试解歌德巴赫和孪生质数问题（待续）

张连元

试解歌德巴赫和孪生质数问题 张连元 前 言 取 Qn = 2n + 1 n是自然数 { Qn }中包含了全部奇质数和奇合数。{ Qn }也可以用数轴表示。 作原点为1 轴长为 n 的两个相等并且平行反向的奇数轴，如图 两轴上代表奇数的 n 个点一一对应，每一对对应点所代表的2个奇数的和都等于同一个偶数 N = 2n + 4。 每个轴上代表合数的合数点的个数（用 h 代表）和两轴上一一对应的点都是合数点的合合点对的个数（用hh 代表）都是可以计算出来的； 如图： n 是轴长，h代表合数点个数，p代表质数点个数，hh 代表合合点对个数，hp 代表合质点对个数，pp 代表质质点对个数。 ∵ h 和 hh 是可求的 ∴ p = n– h pp = n–hh–hp = n–hh–2(h–hh ) = n + hh–2h 本文将通过对 h 和 hh 的计算，得出 p 和 n ， pp 和 n 的关系。 第一章 π ( x )的表达 Q=2a+1 a 是自然数 用数轴表示如下 数轴上的每一个点都代表一个奇数。现将奇数轴分解为以下3个子部： 子部1： 令 a=3n – 2 即 Q = 2a + 1 = 6n – 3 n是自然数
用数轴表示如下 显然，除去n =1 时Q=3 是质数外，余下的都是合数，且 3|Q 子部2： 令a=3n – 1 即 Q = 2a + 1 = 6n – 1 n是自然数 用数轴表示如下 这个子部中的{Q}中既有质数也有合数，且3Q 子部3： 令 a = 3n 即 Q = 2a + 1 = 6n + 1 n是自然数 用数轴表示如下 这个子部中的{Q}中既有质数也有合数，且3Q 一 Q = 6n – 3 时 πI ( n )的表达 关于子部1： 若以πI ( n )专表不超过n的 Q=6n–3 时{Q}中质数的个数，显然 πI ( n ) = 1 。 若以HI ( n )专表不超过n的 Q=6n–3 时{Q}中合数的个数，显然HI ( n )=n–πI ( n )=n –1 。 二 Q = 6n – 1 时 πII ( n )的表达 关于子部2： 若以πII ( n )专表不超过n的Q = 6n – 1时{Q}中质数的个数，则计算出{Q}中合数的个数，即HII ( n )，也就计算出了πII ( n )。 Q = 6n – 1 = 6 ( n – a ) + ( 6a – 1 ) n = ( 6a – 1 ) α + a ( 2 . 1 ) 又 Q = 6n – 1 = 6 ( n + b ) – ( 6b + 1 ) n = ( 6b + 1 ) β – b ( 2 . 0 ) (2.1) (2.0) 式 中的a , b 都是自然数，当α , β 也都是自然数时，由 (2.1) , (2.0) 式得出的每一个n都
令Q是合数，并且分别有 (6a – 1 ) | Q 和 ( 6b + 1 ) | Q (2.1) (2.0) 可用来计算 {Q} 中合数的个数。为准确计算出n一定时 {Q} 中合数的个数 ，必须使被计算的合数都是‘唯一’的 ，即每个合数都只能被计数一次 ，例如，根据（2.1） a = 1 , α = 14 时 n = 71 ；而a= 3 , α = 4 时也是 n = 71, 如果都被计算，合数n = 71 就被重复计算了，所以，还必须将被重复计算的合数个数减掉。 将α = b , β = a 分别代入(2.1) (2.0) , 发现 (2.1) ≡ (2.0)注①, 即 (2.0)跟(2.1) 重复， 因此可将二者任意舍弃一个，在以下的讨论中舍弃(2.0)，保留(2.1)。 §1. 令A1 代表合数个数。由(2.1) n = (6a – 1 ) α+ a 得 §2. 由（2.a）计算出的合数个数A1 不都是‘唯一’的，例如 a = 1 时的 n = 5α + 1 中已包含了 a = 6 , 11 , 16…… 的全部合数， a = 2 时的n = 11α + 2 中已包含了a = 13 , 24 , 35 …… 的全部合数，等等。 为保证所计算的每个合数都是‘唯一’的，这些已被包含的都应从A1中减去。 令 ( 6a – 1 ) i + a 取代 (2.1) 式中的a 即得到需从A1中减去的n 的表达式： n = ( 6 (( 6a – 1) i + a ) – 1 ) α + (( 6a – 1) i + a ) ( 2.2 )注② 式中变量都是自然数 令A2代表应从A1 中减去的合数个数，由（2.2）得 §3. 从 A1 中减去A2后，余下的合数仍有一部分不是‘唯一’的，例如 n = 11α + 2 = 11 × 4 + 2 = 46 跟 n = 5α + 1 = 5 × 9 + 1 = 46 重复 n = 17α + 3 = 17 × 9 + 3 = 156 跟 n = 11α + 2 = 11 × 14 + 2 = 156 还跟 n = 5α + 1 = 5 × 31 + 1 = 156 重复，等等。 这些被重复计数的合数都应减去。令（6a – 1）α – a 取代 (2.1) 式中的α 即得到需减去的n的表达式： n = (6a2 – 1)((6a1 – 1) α – a1) + a2 (2.3)注③ 式中a1 和α是自然数 ， a2是整数， a2 >a1 令A3代表应再从A1中减去的合数个数，由（2.3）得
§4 根据（2.c）计算出了应再从 A1中减去的A3 ，但计算出的A3中有一部分是被重复减去的，举例如下： 当a1=1时 a2 ≥2 ,由(2.3)得算式如表1 当a1=2时a2≥3 ，由（2.3）得算式如表2 1. 表中最后一列及有 * 号的都已经通过(2.b)式的计算减过了，通过(2.c)式的计算又被减了，这些被重复减去的应‘追加’回来。令(2.3)式中的a2=(6a – 1 ) i + a 即得应‘追加’的n的表达式： n=(6((6a1 – 1) i+ a1) – 1)((6a2 – 1) α–a2 )+((6a1 – 1) i+ a1) (2.4)注④ 式中变量都是自然数 令A4代表应‘追加’的奇合数的个数，由（2.4）得 2. 表1，表2中都有一部分既可表为 n=5α+1被减去，又可表为 n=11α+2被减去，同时还可表为 n=17α+3被减去，因而被重复减去了，这部分被重复减去的也应‘追加’回来。 令( 6a – 1 ) α − ( 5a – 1 ) 取代 (2.3)式中的 α 即得应‘追加’的n的表达式：
n=(6a′−1)((6a1 −1) ((6a2 −1) α − (5a2 −1)) − a1)+ a′ ∵ a′=a1+1 ∴ 将 a′=a1+1代入上式得 n = (6a1 – 1)(6a1+5)(6a2 – 1)α – (6a1 – 1)(6a1+5)(5a2 – 1) – (6a1+5)a1+a1+1 (2.5)注⑤ 式中a1 和α是自然数 ， a2 是整数， a2 ≥ a1 + 2 令A5代表应‘追加’的合数的个数，由（2.5）得 §5. 当 Q = 6n – 1 时，若以HII ( n ) 和πII ( n ) 专表不超过n的 {Q}中合数和质数的个数，则有 n = HII ( n ) + πII ( n ) 三 Q = 6n + 1 时 πIII ( n )的表达 关于子部3： 若以πIII ( n ) 专表不超过n的Q = 6n + 1时{Q}中质数的个数，则只要计算出{Q}中合数的个数，即HIII ( n )，也就计算出了πIII ( n )。 Q = 6n + 1= 6(n + c) – ( 6c – 1) n = ( 6c – 1 ) γ – c (3.1) Q = 6n + 1 = 6(n – d) + ( 6d + 1) n = (6d + 1 ) δ + d (3.2) (3.1) (3.2)式中的c , d 都是自然数，当 γ , δ 也都是自然数时，由(3.1) , (3.2) 式得出的每一个n都令Q是合数，并且分别有 (6c – 1 ) | Q 和 ( 6d + 1 ) | Q 用(3.1)式来计算{Q} 中合数的个数： §1. 令B1 代表合数个数。由(3.1) n = ( 6c – 1 ) γ – c 得 §2. 将(3.1)式中的c和γ互换后(3.1)式保持不变,说明 n值是对称的 , 对称轴是 γ = c , 对称轴上的合数个数是
为使计算出的合数个数是‘唯一’的，应将对称轴一侧重复的合数减去，令B2代表应从B1 中减去的这部分合数的个数，则 §3. 从 B1 中减去B2后，余下的合数仍有一部分不是‘唯一’的，例如(3.1)式中 c = 1 时的 n = 5γ – 1 中已包含了 c = 6 , 11 , 16…… 的全部合数， c = 2 时的n = 11γ – 2 中已包含了c = 13 , 24 , 35 …… 的全部合数，等等。 为保证每个合数都是‘唯一’的，这些已被包含的都应从B1中减去 令( 6c–1)i+c 取代 (3.1) 式中的c ，并用(6c–1)i+(c–1)+ γ取代式中的 γ ——增加了(6c–1)i+(c–1)目的是不再计入已被计入B2中的合数，因此所计算出的 n 值并不准确，但这不影响计算合数点个数。（下同）——即得到需减去的n 的表达式 n = (6((6c – 1) i+ c) – 1)((6c–1) i+ c – 1+ γ) – ((6c–1) i+c) (3.3) 式中变量都是自然数。 令B2代表应从B1 中减去的合数个数，由（3.3）得 §4. 从 B1 中再减去B3后，余下的合数仍有一部分不是‘唯一’的，例如(3.1)式中 n = 11γ – 2 = 11 × 6 – 2 = 64 跟 n = 5γ – 1 = 5 × 13 – 1 = 64 重复 n = 17γ – 3 = 17 × 46 – 3 = 779 跟 n = 11γ – 2 = 11 × 71 – 2 = 779 还跟 n = 5γ – 1 = 5 × 156 – 1 = 779 重复，等等。 这些被重复计数的合数都应减去。令（6c – 1）γ + c取代 (3.1) 式中的γ 即得到需减去的n 的表达式. n = (6c2 – 1 )((6c1 – 1 ) γ + (c2 – 1)+ c1) – c2 (3.4) 式中c1 和γ是自然数，c2是整数， c2 >c1 由（3.4）得 §5. 根据（3.d）计算出了应再从 B1中减去的B4 ，但计算出的B4中有一部分是被重复减去的，举例如下： 当(3.4)式中的c1=1 ， c2 ≥2 时, 由(3.4)得算式如表3
当(3.4)式中的c1=2 ， c2 ≥3 时, 由(3.4)得算式如表4 1. 表中最后一列及有 * 号的都已经通过(3.b) (3.c)式的计算减过了，通过(3.d)式的计算又被减去了， 这些被重复减去的应‘追加’回来。令(6c – 1 ) i + c 取代(3.4)式中的 c2 即得应‘追加’的n的表达式： n = (6((6c1–1)i+c1)–1)((6c1–1)i+c1–1+(6c2–1)γ+c2 )–((6c1–1)i+c1 ) (3.5) 式中变量都是自然数 令B5代表应‘追加’的合数的个数，由（3.5）得 2. 表3、表4中都有一部分既可表为 n=5γ – 1 被减去，同时又可表为 n=11γ – 2 被减去，因而被重复减去了，这部分被重复减去的应‘追加’回来。 令( 6c – 1 ) γ − c 取代(3.4)式中的 γ 即得应‘追加’的n的表达式： n=(6c';−1)(c';−1+(6c1−1)((6c2−1) γ −c2) + c1) − c';
∵ c'; = c1+1 ∴ 将c'; = c1+1 代入上式得 n= (6c1−1)(6c1+5)(6c2−1) γ−(6c1−1)(6c1+5)c2 +2c1(6c1+5)−c1−1 (3.6) 式中c1 和γ是自然数 ， c2 是整数， c2 ≥ c1 + 2 令B6代表应‘追加’的合数的个数，由（3.6）得 用（3.2）式来计算合数个数： §6. 令B7 代表合数个数。由(3.2) 得 §7. 将(3.2)式中的d和δ互换后(3.2)式保持不变,说明 n值是对称的 , 对称轴是δ = d , 对称轴上的合数个数是 为使计算出的合数个数是‘唯一’的，应将对称轴一侧重复的合数减去，令B8代表应从B7 中减去的这部分合数的个数，则 §8. 从 B7 中减去B8后，余下的合数仍有一部分不是‘唯一’的，例如当(3.2)式中的 d = 1 时的 n = 7δ+1 中已包含了 d = 8 , 15 , 22…… 的全部合数， d = 2 时的n = 13δ+2 中已包含了d = 15 , 28 , 41 …… 的全部合数，等等。 为保证统计的每个合数都是‘唯一’的，这些已被包含的都应从 B7中减去。 令 ( 6d + 1 ) i + d 取代 (3.2) 式中的d ，并用((6d + 1) i + d – 1) + δ取代式中的 δ（目的是不再计入已被计入B8中的合数）即得到需减去的n 的表达式： n = (6 ((6d + 1) i + d) + 1)(((6d + 1) i + d – 1) + δ) + ((6d + 1) i + d) (3.9) 式中变量都是自然数。 令B9代表应从B7 中减去的合数个数，由（3.9）得 §9. 从 B7 中减去B9后，余下的合数仍有一部分不是‘唯一’的，例如 (3.1)式中 c = 1 时的 n = 5γ – 1 中已包含了(3.2)式中 d = 6 , 11 , 16…… 的全部合数，
c = 2 时的n = 11γ – 2 中已包含了(3.2)式中 d = 9 , 20 , 31 …… 的全部合数，等等。 为保证统计的每个合数都是‘唯一’的，这些已被包含的都应减去。 令(3.2) 式中的d = ( 6c – 1 ) i – c 即得到需减去的n 的表达式： n=(6((6c–1) i – c) +1) ((6c–1) i – c –1+ δ)+ ((6c – 1) i – c) (3.10) 式中变量都是自然数。 令B10代表应减去的合数个数，由（3.10）得 §10. 减去B10后，余下的合数仍有一部分不是‘唯一’的，例如根据(3.2)式得出的 n = 13δ + 2 = 13 × 8 + 2 = 106 跟 n = 7δ + 1 = 7 × 15 + 1 = 106 重复 n = 19δ + 3 = 19 × 15 + 3 = 288 跟 n = 13δ + 2 = 13 × 22 + 2 = 288 还跟 n = 7δ + 1 = 7 × 41 + 1 = 288 重复，等等。 这些重复计数的合数都应减去。令（6d+1）δ– (5d+1) 取代 (3.2) 式中的δ即得到需减去的n的表达式 n=(6d′+1)(d– 1 + ((6d+1)δ– (5d+1)))+d′ (3.11) 式中 d和δ是自然数 ， d′ 是整数， d′ > d 令B11代表应减去的合数个数，由（3.11）得 §11. 从§10所举的例中看出n=288被重复减去了,即根据(3.k )计算出的B11中有一部分被重复减去了，为说明问题，进一步举例如下： 当d=1时 d′ ≥2 ,由(3.11) 得算式如表5
当d=2时 d′≥3 ,由(3.11) 得算式如表6 1. 表中最后一列及有 º 号的都已经通过(3.h)(3.i)式的计算减过了，通过(3.k)式的计算又被减去了，这些被重复减去的应‘追加’回来。令(3.11)式中的d′=(6d+1) i + d 即得应‘追加’的n的表达式： n=(6((6d+1) i +d(+1)((6d+1) i + d–1+ (6d′+1)δ–(5d′+1)) + ((6d+1) i+d ) (3.12) 式中变量都是自然数 令B12代表应‘追加’的合数的个数，由（3.12）得 2. 表5表6中有 * 号的都已经通过(3.j)式的计算减过了，通过( 3.k )式的计算又被重复减去，这些
被重复减去的应‘追加’回来。令(3.11)式中的d′=(6c – 1 ) i – c 即得应‘追加’的 n 的表达式： n = (6((6c–1) i– c)+1)((6c–1) i– c–1+ (6d+1) δ– (5d+1))+((6c–1) i– c) (3.13) 式中变量都是自然数 令B13代表应‘追加’的合数的个数，由（3.13）得 3. 还有一种被重复减去的情况，例如表5第3列第1行 n = 25 (7δ – 6) + 4 当δ = 3 时 n = 379 , 表6第2列第1行 n = 25 (13δ – 11) + 4 当δ = 2 时也是 n = 379 。因此像 n = 379 这样的合数就被重复减去了，被重复减去就应‘追加’回来。令(6d+1) δ – 5d 取代（3.11 ）式中的δ 即得这种情况下应‘追加’的 n 的表达式： n = (6d′+1) (d–1+ (6d1+1)((6d2+1) δ–5d2 ) – (5d1+1)) + d′ ∵ d = d1+1 ∴ 将d= d1+1代入上式得： n = (6d1+7 ) (d1+ (6d1+1)((6d2+1) δ–5d2 ) – (5d1+1)) + (d1+1) ( 3.14 ) 式中 d1和δ是自然数 ， d2 是整数， d2 ≥d1+2 令B14代表应‘追加’的合数的个数，由（3.14）得 §12. 当 Q = 6n + 1 时，若以HIII ( n ) 和πIII ( n ) 专表不超过n的 {Q}中合数和质数的个数，则有 n = HIII ( n ) + πIII ( n ) 四 小 结 如果不超过自然数 x 的质数个数记作 π ( x ) , 根据上述对 πI ( n ) , πII ( n ) , πIII ( n ) 的表达就能对π ( x ) 作出表达。 以上的讨论是对下面要讨论的问题所作的准备。 （待续）