看证明孪生素数无穷多的核心逻辑

cuikun-186

看证明孪生素数无穷多的核心逻辑

cuikun-186

当Q≥11时：

Q=3+q1+q2

Q=5+q3+q4，

【这是数论史上从来没有的结论，原创-创新】

则：q1+q2≡2+q3+q4

q1+q2≡（2+q3）+q4≡q3+(2+q4)

根据解析恒等函数的性质可知：

q1=2+q3,q2=q4

或者：

q2=2+q4,q1=q3


由于Q无穷多，故q1=2+q3,或者q2=2+q4无穷多，故孪生素数有无穷多。

cuikun-186

当n=k+1时,Q（k+1）=Qk+2=3+qk1+qk2+2,

此时有且仅有2种情况：

A情况:qk1+2不为素数，或者qk2+2不为素数，再或者(qk1+2)与(qk2+2)同时不为素数时，

Qk+2=Q（k+1）=5+qk1+qk2

即每个大于等于11的奇数都是5+两个奇素数之和，

这也就同步证明了每个大于等于6的偶数都是两个奇素数之和

即与“每个大于等于9的奇数都是3+两个奇素数之和”是等价的

即Qk+2=3+qk1+qk2+2=5+qk1+qk2=3+qk3+qk4，（奇素数：qk3≥3，qk4≥3）

【等价性的传递性】

cuikun-186

真理的存在不依发现她的工具为标准！！！
在真理面前人人平等！
否则你就是侵犯人权！
更重要的是你把自己不当人看待！

波斯猫猫

看证明孪生素数无穷多的核心逻辑。小心恐成黑心逻辑。
【这是数理逻辑的必然】虽说已是大师，但不能任性。在百度查查“数理逻辑”，你将感到无比的尬尬。

cuikun-186

孪生素数有无穷多
崔 坤
中国山东青岛即墨, 266200, E-mail：cwkzq@126.com
摘要：孪生素数猜想正式由希尔伯特在 1900 年国际数学家大会的报告上的第 8 个问题中提出， 可以这样描述： 存在无穷多个素数 p，使得 p + 2 是素数，素数对（p, p + 2）称为孪生素数
关键词：孪生素数，奇素数，恒等函数
中图分类号：O156 文献标识码：A
Cui Kun
266200,Jimo, Qingdao, Shandong, China E-mail: cwkzq@126.com
There are infinitely many twin prime pairs
abstract ： The twin prime conjecture was formally proposed by Hilbert in the 8th question of the report of the International Congress of Mathematicians in 1900, It can be described like this: there are infinitely many prime numbers p, such that p + 2 is a prime number, and the prime number pair (p, p + 2) is called a twin prime number
key words:Twin primes, odd primes, identity functions
证明：
引理：每个大于等于 9 的奇数都是 3+两个奇素数之和
证明： 根据 2013 年秘鲁数学家哈罗德·贺欧夫格特已经彻底地证明了的三素数定理： 每个大于等于 9 的奇数都是三个奇素数之和，每个奇素数都可以重复使用。
它用下列公式表示：Q 是每个≥9 的奇数，奇素数：q1≥3，q2≥3，q3≥3， 则 Q=q1+q2+q3
根据加法交换律结合律，不妨设：q1≥q2≥q3≥3， 则 Q-3=q1+q2+q3-3
显见：有且仅有 q3=3 时，Q-3=q1+q2， 否则，奇数 9，11，13 都是三素数定理的反例。
即每个大于等于 6 的偶数都是两个奇素数之和
推论 Q=3+q1+q2，即每个大于等于 9 的奇数都是 3+两个奇素数之和。
我们运用数学归纳法做如下证明：
给出首项为 9，公差为 2 的等差数列：Qn=7+2n：{9,11,13,15,17,.....}
Q1= 9
Q2= 11
Q3= 13
Q4= 15
.......
Qn=7+2n=3+q1+q2,(其中奇素数 q1≥q2≥3，奇数 Qn≥9，n 为正整数）
数学归纳法：
第一步：当 n=1 时 ，Q1=9 时 ，Q1=9=3+q1+q2=3+3+3 成立
第二步：假设 ：n=k 时，Qk=3+qk1+qk2 成立,（奇素数：qk1≥3，qk2≥3）
第三步：当 n=k+1 时,Q（k+1）=Qk+2=3+qk1+qk2+2,
此时有且仅有 2 种情况：
A 情况:qk1+2 不为素数，或者 qk2+2 不为素数，再或者(qk1+2)与(qk2+2)同时不为素数时，
Qk+2=Q（k+1）=5+qk1+qk2 即每个大于等于 11 的奇数都是 5+两个奇素数之和，
这也就同步证明了每个大于等于 6 的偶数都是两个奇素数之和
即与“每个大于等于 9 的奇数都是 3+两个奇素数之和”是等价的
即 Qk+2=3+qk1+qk2+2=5+qk1+qk2=3+qk3+qk4，（奇素数：qk3≥3，qk4≥3）
B 情况:
(1)若 qk1+2 为 qk1 的孪生素数 P, 则：Qk+2=3+P+qk2,即每个大于等于 11 的奇数都是 3+两个奇素数之和
(2) 若 qk2+2 为 qk2 的孪生素数 P”, 则：Qk+2=3+P”+qk1，即每个大于等于 11 的奇数都是 3+两个奇素数之和
综上所述，对于任意正整数 n 命题均成立， 即：每个大于等于 9 的奇数都是 3+两个奇素数之和
结论：每个大于等于 9 的奇数都是 3+两个奇素数之和，Q=3+q1+q2， （奇素数 q1≥q2≥3，奇数 Q≥9）
孪生素数有无穷多
证明： 设奇数 Q≥9，奇素数 q1≥3，奇素数 q2≥3， 奇素数 q3≥3，奇素数 q4≥3，
则： 根据引理：当 Q≥11 时：
Q=3+q1+q2
Q=5+q3+q4，
则：q1+q2≡2+q3+q4
q1+q2≡（2+q3）+q4≡q3+(2+q4)
根据解析恒等函数的性质可知： q1=2+q3,q2=q4 或者： q2=2+q4,q1=q3
由于 Q 无穷多，故 q1=2+q3,或者 q2=2+q4 无穷多，故孪生素数有无穷多。
例如： 105=3+3+97+2=3+5+97， 【3+97+2=5+97】， （3，5）是孪生素数
105=3+11+89+2=3+13+89；【11+89+2=13+89】，（11，13）是孪生素数 105=3+17+83+2=3+19+83；【17+83+2=19+83】，（17，19）是孪生素数
105=3+29+71+2=3+31+71；【29+71+2=31+71】，（29，31）是孪生素数
105=3+41+59+2=3+43+59；【41+59+2=43+59】，（41，43）是孪生素数
105=3+47+53+2=5+47+53；
结论：孪生素数有无穷多
参考文献：
[1] Major Arcs for Goldbach's Theorem. Arxiv [Reference date 2013-12-18]
[2] Minor arcs for Goldbach's problem．Arxiv [Reference date 2013-12-18]

cuikun-186

费马定理-崔坤公式：

（3^(n-1)）^3+(2*3^(n-1))^3=3^(3n-1)

注释：n为非0自然数。

推导如下：

（3^(n-1)）^3+(2*3^(n-1))^3=[（3^(n-1)）^3]*[1+2^3]=[（3^(n-1)）^3]*3^2=3^(3n-1)

即：（3^(n-1)）^3+(2*3^(n-1))^3=3^(3n-1)

例如：

1^3+2^3=3^2
3^3+6^3=3^5
9^3+18^3=3^8
27^3+54^3=3^11
81^3+162^3=3^14
243^3+486^3=3^17
729^3+1458^3=3^20
2187^3+4374^3=3^23
6561^3+13122^3=3^26
19683^3+39366^3=3^29

显然3^（3n-1）的指数（3n-1）不是3的倍数，即指数(3n-1)≠3m

从而等式右边指数不等于3的倍数

cuikun-186

费马定理-崔坤公式：

（3^(n-1)）^3+(2*3^(n-1))^3=3^(3n-1)

注释：n为非0自然数。

波斯猫猫

波斯猫猫 发表于 2022-7-1 07:48
看证明孪生素数无穷多的核心逻辑。小心恐成黑心逻辑。
【这是数理逻辑的必然】虽说已是大师，但不能任性。 ...

无中生有。大师都很厉害。

cuikun-186

例如： 105=3+3+97+2=3+5+97， 【3+97+2=5+97】， （3，5）是孪生素数
105=3+11+89+2=3+13+89；【11+89+2=13+89】，（11，13）是孪生素数 105=3+17+83+2=3+19+83；【17+83+2=19+83】，（17，19）是孪生素数
105=3+29+71+2=3+31+71；【29+71+2=31+71】，（29，31）是孪生素数
105=3+41+59+2=3+43+59；【41+59+2=43+59】，（41，43）是孪生素数
105=3+47+53+2=5+47+53；
结论：孪生素数有无穷多