试证用素数个数表示偶数的素数对个数

大傻8888888

       据说以前不少人给出用素数个数表示偶数的素数对个数的公式，但是没有看到是如何证明的，我今天尝试一下证明这个公式。
       公式是这样的：
D（N）=2CΠ[(p-1)/(p-2)]M^2/N   （其中p|N ，2＜p≤√N  ， M=π（N））
      首先我们知道：N以内有M个素数，我们假设N是2的n次方，这时因为N除以3只能余1或者余2，除以5也只能余1、2、3、4，除以p则余1、2、3、4....（p-1）。
      而素数同样除以3也只能余1或者余2，并且素数除以3只能余1或者余2，这样素数里面除以3余1和除以3余2的个数大约各占1/2，同理素数除以5也只能余1、2、3、4，这样素数里面除以5余1、2、3、4的个数大约各占1/4。以此类推素数除以p也只能余1、2、3、...（p-1），这样素数里面除以p余1、2、3、4....（p-1）的个数大约各占1/（p-1）。
      下面我们用N分别减去M里面的素数，如果N除以3余1减去素数里面除以3余1的素数就会得出3的倍数，这样就不会是素数对。只有N除以3余1减去素数里面除以3余2的素数才有可能是素数对，同样N除以3余2减去素数里面除以3余2的素数就会得出3的倍数，这样就不会是素数对。只有N除以3余2减去素数里面除以3余1的素数才有可能是素数对，不管怎样N分别减去M里面的素数只有1/2的可能是素数对。同样道理N除以5余1减去素数里面除以5余1的素数就会得出5的倍数，这样就不会是素数对。只有N除以5余1减去素数里面除以5余2、3、4的素数才有可能是素数对，这样N分别减去M里面的素数只有3/4的可能是素数对。以此类推N除以p余1减去素数里面除以p余2、3、4....（p-1）的素数才有可能是素数对，这样N分别减去M里面的素数只有1-1/（p-1）的可能是素数对。综合以上分析N以内素数对的个数应该大约是：
D（N）=MΠ［1-1/（p-1）］
       因为［1-1/（p-1）］=(1-1/p)[1-1/(p-1)^2]
所以D（N）=MΠ［1-1/（p-1）］=MΠ(1-1/p)Π[1-1/(p-1)^2]=MNΠ(1-1/p)Π[1-1/(p-1)^2]/N=MΠ[1-1/(p-1)^2]NΠ(1-1/p)/N
      又因为NΠ(1-1/p)=2NΠ（1/2）(1-1/p)     NΠ（1/2）(1-1/p)在N数值比较大或者N趋近无限大时和M有误差
所以用M代替 NΠ（1/2）(1-1/p)计算应该可以消除部分误差
     于是就有：
D（N）=2MΠ[1-1/(p-1)^2]M/N= 2Π[1-1/(p-1)^2]M^2/N
       当Π[1-1/(p-1)^2]中的p趋近无限大时Π[1-1/(p-1)^2]=C  就是孪生素数常数
则 D（N）=2CM^2/N
      再看如果N 是3的倍数，则N减去素数里面不论是除3余1还是余2，都有可能是素数，所以是N附近不是3的倍数的2倍。以此类推如果N 是p的倍数，则N减去素数里面不论是除p余1、2、3、.....(p-1)，都有可能是素数，所以是N附近不是p的倍数的(p-1)/(p-2)倍
因此有
D（N）=2CΠ[(p-1)/(p-2)]M^2/N   （其中p|N ，2＜p≤√N  ， M=π（N））
       另外N-1和N-2都不会是素数对，当N数值比较大或者趋近无限大时可以忽略不计
       证毕
       欢迎网友批评指正

lusishun

您没有看到任何的证明，看再查查

白新岭

基本上把一个问题分成了两半。同余数相减，正好为"合数”。
是如果合成数N模P余数是r，则它的素数对中，不可能有相对的余数r对应的素数Q，所以，它的选择要少一种，即只有(P-2)种；而如果合成数N能整除P就有(P-1)种选择，此时的选择是逆元。
         但是，N（合成数）不整除素数P，则它除P的余数m没有素数对，素数P只有（P-1）类余数，去掉1个余数，只有（P-2）个余数可选。
       所以，整除素数P的合成数N比上不能整除素数的N，合成数比例为：\({P-1}\over{P-2}\).
       您的基本上就是这个意思。但是，只是一种文字叙述，算不上完整的证明。
        最关键的是，以前在讨论，拉曼纽扬系数的数学意义及来源时，我明确提出，分子的值，包括(P-1),(P-2)在内，一个是整除素数P的，一个是不整除素数P的， 分母都用素数P，    我说分母参考值是不正确的，不是素数P，而是\((P-1)^2\),此时，也不这样分析它们（指那个，能整除素数P的有（P-1）选择；不整除素数P的有（P-2）选择），应用二元运算推出结论，从组合方法上推导而出。

大傻8888888

白新岭 发表于 2022-11-28 15:40
基本上把一个问题分成了两半。同余数相减，正好为"合数”。
是如果合成数N模P余数是r，则它的素数对中，不 ...

实际上用别的方法也可以基本证明这个公式，具体方法可以查看我发表于 2018-8-19 16:00的“哈代与李特伍德的哥德巴赫猜想个数猜测的初步证明”如下：
“我们知道哈代与李特伍德的哥德巴赫猜想个数猜测公式如下：
r(N)～2c∏[(p-1)/(p-2)]N/(lnN)^2      其中∏[(p-1)/(p-2)]中的p|N，√N≥p＞2   c是拉曼纽扬系数
如果p不整除N.则上式成为：
r(N)～2cN/(lnN)^2
根据梅滕斯定理，可以知道：
∏(1-1/p)～2e^(-γ)/lnN       其中2≤p≤√N      e^(-γ)≈0.56146
因为素数定理：
π(N)～N/lnN
所以有：
π(N)～N∏(1-1/p)/2e^(-γ)        其中2≤p≤√N
也就是说想用∏(1-1/p)表示素数的个数必须乘以1/2e^(-γ)才能得出正确的值
同样如果用∏(1-2/p)表示哥德巴赫猜想的个数就需要乘以[1/2e^(-γ)]^2才能得出正确的值这是因为
(1/2)∏(1-2/p)=(1/2)Π(1-1/p)(p-2)/(p-1)=(1/2)Π(1-1/p)(1-1/p)[1-1/(p-1)^2]
=2Π(1/2)(1-1/p)(1/2)(1-1/p)[1-1/(p-1)^2]   其中2＜p≤√N，
所以
r(N)～ (N/2)∏(1-2/p)[1/2e^(-γ)]^2=2cN∏[(1-1/p)^2][1/2e^(-γ)]^2=2cN/(lnN)^2   
上面(1-2/p)里2＜p≤√N      (1-1/p)里 2≤p≤√N
如果p|N，则
r(N)～2c∏[(p-1)/(p-2)]N/(lnN)^2
至此关于哈代与李特伍德的哥德巴赫猜想个数的猜测得以初步证明
欢迎广大网友批评指正”

只需要把上面N/(lnN)^2很容易换成M^2/N即可。今天之所以这样证明，只是想从另一个方向证明是否可以得到同样的结果。当然证明很不完整，我不过是在抛砖引玉而已，期待网友给出更完整的证明。