[feriva]

Consideraremos un $$2n$$ suficientemente grande (o, mejor dicho, tan grande como queramos).

$$2n$$ siempre se va a poder escribir como una suma del tipo $$p+c$$, con $$c<2n$$ compuesto distinto de $$p$$, que es primo.

Puesto que $$c$$ (el compuesto) se descompone como poco en un primo ($$c$$ puede ser el cuadrado de un primo en el peor de los casos) y puesto que esa suma del tipo $$p+p$$ implica

$$p+p<2p^{2}$$

con eso ya tenemos un par distinto de $$2n$$ (el cual se expresa de forma $$p+p$$) contenido en $$[0,2n]$$; hemos empezado la biyección para ir rellenando, hacia abajo y con sumas distintas del tipo $$p+p$$, todos los lugares pares del intervalo desde 4 hasta $$2(n-1)$$; si eso se consiguiera (adelanto que no lo he conseguido con rigor) obviamente, se demostraría que se cumple Goldbach, puesto que podemos elegir $$n$$ tan grande como queramos.

Como veis, no es necesario que los pares aparezcan consecutivamente, sí es necesario que los que vayan apareciendo sean distintos a los que hayan aparecido; de forma que completen todo los pares distintos mayores que 2 que existen en $$ [0,2n] $$ (los $$p$$ de las parejas $$p+p$$, repito, son factores de los compuestos que hay en ese intervalo, por lo que ninguna suma queda fuera de consideración).

Seguimos hacia abajo con el par siguiente, $$2(n-2)$$.

Por el TFA, $$2(n-2)$$ tendrá una descomposición en primos distinta de $$2(n-1)$$; además, en este caso, al ser el anterior, tenemos que n-1 y n-2, son coprimos, no tienen factores primos comunes. Por tanto, va a implicar, al menos hasta aquí, una suma distinta de la de antes.

La cuestión básica es que todo compuesto implica divisores que son semiprimos menores que n y, por tanto, distintos de n

Por ejemplo:

Spoiler

$$0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12$$

$$12=2*2*3$$

entonces tenemos los pares $$2+2=4$$, $$3+3=6$$, son distintos y menores que 12, y ya entran a ocupar un lugar en el intervalo (0,12) como parejas p+p a la hora de ir haciendo la biyección. Después está 11, que es primo y demasiado grande para formar otro múltiplo, después está el par 10, con divisor 5, que implica el propio par al ser semiprimo 5+5, y otra plaza biyectada...

[cerrar]

Hay un despiste en lo dicho hasta aquí y en lo que sigue hasta el final. Y es que elegido un 2n arbitrario, la biyección se consideraría para el intervalo [4,n) , éste es el que tiene que ser completado para los pares que están formados con las parejas p+p,  siendo los p divisores de los compuestos de [n,2n] .

Esto nos lleva a considerar el conjunto de partes.

Si tenemos A={a,b,c}, considerando los conjuntos que tienen dos o más elementos (los de uno no nos valen) tenemos:

{a,b}, {a,c}, {b,c} y {a,b,c}

O sea, Tenemos más conjuntos de dos elementos que de tres (donde los de dos son los semiprimos)

como los productos nos dan valores mayores que las sumas, las sumas (a+b); (a+c); (b+c) están contenidas en [0,2n]; y además, al inducir hacia abajo, la cantidad de primos que entran en juego es finita; ésa es otra ventaja añadida de la inducción descendente, la cantidad de primos no está descontrolada, los mayores que 2n no pintan nada en el ataque o intento de demostración

Cierto es que hay sumas de primos dentro del intervalo que pueden dar valores iguales; pero, sin considerar la suma, queda claro que hay muchos más conjuntos de dos elementos; porque el conjunto {a,b,c} u otro mayor implica que existan sus combinaciones de dos elementos, que son más.

(También es cierto que son combinaciones sin repetición, pero que existen números dados por las de repetición en los no libres de cuadrados; sin embargo, no van a ser muchos en comparación con el total, porque una gran parte supondrán valores mayores que 2n al hacer el producto y no servirán).

...

Bien, pero la pregunta es, ¿habrá tantas sumas distintas de dos elementos como pares hay contenidos en [4,2n]?

Si no las hubiera, implicaría que al menos una de las sumas se podría escribir como p+c y no como p+p; pero ese p+c y los demás $$p+c$$ de cada par implicarían sumas $$p+p$$ más pequeñas que tendrían que caber en el intervalo por demasiadas igualdades entre ellas (claro, al ir descendiendo, el primer fallo representaría la existencia de al menos dos parejas de primos con sumas iguales, p+q=a+b)

Podemos suponer que vamos bajando haciendo una inducción “manual”: $$2(n-1), 2(n-2), 2(n-3),...$$ y que hasta cierto $$2(n-k)$$ hemos encontrado siempre sumas distintas. ¿Sería posible no encontrar una suma distinta de las demás al llegar a $$2(n-k-1)$$? En teoría, parece que con el TFA y algo más esta idea podría ser una vía de ataque a la conjetura.

Resulta curioso pensar que si hacemos la inducción hacia arriba, para fallar, el $$2n$$ tiene que quedarse sin ninguna pareja, pero descendentemente, en el fallo tiene que aparecer al menos una repetida. Sin embargo, aquí no hay un absurdo todavía; porque no puedo garantizar que la biyección la esté haciendo en orden de pares consecutivos según desciende; en otro caso, sí, llegaría por arriba y por abajo al mismo número, eso sería absurdo.

Pero a lo más que he llegado es a una estimación que da mucho margen para que se cumpla la conjetura:

...

Supongamos que tenemos los números pares 4,6,8. Imaginemos que el 4 tuviera tres parejas p+p Goldbach (que no las tiene, evidentemente) el 6 tuviera dos parejas, y el 8 otras dos parejas:

(a+b=4; c+d=4; e+f=4); (g+h=6; i+j=6); (k+l=8; m+n=8)

Restamos una pareja a cada grupo y quedan: 2+1+1=4.

Esas son parejas repetidas que se pueden quitar, nos hemos quedado con una solo para cada número par de un intervalo [4,2n].

Para ese mismo dos 2n tenemos esto $$ \dfrac{\pi(2n)!}{2!(\pi(2n)-2)!}$$, que nos da todas las parejas que suman 4,6,8... 2n, con repeticiones incluidas. Si le quitamos los grupos de antes (los que acumulan las repeticiones), tendrán que quedar, mas o menos, una sola pareja para el 4, una sola para el 6... etc., y como tenemos 2n números, y son parejas que dan todos los pares del intervalo, tendrá que salir una cantidad que se acerque a $$(2n)/2=n$$.

Ese razonamiento se lo he dado a la IA para que lo calcule mediante la función contadora de parejas Goldbach para un determinado 2n. Si a las combinaciones anteriores, $$ \dfrac{\pi(2n)!}{2!(\pi(2n)-2)!} $$, les restamos las las repeticiones, tendrá que quedar un valor próximo a $$n$$, pues tenemos las parejas sin repetir que da todos los pares.

Y sí funciona según la IA, da $$n$$ tal como esperaba; aquí pongo la respuesta de Gemini:

\( \binom{\pi(2n)}{2} - \sum_{k=2}^{n} (G(2k) - 1) \approx n \)

Donde \( \binom{\pi(2n)}{2} \) es el arsenal total de parejas posibles: \( \binom{\pi(2n)}{2} = \frac{\pi(2n)!}{2!(\pi(2n)-2)!} = \frac{\pi(2n)(\pi(2n)-1)}{2} \)

Dado que el inventario total de parejas crece de forma cuadrática respecto a la densidad de primos \( \approx \left(\frac{2n}{\ln 2n}\right)^2 \) y el número de pares crece solo de forma lineal (\( n \)), la redundancia es tan masiva que el "espacio de fallo" se reduce drásticamente por pura saturación.

Y eso es lo que hay.

[Luis Fuentes]

Hola

 feriva: me cuesta mucho seguirte.

Consideraremos un $$2n$$ suficientemente grande (o, mejor dicho, tan grande como queramos).

$$2n$$ siempre se va a poder escribir como una suma del tipo $$p+c$$, con $$c<2n$$ compuesto distinto de $$p$$, que es primo.

Aquí ya no se si se supone que comienzas suponiendo que \( 2n \) no cumple la conjetura. En otro caso no veo obvio que se puede escribir como dices. Por ejemplo \( 10 \) no puede escribirse como suma de primo más compuesto.

Puesto que $$c$$ (el compuesto) se descompone como poco en un primo ($$c$$ puede ser el cuadrado de un primo en el peor de los casos) y puesto que esa suma del tipo $$p+p$$ implica

$$p+p<2p^{2}$$

con eso ya tenemos un par distinto de $$2n$$ (el cual se expresa de forma $$p+p$$) contenido en $$[0,2n]$$;

No sé que quieres decir con esto. No estoy seguro que tiene que ver la descomposición en primos de \( c \) con el primo \( p \) con el que lo sumas. Tampoco para que queremos ese par distinto.

hemos empezado la biyección para ir rellenando, hacia abajo y con sumas distintas del tipo $$p+p$$,

No has dicho de que biyección hablas (quizá la de otro hilo; pero tendrías que aclararlo). Tampoco sé que tiene que ver eso con las sumas \( p+p \)

todos los lugares pares del intervalo desde 4 hasta $$2(n-1)$$; si eso se consiguiera (adelanto que no lo he conseguido con rigor) obviamente, se demostraría que se cumple Goldbach, puesto que podemos elegir $$n$$ tan grande como queramos.

No entiendo nada aquí. ¿Qué es ESO que quieres conseguir? ¿Por qué se supone que con "eso" se demostraría Goldbach?

Como veis, no es necesario que los pares aparezcan consecutivamente, sí es necesario que los que vayan apareciendo sean distintos a los que hayan aparecido; de forma que completen todo los pares distintos mayores que 2 que existen en $$ [0,2n] $$ (los $$p$$ de las parejas $$p+p$$, repito, son factores de los compuestos que hay en ese intervalo, por lo que ninguna suma queda fuera de consideración).

Seguimos hacia abajo con el par siguiente, $$2(n-2)$$.

Ya estoy descarrilado en comprensión... no se a que viene lo del "par siguiente".

En fin... y ya no seguí leyendo.

Saludos.

[Pie]

Aquí ya no se si se supone que comienzas suponiendo que 2n no cumple la conjetura. En otro caso no veo obvio que se puede escribir como dices. Por ejemplo 10 no puede escribirse como suma de primo más compuesto.

\( 2+8 \) no valdría?

Conste que tampoco entendí muy bien, especialmente de donde sale ese \( p+p \)..

Saludos.

[Richard R Richard]

Hola, feriva , tampoco he podido encontrar la idea de fondo.


Ya de entrada dices que  quieres sumar un primo y un compuesto y que te de $$2n$$, entre los naturales (para evitar el 0 y el -2) el único primo que puede cumplir lo que pides es el $$2$$.


Goldbach pide que $$2n-p$$ sea compuesto para cualquier $$p<2n$$, para $$p=2$$ es claro que siempre se cumple para cualquier $$2n$$, pero para el resto de los primos $$p$$, implicaría que $$c$$ sea compuesto e impar.

[feriva]

Buenos días, Luis.

Buenos días, Pie y Richard.

Hay una alucinación-error inicial en todo lo que digo. Voy a explicarme.

Contestando a la primera pregunta:

Al principio, cuando estaba dando vueltas a esto, pensé en la hipótesis de fallo, pero después cambié el enfoque y me quedé sólo con la idea inductiva.

Empiezo considerando 2n; si es semiprimo par, entonces cumple. Considero que n tiene al menos dos factores en su descomposición (y con el 2 serían al menos tres si es libre de cuadrados). Luego ya tengo al menos una suma p+p si el valor suma es menor que n (aquí me equivoqué y arrastré la equivocación, lo que se va rellenando con los valores suma son los pares consecutivos hasta n, no hasta 2n).

Se puede afirmar que existen suficientes parejas distintas tales que su cantidad es igual o mayor que la cantidad de números pares del intervalo [4,n], lo que no se puede afirmar es que los miembros de esas parejas den tantas sumas distintas como pares hay en [4,n]; eso sería lo que habría que demostrar (que no digo que pueda ni que lo vaya a conseguir).

Entonces yo voy mirando los divisores de los compuestos mayores que n y voy formando con ellos parejas p+p. Al final, cuando tengo todas las p+p menores que n, podría haber ocurrido que hubiera rellenado un mismo lugar de orden par varias veces, debido a las parejas de primos que suman los mismo, p+q=a+b, pero nunca habré colocado la suma procedente de una pareja p+c, porque no las uso, no caben porque ese c es mayor que 2n. Si hubiera una suma p+c de las que sí caben, no la habría colocado yo al hacer la biyección a mano, estaría ahí al quedar un hueco (yo voy a ciegas al hacer las correspondencias, sé que tengo parejas p+p distintas suficientes, pero no sé si el resultado de sus sumas “se montan” de vez en cuando en un mismo lugar de orden; lo que es seguro es que nunca coloco la suma de una pareja c+p; si existe, está porque está, sin que la haya colocado yo.

Al descomponer los números mayores que $$n$$ puedo usar la suma de un mismo factor (aunque sea libre de cuadrados el compuesto) o la suma de distintos factores: 5+5 o 3+7. Las parejas son distintas, pero lo suma es la misma; ambas ocupan el par 10. Si no se subsanara esa falta de biyección momentánea mediante los factores obtenidos al descomponer los demás compuestos mayores que $$n$$, la conjetura fallaría.

Y de eso vino una cosa que dije (errónea) que no comprendía: porque mezclé por un momento el concepto de parejas distintas con sumas distintas:

Resulta curioso pensar que si hacemos la inducción hacia arriba, para fallar, el $$2n$$ tiene que quedarse sin ninguna pareja, pero descendentemente en el fallo tiene que aparecer al menos una repetida.

Claro, pero la suma de esa pareja no falla, lo que pasa es que su suma ocupa un hueco ya ocupado y. entonces. deja otro sin rellenar; no es la pareja que en hipótesis falla, la que falla es la que, en hipótesis, está en el hueco que yo no he tapado (uno de mis despistes tontos).

...

....

Entonces, ya mejor explicado.

Tengo el intervalo (0,2n). Si fallara Goldbach, todos los primos de (0,2n) sumarían 2n con un compuesto de (n.2n).

Todos los primos de (0,n) se pueden encontrar en las descomposiciones de los compuestos de (n,2n); todos; se demuestra fácilmente.

Esos primos los uso para encontrar sumas distintas p+p ( sumas siempre menores que n, o iguales o menores, no importa mucho). Pero, obviamente, no niego que existen compuestos menores que n cuya suma p+c es menor que n (si afirmara eso pretendería falsamente haber demostrado la conjetura).

...

Por qué se me ocurrió hacer la biyección así. Pues porque la idea viene de otras ideas que se fueron uniendo; veamos una de esas ideas:

Los números que suman 2n, primos o no, son siempre simétricos respecto de $$n$$.

Entonces,, el semiprimo que se puede formar con su producto (sean los primos p,q tales que p+q=2n) se puede expresar así:

$$pq=(n-k)(n+k) $$

$$pq=n^{2}-k^{2} $$

con $$k\in(0,n)$$

Pero también podemos meter el cero o n; si k=0, entonces quiere decir que n es primo y la distancia a sí mismo es cero.

Queda claro que se cumplirá Goldbach si para todo $$n\geq2$$ existe k en ese rango.

para un k tan grande como se quiera vamos encontrado infinitos semiprimos (esa fórmula es la que usa Fermat para factorizar números).

Si p=2 y n<q, pues 2q es compuesto y está en (n,2n); p+q cumple la conjetura. Con los pq no pares podremos formar semiprimos, algunos se saldrán del intervalo (n,2n); y esos no sirven.

A partir de eso y dándole vueltas se me ocurrió hacer la biyección así, “descendentemente”.

....

Con el Postulado de Bertrand use un ataque análogo en este hilo (y no pude rematar tampoco la idea con un argumento riguroso):

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=75287.0 Pero básicamente puedo explicar la idea con un ejemplo para que nadie se tenga que mirar el hilo larguísimo ése (lleno de despistes y rectificaciones como todo lo mío). Hago un resumen en spoiler:

Spoiler

Bertrand dice que siempre existe al menos un primo en (n,2n).

O sea, si Bertrand falla, existe un 2n para el cual el intervalo (n,2n) está copado de compuestos en todos los lugares de orden; sin primos.

Pero todos los compuestos de (n,2n) están formados por los primos de (0,n); no pueden estar formados por primos mayores que n, ya que, serían mayores o iguales que 2n; no estarían en el intervalo (n,2n)

Dados $$n$$ números consecutivos, en ellos existe al menos un múltiplo de 1, al menos un múltiplo de 2...así hasta al menos un múltiplos de n (esto es fácil de demostrar).

Luego como en (n,2n) hay la misma cantidad de números que en (0,n) tenemos que en (n,2n) existirá al menos un múltiplo de 1, al menos uno de 2, etc., hasta al menos uno de $$n$$.

Así, si considero el intervalo (0,n)

0,1,2,3,..., n-1, n

Encontraré un número (primo o noprimo) que multiplicado por n-1 me dé un compuesto de (n,2n); en el caso de n-1 es claro que ese número es 2. Ese compuesto ocupa sólo un lugar de orden; y todos los números que ocupan lugares distintos son distintos entre ellos.

Luego ya tengo biyectado un compuesto en los lugares de orden del intervalo (n, 2n), y ese compuesto es 2(n+1).

Sigo multiplicando ahora el anterior a n-1, que es n-2 (a vece me equivoco y digo el siguiente, quiero decir el anterior). Si lo multiplico por 2 encontraré otro compuesto en (n,2n); ya tengo otro biyectado...

Así sigo, cuando al multiplicar por 2 no llegue para encontrar uno en (n,2n) porque se quede pequeño, multiplicaré por 3 buscando uno distinto a los anteriores, cuando no llegue multiplicando por 3, multiplicaré por 4... Lo que pasa es que va a haber repeticiones, como por ejemplo, como 2*6=3*4. si me encuentro un lugar ocupado, ya no puedo multiplicar por 4 o por le que toque, tengo que buscar un producto que me dé un lugar no ocupado en (n,2n).

Todos los productos tal como los hago se transforman en un número distinto de de (n,2n); o eso es lo que intento en hipótesis para que no se cumpla Bertrand.

Y tengo tantos lugares en (0,n) como en (n, 2n); y siempre en encuentro un producto de dos números de aquí (0,n) que me da un número de aquí (n,2n); repetido o no, pero siempre encuentro el producto...

No siempre. Cuando llego a 1, al ser neutro, no existe ningún número de (0,n) que multiplicado por 1 se transforme en un número de (n,2n). Y como en (n,2n) al menos existen un múltiplo de cada número del intervalo (0,n) queda un al menos un hueco: ejemplo

0,1,2,3,4,5,6,7,8,(9),_,_,_,_,_,_,_,_,18

Empiezo multiplicando

$$2*8=16>9$$

$$2*7=14>9\neq16$$

$$2*6=12$$, distinto de los de antes

$$2*5=10$$ distinto

$$3*4=12$$ repetido

$$4*4=16$$ repetido

$$5*4=20>18$$ no vale

$$2*6$$ repetido

etc.

Al final, pongo los distintos que me he obtenido sin repetir

0,1,2,3,4,5,6,7,8,(9),10,_,12,_,14,15,16,_,18

y me quedan tres huecos, que son ocupados por primos; no pueden ser ocupados por ningún compuesto salido del intento de biyección

[cerrar]

Pues lo que propongo es similar, pero en vez de haber productos repetidos que dejan huecos, hay parejas p+p que dan la misma suma y dejan huecos también (no demuestro, repito, que en esos huecos no puedan existir sumas c+p; en cuyo caso no habría huecos).

Muchas gracias Luis; gracias, Pie y Richard.

La idea no funciona como yo creía. Si considero n=20 tengo que no encuentro primos para sumar 18 descomponiendo un compuesto de ((n,2n)); necesito mezclar. Lo cual ya... falla, lo que decía se basaba en una conjetura falsa. Y si mezclo... pues ya lo miso da tomar los primos de (n,2n) que (0,n); no hay novedad ya

Saludos.

[feriva]

Aquí ya no se si se supone que comienzas suponiendo que 2n no cumple la conjetura. En otro caso no veo obvio que se puede escribir como dices. Por ejemplo 10 no puede escribirse como suma de primo más compuesto.

\( 2+8 \) no valdría?

Conste que tampoco entendí muy bien, especialmente de donde sale ese \( p+p \)..

Saludos.

Ése vale, pero es cierto que, en general, si no echamos mano de los pares, no es obvio. También, si no es semiprimo par (que cumplen la conjetura directamente), sí es obvio, porque entonces c tiene dos factores al menos  y se puede asociar así, por ejemplo

$$c=ab$$;

$$2ab=a(2b)= 2b+2b+...$$ a veces 2b =

$$a + a(2b-1)$$

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

La idea no funciona como yo creía. Si considero n=20 tengo que no encuentro primos para sumar 18 descomponiendo un compuesto de ((n,2n)); necesito mezclar. Lo cual ya... falla, lo que decía se basaba en una conjetura falsa. Y si mezclo... pues ya lo miso da tomar los primos de (n,2n) que (0,n); no hay novedad ya

¿Queda algo por revisar?.

Me resulta muy confuso que mezcles la versión última de la idea que quieres exponer con como has llegado a ella (y los posibles palos de ciego en el camino); uno no sabe ya que cosas defiendes y cuáles tu mismo te has dado cuenta de que no funcionan.

Es como si se mezcla una película y el "como se hizo". Yo prefiero ver sólo la película, y aún diría más, primero el trailer.

Saludos.

[feriva]

Es como si se mezcla una película y el "como se hizo". Yo prefiero ver sólo la película, y aún diría más, primero el trailer.

Saludos.

Hola, Luis, buenos días (o tardes; no he comido aún).

A ver si puedo explicar en no muchas palabras cómo llegué considerar el obtener los primos de los compuestos para trabajar sólo con ellos (de forma difusa, como siempre ).

Dado un número impar, y a través de dos de sus factores (combinando divisores) podemos hacer lo siguiente: sean factores a,b, se pone uno de los factores en medio, en un centro de simetría, digamos el factor $$a$$, y a los lados una cantidad de $$(b-1)/2$$ números.

Ejemplo, con 3*9=27, poniendo en medio el 9:

8,9,10

y con centro 3

-1,0,1,2,3,4,5,6,7

Si los sumamos tenemos este tipo de suma ...(n-1)+n+(n+1)..., que nos da el valor del compuesto 3*9 en este caso (en algún caso nos extenderemos a los negativos, como ahí).

En general, según los divisores del número impar, podremos poner cada uno de ellos en el centro y hacer lo mismo; todos tienen varias factorizaciones y, si las combinamos dos a dos, tenemos distintas intersecciones.

Si tomamos el ejemplo que he puesto, (8,9,10) y (-1,0,1,2,3,4,5,6,7) la intersección es vacía; pero con otros divisores tendremos una serie de números consecutivos.

Ocurre entonces que, como en los semiprimos, sólo podemos colocar de centro $$a$$ ó $$b$$, son de intersección única.

Y ya no sé decirte exactamente como pasé de esto a lo otro; la cuestión es que asumí esa falsedad, que si consideraba los divisores primos de los compuestos de (n, 2n) y obtenía sus primos para formar sumas p+p, podía formar las sumas todos los pares contenidos en (0,n).

Muchas gracias, Luis.

Saludos.

[danizafa]

Hola feriva. Voy a tratar de ir con tu hilo...

Si descompones cualquier par $$2n$$ como suma de 2 números, llamemos $$a$$ y $$b$$, siempre será $$n$$ la cantidad de soluciones a $$2n=a+b$$. En este punto simplemente transformamos $$b=2n-a$$.
Entonces $$a$$ recorre los valores desde $$1$$ hasta $$2n-1$$, consecuentemente $$b$$ recorrerá los mismos valores a la inversa, entonces cada sumando recorre $$2n-1$$ valores, pero al llegar a la mitad del camino solo se intercambian los roles por lo tanto las soluciones contadas sin multiplicidad serán $$(2n-1+1)/2=n$$. Y siempre tenes el caso central donde $$a=b=n$$. Pero de hecho las $$n$$ formas de sumar $$2n$$ son distintas, si contarás la cantidad de soluciones totales admitiendo repeticiones tendrías $$2n-1$$ soluciones.

Ahora, cuando incluís los semiprimos, no se si decis que siempre va a haber mas semiprimos que compuestos. Pero como sea, una suma que incluye semiprimos en sus sumandos, no cumple Goldbach. De todas maneras, esto ya está probado por Chen Jingrun. Por lo que el siguiente paso para acercarse más a Goldbach no debe incluir semiprimos.

Las $$n$$ soluciones son de la forma $$(n-a)+(n+a)=2n$$

Pero lo que vos pusiste en el último mensaje, sería para evaluar cada sumando? Algo al estilo de buscar sus factores primos? Eso no te garantiza que puedas trasladar esa suma, lo único que te va a decir es que primos deberias usar para la operación, pero el otro sumando nada tiene que ver con el compuesto, en todo caso es más sencillo probar solo con primos...

La cantidad de formas de escribir $$2n$$ como suma de 2 números, sin contar las permutaciones, siempre es $$n$$. Y los sumandos arrancan en los extremos $$1$$ y $$2n-1$$ y recorren sentidos opuestos hasta encontrarse en el centro, donde ambos sumandos son igual a $$n$$.

Pero partir de los compuestos, para buscar los primos que componen su factorizacion prima, es más dificil que recorrer los primos desde $$1$$ a $$n$$ y ver si el otro sumando también es primo.

Yo me base en tu pregunta: "¿sería posible no encontrar una suma distinta de las demás al llegar a $$2(n−k−1)$$?

Y eso era lo quería responder, siempre tenes $$n$$ sumas distintas al eliminar pemutaciones, luego mostrar cual sería una optimización sencilla con formas modulares, donde concentras en $$1/3$$ o $$1/6$$ de esas soluciones el total de las soluciones que cumplen Goldbach.

Saludos