L’autre conjecture de Goldbach

Si je vous disais que j’ai résolu la conjecture de Goldbach et que cela m’a pris en tout et pour tout 5 minutes, vous me croiriez ? Probablement pas. Et pourtant…

Vous connaissez sans doute la grande conjecture de Goldbach, qu’il a énoncée en 1742  et  qui dit que tout nombre pair supérieur ou égal à 4 peut s’écrire comme la somme de deux nombres premiers. Par exemple, 12 = 5 + 7  ou encore 30 = 13 + 17 = 11 + 19. On pense que cette conjecture est probablement vraie même si, plus de 3 siècles après qu’elle a été énoncée, on n’a toujours pas été capable de la démontrer.

Cependant, je vous arrête tout de suite, ce n’est pas de cette conjecture-là dont il sera l’objet ici. Oh, je sens votre déception, mais attendez un peu avant de me vilipender… Car peu de gens le savent, mais Goldbach avait énoncé une autre conjecture en 1752 qui, elle, est complètement tombée aux oubliettes. Et pour cause, celle-là est fausse !

Quelle est donc cette conjecture dont personne ne parle et dont tout le monde se fout ?

Dans une lettre à Euler datée du 18 Novembre 1752, Goldbach formulait la conjecture suivante (qu’il pensait être vraie):

 Tout nombre impair est de la forme p+2a²a est un entier et où p est soit un nombre premier, soit 1.

Par exemple, 9 = 7 + 2 \times 1^2 ou encore 35 = 17 + 2 \times 3^2.

Goldbach énonce sa conjecture à Euler. Il est amusant de constater que Goldbach écrivait dans un mélange d'allemand et de latin !

Goldbach énonce sa conjecture à Euler (le nombre 1 était inclus dans la définition des nombres premiers à l’époque). Il est amusant de constater que Goldbach écrivait dans un mélange d’allemand et de latin !

A la lecture de la lettre de Goldbach, Euler se mit en tête de vérifier cette conjecture. Il envoya une réponse à Goldbach un mois plus tard (le 16 Décembre 1752) pour lui dire qu’il avait vérifié que cette conjecture était vraie pour tous les nombres impairs jusqu’à 1000.

reponse_correspondance_Goldbach_Euler_16_decembre_1752_

Euler répond à Goldbach pour lui dire qu’il s’est tapé tous les nombres impairs jusqu’à 1000. Lui aussi parle dans un mélange d’allemand et de latin… c’était sans doute le parler djeun’s de l’époque !

Mais Euler ne lâcha pas l’affaire aussi vite: il envoya une nouvelle lettre à Goldbach 5 mois plus tard (le 3 Avril 1753) pour lui dire qu’il avait testé tous les nombres impairs jusque 2500 et que tous vérifiaient bien cette conjecture !

Pauvre Euler… Il aurait pu continuer comme ça longtemps sans pouvoir infirmer la conjecture. Et pour cause, le premier contre-exemple arrive bien plus tard…

Résolution informatique

Certes, nous avons beaucoup (mais alors beaucoup…) moins de talent et de génie qu’Euler, mais nous avons à notre disposition des ordinateurs ! Je vous propose donc de démontrer que cette conjecture est fausse à l’aide d’un programme qui exhibera un contre-exemple, c’est-à-dire un nombre impair qui ne peut pas s’écrire sous la forme p+2a².

Voici le programme que j’ai écrit pour tester chaque nombre impair jusqu’à ce que l’on tombe sur un qui mette en défaut la propriété:

Réfutation de l’autre conjecture de Goldbach

Et voici ce qu’on obtient:

autre_conjecture_Goldbach_algorithme_affiche_la_reponseEt voilà ! La conjecture est fausse car 5777 ne peut pas s’écrire comme la somme d’un nombre premier (ou 1) et du double d’un carré. En fait, si on teste de manière exhaustive tous les nombres impairs jusqu’à 10 000, on trouve qu’il y a un autre contre-exemple: 5993.

Bien qu’à nous il ne nous a fallu que quelques centièmes de seconde avec notre programme pour trouver ces contre-exemples de 5777 et 5993, historiquement, il a fallu attendre 1856 pour que le mathématicien Stern et ses élèves trouvent  ces deux valeurs et démontrent ainsi que la conjecture est fausse. Contrairement à Euler, ils ont eu le courage de vérifier tous les nombres jusque 9000 ce qui leur a permis de trouver ces deux contre-exemples. Mais honnêtement, comment en vouloir à Euler de s’être arrêté à 2500…

Une démonstration mathématique

La démonstration informatique donnée plus haut est correcte (quoiqu’il y a débat si une preuve informatique est une vraie preuve), mais elle laisse tout de même un goût d’inachevé. Le programme nous dit que 5777 ne vérifie pas la conjecture sans qu’on voit vraiment pourquoi. Je vous propose d’essayer de le prouver par des raisonnements plus jolis, qui permettent de faire un minimum de calculs. Allons-y !

1) Le cas trivialement imposssible

Commençons par écarter un premier cas: on ne peut avoir de relation de la forme 5777 = 1 + 2a^2 car dans ce cas on aurait a^2 = 2888 . Cela est impossible parce qu’un carré parfait ne peut jamais se finir par un 8. Pour s’en convaincre, il suffit de regarder tous les cas possibles modulo 10:

Comme on le voit dans la ligne du bas, le dernier chiffre d’un carré est soit 0, 1, 4, 5, 6 ou 9. Le nombre 2888 ne peut donc pas être un carré.

2) Le cas général

Supposons qu’il existe un nombre premier p et un entier a tels que 5777 = p + 2a^2. On peut d’abord resserrer l’étau autour du nombre a car l’égalité précédente entraîne 5777 \geqslant 2a^2 ce qui donne a \leqslant \sqrt{\frac{5777}{2}} < 54. Le nombre a peut prendre toute les valeurs entre 0 et 53. Nous n’allons évidemment pas tester ces 53 cas, oh non… Nous allons faire plus amusant que cela: une partie de Bingo !5777_grille_bingo_viergeJe m’explique: en écrivant l’égalité 5777 = p + 2a^2 , on obtient la relation p = 5777 - 2a^2 que nous allons regarder modulo 3, 5, 7, 11 et 13, ce qui nous donnera des conditions nécessaires sur le nombre a et nous permettra de barrer plein de cases !

a) Relation prise modulo 3

Comme 5777 \equiv 2 \mod[3], on peut obtenir la factorisation suivante:

p = 5777 - 2a^2 \equiv 2 - 2a^2 \equiv 2(1-a^2) = 2(1-a)(1+a) \mod [3]

Souvenons-nous que p est un nombre premier, donc on ne peut avoir p \equiv 0 \mod [3] (cela voudrait dire que p est divisible par 3) sauf si p=3. Mais, si on avait p=3, on aurait 5777 = 3 + 2a^2 donc a^2 = 2887 ce qui est impossible car un carré ne peut se finir par 7. Nous avons donc forcément p \not\equiv 0 \mod[3] ce qui entraîne 2(1-a)(1+a) \not\equiv 0 \mod[3]. Or,

2(1-a)(1+a) \equiv 0 \mod [3] \Leftrightarrow 1-a \equiv 0 \mod [3] \text{ ou } 1+a \equiv 0 \mod [3]

(on a pu se débarrasser du 2 dans cette équation car 2 est premier avec 3 et donc 2 est inversible modulo 3) donc

a \equiv 1 \mod [3] \text{ ou } a \equiv -1 \equiv 2 \mod [3]

Tout cela est bien beau mais qu’avons-nous démontré ? Tout simplement que si 5777 = p + 2a^2 alors nécessairement a ne peut pas être congru à 1 ou 2 modulo 3. Ainsi, dans notre grille de Bingo, nous pouvons donc barrer tous les nombres a qui sont congrus à 1 ou 2 modulo 3:

5777_grille_bingo_modulo_3b) Relation prise modulo 5

Comme 5777 \equiv 2 \mod [5], on aura la même factorisation que précédemment:

p = 5777 - 2a^2 \equiv 2 - 2a^2 \equiv 2(1-a^2) = 2(1-a)(1+a) \mod [5]

Puisque p est premier, on a soit p=5 ou bien p \not\equiv 0 \mod[5]. Mais p=5 est impossible car sinon on aurait 5777 = 5 + 2a^2 donc a^2=2886, ce qui est absurde car un carré ne peut pas se terminer par 86 (en faisant un raisonnement modulo 100, on peut montrer que les deux derniers chiffres d’un carré sont 00, 01, 04, 09, 16, 21, 24, 25, 29, 36, 41, 44, 49, 56, 61, 64, 69, 76, 81, 84, 89, ou 96). Ainsi, on a forcément p \not\equiv 0 \mod[5], ce qui va nous donner une nouvelle condition nécessaire sur a. En effet,

p \equiv 0 \mod [5] \Leftrightarrow 2(1-a)(1+a) \equiv 0\mod[5]

ce qui entraine

a \equiv 1 \mod[5] \text{ ou } a \equiv -1 \equiv 4\mod[5]

Dans notre grille de Bingo, il faut donc barrer tous les nombres qui sont congrus à 1 ou à 4 modulo 5:

5777_grille_bingo_modulo_5c) Relation modulo 7

Il se trouve qu’on a encore 5777 \equiv 2 \mod[7], donc exactement comme auparavant p \equiv 2(1-a)(1+a) \mod[7].

De plus, p=7 est impossible car sinon on aurait 5777 = 7 + 2a^2 c’est-à-dire a^2 = 2885. Comme ce nombre se termine par 85, ce n’est pas un carré. Ainsi, p \not\equiv 0 \mod[7] et un calcul identique à ce qu’on fait plus haut montre que a ne peut pas être congru à 1 ou 6 modulo 7, ce qui nous permet de barrer encore plus de nombres:

5777_grille_bingo_modulo_7d) Relation modulo 11

Bon, je pense que vous avez compris la mécanique, donc j’abrège. On a encore (!) 5777 \equiv 2 \mod[11] donc en refaisant la même chose que précédemment on trouve que a ne peut pas être congru à 1 ou 10 modulo 11. On raye donc tous les nombres congrus à 1 ou 10 modulo 11:

5777_grille_bingo_modulo_11e) Relation modulo 13

Là, les choses vont être légèrement différentes car 5777 \equiv 5 \equiv 18 \mod[13]. Pourquoi prendre 18 plutôt que 5 comme reste modulo 13 ? Car cela nous permet de factoriser:

p = 5777 - 2a^2 \equiv 18 - 2a^2 = 2( 9-a^2) = 2(3-a)(3+a) \mod[13]

Après avoir montré que p=13 est impossible, le raisonnement précédent montre qu’on ne peut avoir a \equiv 3 \mod[13] ou a \equiv -3 \equiv 10 \mod[13], ce qui nous permet de rayer encore des nombres:

5777_grille_bingo_modulo_13e) Bouquet final

A ce stade, nous voyons dans notre grille de Bingo qu’il ne reste que 4 possibilités: 0, 18, 30 ou 33. Nous allons montrer que chacune des ces possibilités est impossible, ce qui montrera que 5777 met bien en défaut la conjecture.

  • Si on avait a=0, on aurait p=5777-2\times 0^2 = 5777 et donc 5777 serait un nombre premier, ce qui n’est pas le cas car 5777 = 53 \times 109
  • On peut pas avoir a=18 car cela donnerait p = 5777 - 2 \times 18^2 = 5129 et 5129 n’est pas un nombre premier (5129 = 23 \times 223)
  • Le cas a=30 est tout aussi impossible car 5777 - 2 \times 30^2=3977 qui n’est pas premier (3977 = 41 \times 97)
  • Enfin, a=33 ne marche pas non plus car 5777 - 2 \times 33^2 = 3599 qui n’est pas premier non plus (3599 = 59 \times 61)

Et voilà, nous avons bien montré que 5777 ne peut pas s’écrire sous la forme p+2a^2 !

Retour sur cette preuve

On peut se demander ce que cette démonstration mathématique apporte de plus par rapport à la démonstration informatique. Elle nous fait comprendre que 5777 met en défaut la conjecture car il y a beaucoup de nombres premiers (3, 5, 7, 11, 13)  modulo lesquels 5777 s’écrit comme le double d’un carré (par exemple 5777 \equiv 2 = 2 \times 1^2 \mod[3] ou encore 5777 \equiv 18 = 2 \times 3^2 \mod[13] ), ce qui nous a permis d’obtenir une factorisation et d’éliminer beaucoup de cas !

Cette remarque me permet aussi de répondre à une autre question que vous pourriez poser: pourquoi n’avons-nous pas regardé la relation modulo 17 ? Tout simplement, car 5777 ne s’écrit pas sous la forme du double d’un carré modulo 17, ce qui nous empêche d’obtenir une factorisation de p, contrairement aux autres cas. (Petit exercice: montrer que si 5777 s’écrivait sous la forme du double d’un carré modulo 17, alors 7 serait un carré modulo 17… conclure que ce n’est pas possible en établissant la liste des carrés modulo 17 ou bien avec la loi de réciprocité quadratique pour les plus savants).

D’autres questions

La résolution de cette conjecture n’est en fait pas une fin en soi, mais le début d’autres conjectures.

Par exemple, on peut se demander si 5777 et 5993 sont les seules valeurs qui ne marchent pas. Autrement dit, cette conjecture de Goldbach est-elle vraie pour tout entier excepté ces deux nombres ? (spoiler alert: il n’y a aucun autre contre-exemple jusqu’à 1 000 000). Si ce n’est pas le cas, une autre question qu’on peut se poser est: existe-t-il une infinité de contre-exemples à cette conjecture ou y en a-t-il qu’un nombre fini ?

Comme bien souvent en mathématiques, la résolution de cette conjecture n’a fait qu’ouvrir d’autres problèmes !

Sources:

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8 commentaires pour L’autre conjecture de Goldbach

  1. Arnaud dit :

    Article sympathique à lire, mais il me confirme que je n’aimerai jamais l’arithmétique …

    • blogdemaths dit :

      Quel dommage, c’est tellement beau l’arithmétique pourtant 😉
      Comme disait Gauss: « La Mathématique est la reine des sciences et l’Arithmétique est la reine des mathématiques. »

  2. Zimamou dit :

    Merci pour cet article, auriez-vous l’amabilité de fournir le python par lequel le teste a été réalisé, merci.

    • blogdemaths dit :

      Le test a été réalisé avec la version 3.3 de Python (mais il marche aussi avec la version 2, il suffit de retirer les parenthèses après les « print » il me semble…)

  3. Anonyme dit :

    Thanks for that, and the link. It is surprising that it appears that no-one has searched further.

  4. RB dit :

    Dans le bouquet final, cas a=30 :
    5777 = p + 2.30^2 = p + 1800 donc p = 3977 (≠ 3997) = 41 x 97 donc p non premier

  5. invité8 dit :

    Retour à la grande conjecture de Goldbach-Euler a énoncée en 1742 et qui dit que tout nombre pair supérieur ou égal à 4 peut s’écrire comme la somme de deux nombres premiers.

    En fait, la quantité exacte de fois que la conjecture est réalisée pour un Pair donné, par les Premiers de forme 6k ± 1, est donnée par la formule QCok = QPrem + Q2C – (Pair – 6) / 6 dans laquelle :
    – (Pair – 6) / 6 est égal au nombre de lignes contenant des sommes Petit Impair + Grand Impair = Pair avec Petit Impair de forme 6k ± 1 et Grand Impair = Pair – Petit Impair,
    – Qprem = Quantité de nombres Premiers, forme 6k ± 1, et inférieurs au Pair
    – et Q2C = Quantité de lignes ou de sommes du type Petit Composé + Grand Composé = Pair
    – et tout ça avec Petit Impair commençant par le nombre premier 5 et tant que Petit Impair <= Pair / 2
    Pour les sceptiques il suffit d'utiliser un tableur et une table de nombres premiers pour s'en convaincre. La démonstration de la théorie qui aboutit à la formule ci-dessus se trouve dans deux fichiers pdf téléchargeables ici : http://codes-sources.commentcamarche.net/source/list/delphi-pascal-7/last et au même endroit on peut aussi télécharger le logiciel GolbachEuler.exe pour ceux qui n'ont pas envie d'utiliser un tableur.

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