Congettura di Golbach (solo tentativi di dimostrazione)
dim diretta
Sia n = pq con p, q primi e diversi da 2 (se uno tra p e q fosse 2 basterebbe dividere n per 2) .
Già sappiano che F(n) è sempre pari ed è facile provarlo dalla sua definizione come prodotto di differenza di potenze di primi (F(n) è la phi di Eulero). Ora F(n) = F(pq) = F(p)*F(q) perchè MCD(p,q) = 1. Ora F(p)F(q) = (p-1)(q-1) = pq-(p+q)+1
quindi F(n) = 2k = pq-(p+q)+1, cioè pq+1-2k = p+q e dato che pq+1 è pari perché pq è dispari pq+1-2k è pari perché differenza di numeri pari, quindi pq+1-2k è un generico numero pari che però è = p+q.
Quindi un generico numero pari è uguale alla somma di due primi p, q.
per induzione su a
1) assumiano che 2a = p+q per un certo a
2) 2a = F(p1)+F(p2) (un numero pari è sempre la somma di due numeri pari)
3) F(p1) = p1-1 sse p1 primo
4) 2a = p1-1 + q1-1
5) 2(a+1) = p1+q1 cioè è vera al passo a+1
altra dim
Consideriamo il numero pari 2*a . Per il teorema della decomposizione unica in fattori sappiamo che tale numero si può sempre scrivere come una somma (non necessariamente unica) di numeri primi e che questa somma deve essere costituita da un numero pari di addendi (altrimenti il risultato sarebbe dispari). Esempio: 30 = 3*10 = 3+3+3+3+3+3+3+3+3+3 = 5*6 = 5+5+5+5+5+5. Supponiamo che 2*a = p+q+r+s (con p, q, r, s numeri primi). Abbiamo preso 4 numeri primi ma il ragionamento sarebbe stato ugualmente valido per 6, 8, 10 numeri primi. Dunque 2*a –(r+s) = p+q ma r+s = 2b per un certo b quindi 2(a-b) = p+q. Fissato a tramite la decomposizione unica in fattori primi mi determino una classe finita di possibili valori di b e al variare di a 2(a-b) mi determinano l’insieme dei numeri pari. Quindi ho provato che il generico numero pari 2(a-b) lo posso sempre scrivere come somma di due primi p, q. Nell’ esempio di prima 30 = 5+5+5+5+5+5 => 30 – 5+5+5+5 = 5+5. => 10 = 5+5; 30 –3-3-3-3-3-3-3-3 = 3+3 0> 6 = 3+3
dim per assurdo
consideriamo l'approccio della dimostrazione per assurdo. supponiamo cioè di negare la tesi ovvero che esiste un numero pari che non può essere somma di due numeri primi. Sia allora 2a il più piccolo numero pari che non può essere scritto come 2a = p+q con p, q primi. Dunque 2a-2 è pari e può essere scritto come 2a-2 = p+q con p, q primi, allora 2a = 2+p+q
caso 1) 2+p è primo con p primo allora arriviamo all'assurdo 2a = P + q con P= 2+p P, q primi e il teorema è dimostrato
caso 2) 2+q + primo con q primo allora arriviamo all'assurdo 2a = p + Q con Q = 2 +q con p, Q primi e il teorema è dimostrato
caso 3) 2+q non è primo né 2+p, allora si potrebbe cambiare la coppia p, q (es 10 = 7+3 = 5+5) e vedere se si verificano i casi 1) 2). Qui il problema è più complesso perché si lega ad un'altre ben nota congettura che vuole che i numeri primi si distribuiscano più facilmente nella forma p, p+2 con p primo. Nel sottocaso che p=q abbiamo che 2a = 2+2p quindi 2a = 1+(2p+1).
Sia n = pq con p, q primi e diversi da 2 (se uno tra p e q fosse 2 basterebbe dividere n per 2) .
Già sappiano che F(n) è sempre pari ed è facile provarlo dalla sua definizione come prodotto di differenza di potenze di primi (F(n) è la phi di Eulero). Ora F(n) = F(pq) = F(p)*F(q) perchè MCD(p,q) = 1. Ora F(p)F(q) = (p-1)(q-1) = pq-(p+q)+1
quindi F(n) = 2k = pq-(p+q)+1, cioè pq+1-2k = p+q e dato che pq+1 è pari perché pq è dispari pq+1-2k è pari perché differenza di numeri pari, quindi pq+1-2k è un generico numero pari che però è = p+q.
Quindi un generico numero pari è uguale alla somma di due primi p, q.
per induzione su a
1) assumiano che 2a = p+q per un certo a
2) 2a = F(p1)+F(p2) (un numero pari è sempre la somma di due numeri pari)
3) F(p1) = p1-1 sse p1 primo
4) 2a = p1-1 + q1-1
5) 2(a+1) = p1+q1 cioè è vera al passo a+1
altra dim
Consideriamo il numero pari 2*a . Per il teorema della decomposizione unica in fattori sappiamo che tale numero si può sempre scrivere come una somma (non necessariamente unica) di numeri primi e che questa somma deve essere costituita da un numero pari di addendi (altrimenti il risultato sarebbe dispari). Esempio: 30 = 3*10 = 3+3+3+3+3+3+3+3+3+3 = 5*6 = 5+5+5+5+5+5. Supponiamo che 2*a = p+q+r+s (con p, q, r, s numeri primi). Abbiamo preso 4 numeri primi ma il ragionamento sarebbe stato ugualmente valido per 6, 8, 10 numeri primi. Dunque 2*a –(r+s) = p+q ma r+s = 2b per un certo b quindi 2(a-b) = p+q. Fissato a tramite la decomposizione unica in fattori primi mi determino una classe finita di possibili valori di b e al variare di a 2(a-b) mi determinano l’insieme dei numeri pari. Quindi ho provato che il generico numero pari 2(a-b) lo posso sempre scrivere come somma di due primi p, q. Nell’ esempio di prima 30 = 5+5+5+5+5+5 => 30 – 5+5+5+5 = 5+5. => 10 = 5+5; 30 –3-3-3-3-3-3-3-3 = 3+3 0> 6 = 3+3
dim per assurdo
consideriamo l'approccio della dimostrazione per assurdo. supponiamo cioè di negare la tesi ovvero che esiste un numero pari che non può essere somma di due numeri primi. Sia allora 2a il più piccolo numero pari che non può essere scritto come 2a = p+q con p, q primi. Dunque 2a-2 è pari e può essere scritto come 2a-2 = p+q con p, q primi, allora 2a = 2+p+q
caso 1) 2+p è primo con p primo allora arriviamo all'assurdo 2a = P + q con P= 2+p P, q primi e il teorema è dimostrato
caso 2) 2+q + primo con q primo allora arriviamo all'assurdo 2a = p + Q con Q = 2 +q con p, Q primi e il teorema è dimostrato
caso 3) 2+q non è primo né 2+p, allora si potrebbe cambiare la coppia p, q (es 10 = 7+3 = 5+5) e vedere se si verificano i casi 1) 2). Qui il problema è più complesso perché si lega ad un'altre ben nota congettura che vuole che i numeri primi si distribuiscano più facilmente nella forma p, p+2 con p primo. Nel sottocaso che p=q abbiamo che 2a = 2+2p quindi 2a = 1+(2p+1).
Risposte
"Armellini":
dim per assurdo
consideriamo l'approccio della dimostrazione per assurdo. supponiamo cioè di negare la tesi ovvero che esiste un numero pari che non può essere somma di due numeri primi. Sia allora 2a il più piccolo numero pari che non può essere scritto come 2a = p+q con p, q primi. Dunque 2a-2 è pari e può essere scritto come 2a-2 = p+q con p, q primi, allora 2a = 2+p+q
caso 1) 2+p è primo con p primo allora arriviamo all'assurdo 2a = P + q con P= 2+p P, q primi e il teorema è dimostrato
caso 2) 2+q + primo con q primo allora arriviamo all'assurdo 2a = p + Q con Q = 2 +q con p, Q primi e il teorema è dimostrato
caso 3) 2+q non è primo né 2+p, allora si potrebbe cambiare la coppia p, q (es 10 = 7+3 = 5+5) e vedere se si verificano i casi 1) 2). Qui il problema è più complesso perché si lega ad un'altre ben nota congettura che vuole che i numeri primi si distribuiscano più facilmente nella forma p, p+2 con p primo. Nel sottocaso che p=q abbiamo che 2a = 2+2p quindi 2a = 1+(2p+1).
Qui dici giusto nel finale, non è possibile dimostrare nulla, visto che ti manca un caso (molto) importante.
"Armellini":
altra dim
Consideriamo il numero pari 2*a . Per il teorema della decomposizione unica in fattori sappiamo che tale numero si può sempre scrivere come una somma (non necessariamente unica) di numeri primi e che questa somma deve essere costituita da un numero pari di addendi (altrimenti il risultato sarebbe dispari). Esempio: 30 = 3*10 = 3+3+3+3+3+3+3+3+3+3 = 5*6 = 5+5+5+5+5+5. Supponiamo che 2*a = p+q+r+s (con p, q, r, s numeri primi). Abbiamo preso 4 numeri primi ma il ragionamento sarebbe stato ugualmente valido per 6, 8, 10 numeri primi. Dunque 2*a –(r+s) = p+q ma r+s = 2b per un certo b quindi 2(a-b) = p+q. Fissato a tramite la decomposizione unica in fattori primi mi determino una classe finita di possibili valori di b e al variare di a 2(a-b) mi determinano l’insieme dei numeri pari. Quindi ho provato che il generico numero pari 2(a-b) lo posso sempre scrivere come somma di due primi p, q. Nell’ esempio di prima 30 = 5+5+5+5+5+5 => 30 – 5+5+5+5 = 5+5. => 10 = 5+5; 30 –3-3-3-3-3-3-3-3 = 3+3 0> 6 = 3+3
Se [tex]a=2^k[/tex], per esempio, il metodo non funziona, infatti se provi ad applicarlo non riesci a portarti nel caso di due primi.
"Armellini":
dim diretta
Sia n = pq con p, q primi e diversi da 2 (se uno tra p e q fosse 2 basterebbe dividere n per 2) .
Già sappiano che F(n) è sempre pari ed è facile provarlo dalla sua definizione come prodotto di differenza di potenze di primi (F(n) è la phi di Eulero). Ora F(n) = F(pq) = F(p)*F(q) perchè MCD(p,q) = 1. Ora F(p)F(q) = (p-1)(q-1) = pq-(p+q)+1
quindi F(n) = 2k = pq-(p+q)+1, cioè pq+1-2k = p+q e dato che pq+1 è pari perché pq è dispari pq+1-2k è pari perché differenza di numeri pari, quindi pq+1-2k è un generico numero pari che però è = p+q.
Quindi un generico numero pari è uguale alla somma di due primi p, q.
per induzione su a
1) assumiano che 2a = p+q per un certo a
2) 2a = F(p1)+F(p2) (un numero pari è sempre la somma di due numeri pari)
3) F(p1) = p1-1 sse p1 primo
4) 2a = p1-1 + q1-1
5) 2(a+1) = p1+q1 cioè è vera al passo a+1
Prima osservazione, ma non ultima... Qui dai per scontato che comunque scelto [tex]m \in \mthbb N[/tex] pari esista un [tex]n \in \mathbb N: \phi(n)=m[/tex], ma questo è un problema irrisolto di Teoria dei numeri formulato (mi pare) da Moser nel 1957. La dimostrazione quindi è (purtroppo) errata.
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