Salut. Je ne trouve de référence nulle part à propos de la conjecture de Goldbach dans Z/nZ.

Est-ce qu'on a une preuve de Goldbach dans Z/nZ? Si non, a-t-on ( Goldbach dans Z/nZ ) => ( Goldbach dans N )?

J'appelle Goldbach dans Z/nZ l'énoncé :

Pour tout entier n et tout nombre pair 2k, il existe deux nombres premiers p et q tels que 2k = p + q modulo n

Si ça se trouve tu viens d'inventer un nouvel angle d'attaque pour Goldbach... qui va fonctionner.

A mon avis il y en a qui ont dû se pencher dessus quand même.

Sans avoir prouvé la version Z/nZ, je ne suis pas certain qu'on arrive facilement à prouver que Z/nZ => N, il faudrait, en plus de prouver l'existence de p et q, les trouver de façon indépendante de n, ça me semble coton...

Quelques maigres réflexions de la soirée, j'ai quand même l'impression que c'est pas du tout la même difficulté que le cas de N, car la réduction modulo n simplifie grandement la recherche.

Déjà pour Z/2Z, on peut écrire trivialement 2k = 2 + 2 modulo 2

Pour Z/3Z, soit le nombre pair est égal à 2 + 3 mod 3, soit à 2 + 5 mod 3, soit à 2 + 7 mod 3

On peut continuer à la main sur les premiers Z/nZ mais ça n'avance à rien et comme le choix des nombres premiers est un peu aléatoire, ça ne se généralise pas.

Le 06 mai 2016 à 00:28:09 Amandin a écrit :
le choix des nombres premiers est un peu aléatoire

Je conjecture que si on arrive à une preuve de l'hypothèse de Riemann, on aura Goldbach

Pour la généralisation, on écrit que :

2k = (nx + a) + (nx - a + 2k) mod n pour tout x.

Si on choisit a copremier à n, alors il existe une infinité de nombre premier sous la forme nx + a (théorème de la progression arithmétique). Il resterait donc à montrer qu'on peut choisir x de sorte que nx - a + 2k soit aussi premier. Là encore, on peut choisir a tel que -a + 2k soit copremier à n et donc il existerait une infinité de nombres premiers sous la forme nx - a + 2k. Le problème c'est que a et x n'ont aucune raison d'être les même que ceux pour lesquels nx + a est premier, et je ne vois pas comment les trouver de façon conjointe.

2k = (nx + a) + (ny - a + 2k) mod n pour tout x, y et a.

On choisit a tel que n soit à la fois copremier à a et -a + 2k.
Alors :

1) Il existe x tel que nx + a = p soit premier (Dirichlet)
2) Il existe y tel que ny - a + 2k = q soit premier (Dirichlet)

donc 2k = p + q mod n CQFD.

Effectivement, rien à avoir avec Goldbach dans N, au mieux un exercice de sup (avec une indication).

Ouais, 'fin faut quand même admettre Dirichlet, qui est tout sauf trivial. Sinon question con, comment tu choisis ton a au tout début ?

Salut Hachino, je ne te cache pas que je n'ai pas trop de preuve générale pour le choix de a, donc j'ai pas trop détaillé pour que ça passe inaperçu

Le choix est clair lorsque n est un nombre premier :

Si n = 2, il suffit de prendre a = 1 car 2 est bien copremier à 1 et 2k - 1
Si n est un nombre premier impair, il suffit de prendre a = 1 ou -1, car n ne peut pas diviser à la fois 2k - 1 et 2k + 1

Pour le cas général, on peut décomposer n en facteurs premiers et choisir a selon les facteurs mais rien de bien clair pour le moment...

Pour le coup de mettre l'exo en sup' oui, il faut admettre Dirichlet (c'est ce que j'aurais mis en indication), mais je me souviens qu'en sup' notre prof nous faisait régulièrement faire des exos d'arithmétique du type "manipulation des conjectures modernes". Par exemple, il nous demandait de prouver des trucs du genre "telle forme de Goldbach implique telle forme de Goldbach" ou alors de montrer que si telle conjecture est vraie alors tel résultat est vrai. C'était foutrement intéressant.

C'est dans ce genre de planches d'exercice que j'aurais bien vu celui-ci (dans une bonne sup' bien sûr).

Le 07 mai 2016 à 13:53:58 Amandin a écrit :
Salut Hachino, je ne te cache pas que je n'ai pas trop de preuve générale pour le choix de a, donc j'ai pas trop détaillé pour que ça passe inaperçu

Le choix est clair lorsque n est un nombre premier :

Si n = 2, il suffit de prendre a = 1 car 2 est bien copremier à 1 et 2k - 1
Si n est un nombre premier impair, il suffit de prendre a = 1 ou -1, car n ne peut pas diviser à la fois 2k-1 et 2k+1

Je rattrape mon arnaque en finissant la preuve, toute bête ...

Dans le cas général où n possède plusieurs facteurs premiers pi, on définit ai = ± 1 relativement à pi comme ci-dessus, puis on choisit un entier a tel que a = ai mod pi pour tout i (reste chinois).