哥徳巴赫猜想分析（2012221）(18)

哥徳巴赫猜想分析哥猜这个问题是德国数学家哥德巴赫于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想。同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。哥猜对数由偶数的大小和性质两个方面所确定，把偶数构造成两列数列，进行分段讨论，列可变系数的方程组，对两个可变系数进行分析研究，可以判定哥猜是成立的。运用双筛和极限思想，解可变系数方程组，就可以获得哥徳猜想的渐近下限线。摘 要 1、哥德巴赫猜想素数对的一条下限渐近线。 若f(M)表示偶数M（M6）哥猜的素数对数，则有：（其中C=，Pi是内 的奇素数）。 c0.660161181584686957392781211001452、孪生素数对的一条下限渐近线。 当自然数N适当大时，若g(N)表示N内的孪生素数对数，则有： 。（其中C=，Pi是内 的奇素数）。 以上两个公式，当偶数M和自然数N各大到某一个值时，“”都可以改成“”.哥德巴赫猜想是成立的1、哥猜对数由偶数的大小和性质两个方面所确定。如：30 = 7+23 = 11+19 = 13+17 ；32 = 3+29 = 13+19 ；34 = 3+31 = 5+29 = 11+23 = 17+17 ； 64 = 3+61 = 5+59 = 11+53 = 17+47 = 23+41 ； 68 = 7+61 = 31+37。一是偶数M的大小，哥猜素数对一般随偶数的增大而增多，如32和64；二是偶数本身的结构，从质因数分解定理看， 30=235，32=25 ，64=26。若奇素数p能整除M，那么M的哥猜数对就越多，规律还是有的。偶数64和68大小接近，性质相同，但对数相差较大，说明素数对的分布不是十分规律的。哥猜素数对总体分布是无规律的，若想用一个解析式来准确表达哥猜素数对的对数，那是根本做不到的。若一定要计算偶数M准确的对数，只能用计算机编程来计算，但也只能是小范围内的偶数，因为计算机的速度虽然很快，但是偶数是无限的，用有限的速度来计算无限的偶数，也是力不从心的。研究哥徳巴赫猜想的一种途径是寻找哥猜的渐近下限线，但这种渐近下限线也不是唯一的。2、把偶数分段，使每一个偶数落在唯一一个段内。定理1 如果a是一个大于1的整数，而所有小于或等于a的算术平方根的素数都不能整除a，则a是素数。定理2 设偶数M算术平方根内的所有素数是2、P1、P2、Pn，如存在某一素数Pi使PnPiPn2，且对于任意Pm2、P1、P2、Pn 与M都不同余，则MPi是素数。证明： MPi（modPm）， Pm2、P1、P2、Pn ，MPi 0（modPm），又1MPiM，由定理1知，MPi是素数，设MPi= Pj ，则M=Pi+ Pj 。把大于或等于6的偶数进行下列方式分段：6、8、（32，52）、（52，72）、（72，112）、（112，132）、（pi2，pi+12）、.则大于等于6的偶数落在唯一一个段内。公理3 对于任何一个数段（pi2，pi+12）中的偶数,偶数= pi2+1,在3，Pi22（i=1、2、）段内的奇数，筛去两类：一类是2n+10(modp);另一类是2n+1M(modp)，通过（31）（51）（71）（111）（pi1）次筛去,若剩下的最少素数个数存在，则（pi2，pi+12）段内的任何偶数哥猜素数对成立。例如：在（32，52）段，对于偶数=32+1=10,在3，7内有奇数3个，分别为3、5、7，消去2n+10（mod3）和M2n+1i（mod3）(i=1、2)的其中一类，还剩一类5或7，所以对于偶数10、12、14、16、18、20、22、24都是成立的。101（mod3） 10=5+5；120（mod3） 12=5+7；142（mod3） 14=7+7；161（mod3） 16=5+11；180（mod3） 18=5+13=7+11；202（mod3） 20=7+13；221（mod3） 22=5+17；240（mod3） 24=5+19=7+17；定理4、设偶数= pi2+1,在3，Pi22（其中Pi是奇素数，i=1、2、）段内的奇数,筛去两类，通过（31）（51）（71）（111）（pi1）次筛去,设剩下的最少素数个数存在为f (n)。那么有： f (1) f (2) f (i) f (n)；证明：用数学归纳法 （1）取偶数=10=32+1时,在3，322段奇数中，如表1 最多筛去两类，有两种筛法2n+10（mod3），2n+1M1（mod3）或2n+10（mod3），2n+1M2（mod3），必剩下一类，还剩最少一个素数。偶数10 模奇数03 1725 模奇数0125 筛去mod30 筛去mod31模奇数03 1725 偶数10模奇数0172筛去mod30筛去mod32表 1f (1)=1.所以在（32，52）段的所有偶数哥猜都成立。（2）取偶数=26=52+1时,在3，522段的奇数中，如表2:mod3mod5模奇数05、15 （）111、2127、17 33、13、23（）49、19模奇 数09，21（）17，19211，17（）表 2对于素数5和3,最多筛去两类，共有（31）（51）=8种筛法，如2n+10（mod5），2n+13（mod5），还剩下奇数：7、9、11、17、19、21，再以mod3分类，筛去两类，如2n+10（mod3），2n+12（mod3），还剩下奇数：7、19必有素数存在。同理当筛去2n+10（mod5）和2n+10（mod3）后,还剩素数7、11、13、17、19、23。 2n+11（mod5），2n+11（mod3），还剩素数：17、23； 2n+11（mod5），2n+12（mod3），还剩素数：7、13、19； 2n+12（mod5），2n+11（mod3），还剩素数：11、23； 2n+12（mod5），2n+12（mod3），还剩素数：13、19； 2n+13（mod5），2n+11（mod3），还剩素数：11、17； 2n+14（mod5），2n+11（mod3），还剩素数：11、17、23； 2n+14（mod5），2n+12（mod3），还剩素数：7、13。f (2) = 2，即f (1) f (2)。为什么剩余素数个数出现增加的现象？我们可以把mod5列的奇mod3数全部放到mod3列上，如表3。模奇 数03、9，15、2117、13，1925、11，17，23 表 3 在表2中筛去的mod5两行，相当于最多在表3中筛去两列，增加了素数11、17和19，相对增加了三个，剩余素数个数出现增多的现象，所以剩余最少素数个数不少于f (1)。 （3）取偶数= Pn2+1时，假设对每个素数筛两类，通过（P11）（P21）（Pn1）次筛去，剩余最少素数，对3，Pn22段中的奇数成立，有f (1) f (2) f (i) f (n)。 （4）取偶数= Pn+12+1时，(a) 偶数Pn+12+1通过双筛符合偶数Pn2+1的三个条件。对于偶数在3，2 段的奇数，如表4模奇 数0Pn , 3Pn ,5Pn , ( Pn-2)Pn,12Pn +1,4Pn +1,( Pn-1)Pn +1,2Pn +2, 3Pn +2, , ( Pn-2)Pn +2,33, 2Pn +3,4Pn +3,( Pn-1)Pn +3,4Pn +4, 3Pn +4, , ( Pn-2)Pn +4,55, 2Pn +5,4Pn +5,( Pn-1)Pn +5,Pn2Pn2, 3Pn2, 5Pn2,( Pn-2)Pn 2,Pn12Pn-1,4Pn -1,( Pn-1)Pn -1,偶数P2n+1, （modPn）表 4表 4分析3，Pn22段的特征，在Pn列 有（Pn23）/2个奇数；以Pn为模有Pn类；每类至少是（Pn1）/2个。对于偶数P2n+1+1 在3，2段内的奇数，如表5偶数P2n+1+1, （modPn+1）模奇 数0Pn+1 , 3Pn+1 ,5Pn+1 , ( Pn+1-2)Pn+1,12Pn+1 +1,4Pn+1 +1,( Pn+1-1)Pn+1 +1,2Pn+1 +2, 3Pn+1 +2, , ( Pn+1-2)Pn+1 +2,33, 2Pn+1 +3,4Pn+1 +3,( Pn+1-1)Pn+1 +3,4Pn+1 +4, 3Pn+1 +4, , ( Pn+1-2)Pn+1 +4,55, 2Pn+1 +5,4Pn+1 +5,( Pn+1-1)Pn+1 +5,Pn+12Pn+12, Pn+12, Pn+12,( Pn+1-2)Pn+1 2,Pn+112Pn+1-1,4Pn+1 -1,( Pn+1-1)Pn+1 -1,表 5 3，Pn22段Pn列的奇数为（Pn23）/2个；3，2段Pn+1列的奇数为（3）/2个；对于Pn+1列来说，最多筛去两类，剩余个数为：= =。说明3，2段在Pn+1列的奇数筛去两类后，比3，Pn22段在Pn列的奇数至少多Pn个 。由定理知：对于任意的自然数M2，在M与2M之间必有一个素数。可得： Pn Pn+1 2 Pn ，Pn+1 /2 Pn ， 3，2段每类个数：（P2n+13）/2Pn+1 f(n+1) f(n+2) 由于f(n)的值是有限的,存在f(j)= f(j+1)= f(j+2)= =0,当M时，后面的偶数哥徳巴赫猜想几乎是零。由素数定理M/LnM知素数是无限的,有无限个偶数哥徳巴赫猜想成立，有限与无限也存在着矛盾，所以f(n)的值不可能连续下降为零。(e) f (n)的值不可能有连续两次的下降。为什么f (n)会出现递增的现象？因为偶数Pn2+1内的奇素数放到Pn+1列，平均每类有而说明在Pn+1列筛去的偶数Pn2+1内的奇素数不大于Pn+2列筛去的偶数Pn2+1内的奇素数；说明偶数P2n+1+1内的奇素数在Pn+1列筛去一类剩余素数比偶数（Pn+2）2+1内的奇素数在Pn+2列筛去一类剩余素数多或相等。由于连续三个相邻的孪生素数只有3、5、7，若a、b、c为三个连续的奇素数，若有及个别的孪生素数对a、 b,使f(a) f(b),但b与c不是孪生素数，有f(c) f(a),所以f (n) 的值不可能有连续两次的下降, f (n)总体是递增的。所以由假设3 ，Pn22段成立，3，Pn+122段也成立，即也有素数存在，存在的最少素数不减。f (n) f (n+1) 。f (1) f (2) f (i) f (n) f (n+1) 。 6=3+3, 8=3+5. 所以哥徳猜想成立，孪生素对无限。表 4表 6哥徳猜想的一条下限渐近线 对于任意一个大于或等于10的偶数，设内的奇素数为P1，P2, P3，Pn-1，Pn。数列按以下规则排列： 数列(1)： 3， 5， 7， 9， 11， ，或-1，数列(2)： M-3， M-5，M-7，M-9，M-11，或+1。设数列（2）中的素数有p个。在数列(1)和(2)中,筛法的共同特征都是筛去合数,即modPi0。筛去数列（1）中的合数modPi0，相当与筛去数列（2）中其对应的modPiMj(其中j是0jPi的整数).筛去数列（2）中的合数modPi0，相当与筛去数列（1）中其对应的modPiMj(其中j是0jPi的整数).形式相同但其效果不同，因为由素数定理知数列（2）中的素数个数比数列（1）中的少。所以哥猜起关键作用的是数列(2)，对于每一个素数Pi最多筛去两类，一类是modPio,另一类是modPiMj(其中j是0jPi的整数).因为剩余素数与次序无关，所以共有2n种筛法。第一步：在数列(2)的2n种筛法中，必有一种方法剩余奇数个数是最少的，设最少个数为Q个,利用这种方法我们列一个可变系数方程。第二步：在筛去数列(2)的基础上，再筛去数列(2)中的另一类数。对于数列(2)，相当于筛去两类，一类是2n+10(modpi)，另一类是2n+1Mj(modpi)(其中j是0jPi的整数)。又可得另一个可变系数方程。则有km,解不定方程组：（其中 k, m为可变系数）（1）(2)得 N= . （c=）。用P代替公式中的Q。所以有：（1）哥德猜想素数对的一条渐近线：对于一个适当大的偶数M，设M/2，M-3有奇素数P个，则有哥猜最少素数对f (M) ，（其中C=，Pi是内 的奇素数）。 （2）若用代替公式中的，可以得到哥德巴赫猜想素数对的一条下限渐近线： ，（其中C=，Pi是内 的奇素数）。 c0.66016118158468695739278121100145 (3)在2n种筛法中,有km, km和Km三种情况,所以有:1和。有连续性原理知，在2n种筛法中，必有一种筛法是1，但这种筛法很难确定。用P代替公式中的Q。随着偶数M的不断增大，由素数定理M/lnM知素数越来越稀，所以k也趋向大于m，当偶数M达到某一个值时，“”可以改成“”,求出哥德猜想的下限线。例1 求M=68的哥猜素数对。mod3 mod5 mod7模奇 数039，45，51，57，63137，43，49，55，61，67235，41，47，53，59，65（）模奇 数045，55（）151，61257，37，67363，43439，49模奇 数063，49（）157，43251，373467，395616Mod3 mod5 mod7模奇 数039，51，57，（）137，43，61，672模奇 数0161237，67343（）4模奇 数012373467561（）6第一次筛去2n+12 (mod3), 2n+10 (mod5), 2n+10 (mod7), , K=1.11020,第二次筛去2n+10 (mod3), 2n+13 (mod5), 2n+15 (mod7), , m=1.09375, k/m=1.015041。在35与65之间有素数7个，由公式计算知：f (M) 20.6835937572/341.97=2。例2 求偶数2936的哥猜素数对。 解：偶数2936的哥猜素数对实际是31对。 用公式f (M) 计算是： f (M)=20.66253716919121468=33.与实际是比较接近的。孪生素数对的一条下限渐近线我们将下面两个数列合在一起，采用分段筛法。数列(1)： 3 5 7 9 11 13 15 2n-1数列(2)： 5 7 9 11 13 15 17 2n+1 对于任一段的素数pi (3pi),数列(1)是筛去2n+10(modpi)的一类, 数列(2)也是筛去2n+10(modpi)的一类。与哥徳巴赫猜想双筛不同，先筛数列（1）中的合数与先筛数列（2）中的合数，剩余素数个数一样，所以地位对等,具有对称性。在分段中，筛去数列（2）中2n+10(modpi)的一类,相当于筛去数列(1)中的2n+1-2(modpi).问题归结为在数列(1)中，同时筛去两类，一类是2n+10(modpi)，另一类是2n+1-2(modpi)。在数列(1)中，设整数N内有奇素数p个，第一次筛去2n+10(modpi)的一类,第二次筛去2n+1-2(modpi)的另一类，可以得到以下不定方程组。解不定方程组：（其中k, m为可变系数）（1）(2)得 N0= . （c=）。在孪生素数对的双筛过程中，不象哥猜那样无规律，是有规律的，是第二次筛去2n+1-2(modpi)的一类。第一次筛去2n+10(modpi)的一类,把前面的素数pi都筛掉了，所以在前面已不含孪生素数对。实际上p是，N内的素数个数,当N较小时，由于km计算所得的孪生素数对比实际的略大，原因是第一次筛去2n+10(modpi)的一类,剩余素数个数比p要小,实际的“K”值比公式中的k要大。随着N的不断增大，由素数定理知素数越来越稀，k值也越来越大，前面的素数pi可以忽略不计。（1）孪生素数对