[pK专家和数学爱好者]关于素数对个数的几个命题

ysr

ysr 发表于 2019-7-26 06:34
谁穷尽了初等数论的证明方法？我前面的证法你知道吗？用过吗？
用我的证法来证明素数有无穷多，是这样：
...

相邻素因子的差若大于235……p，则会被235……p继续占位，所以素数的位置不会是连续的，是分散的，是越来越稀的，但由于过程是无限的，位置是占不完的，故素数是无穷多的，虽然越来越稀。

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此法不仅能证明素数有无穷多，还证明了素数是越来越稀的。由于有节拍不同步（概念可参考我的相关文章），必然有不同的素因子重复占位，这样就节约位置产生的素数多，此处素数稠密，故还能证明素数不仅仅是越来越稀，还有稠密和稀疏相间的分布特点。

ysr

啥是节拍错位呢？小素因子的位置在大素因子波动周期中的位置是不固定的，这就是节拍错位。
      例:设P1<P2，素因子P1在其一个周期内位置占第一项，而在P2的第一个周期内占第二项，在P2的第二个周期内可能是占第三项……，这就是节拍错位。

ysr

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基础理论有关素数的两个猜想的证明

我们把象2357……这样只能被1和自身整除的数叫素数也叫质数。
哥德巴赫猜想的内容：大于等于4的偶数都可以表示为两个素数的和，简记为“1+1”.
孪生素数猜想的内容：差为2的素数对为孪生素数对，有无穷多对。
下面来证明：

请看如下两个数列：
3，7，11，……
5，9，13，……
每个数列都是差为4的等差数列，对应项差为2.每个数列都不可能到某一项后面全是素数。
而所含有的素因子全大于2。
     每个数列都含有无穷素数，这个其他人可能有证明我没见过，我的证明基本原理仅如下两条:
1，素因子在一个数列如数列(1)中周期出现，周期为P，且在一个周期内最多占1个位置，素因子必须大于2，奇数因子P≥3，满足。
2，相邻素因子的差必须大于2(偶有特例不影响结果如5-3=2)，素数是越来越稀的，相邻素数差是不断增长没有终止的，相邻素因子的差也是不断增长的，满足。
    素因子不能占完的位置据素数判定定理可知就是素数，比如素因子3在其一个周期内至少剩两个位置如果不被其他的占位就是素数，若被其他的素因子占位了，若该素因子与3的差大于2那就又出現剩余位置，依此类推，偶有差为2的不影响结果，直至无穷都会出现素数。所以，每个数列都含有无穷素数。

        相邻素因子的差若大于35……p，则会被35……p继续占位，所以素数的位置不会是连续的，是分散的，是越来越稀的，但由于过程是无限的，位置是占不完的，故素数是无穷多的，虽然越来越稀。
此法不仅能证明素数有无穷多，还证明了素数是越来越稀的。由于有节拍错位，必然有不同的素因子重复占位，这样就节约位置产生的素数多，此处素数稠密，故还能证明素数不仅仅是越来越稀，还有稠密和稀疏相间的分布特点。
啥是节拍错位呢？小素因子的位置在大素因子波动周期中的位置是不固定的，这就是节拍错位。
      例:设P1<P2，素因子P1在其一个周期内位置占第一项，而在P2的第一个周期内占第二项，在P2的第二个周期内可能是占第三项……，这就是节拍错位。
      
素数对产生的原因也仅以下两条:
1，两个数列中的素因子必须大于2，都是奇数，这个满足。
2，由于两数列中相同的素因子在同一个周期内最多可占对应项的2个位置，故相邻素因子的差必须≥4，偶尔有等于2的不影响结果，这条也满足。
     由于相邻素因子的差都是大于2的，偶尔有等于2的不影响结果，所以，合数位置不会把数列占完，占不完的就是素数的位置，上下对应在一起的构成孪生素数对，以至无穷都是这样，故孪生素数对无穷多，虽然越来越稀。

所以就可以产生素数对，对应项差2，是孪生素数对，此过程可以无限循环，产生的素数对是无穷多的。(这个是多年研究才弄明白的，这个是产生素数的本质原因，也是产生素数对的本质原因)

        同理我们可以得到差为4，6，8，……的素数对都是无穷多的。
    如下两个数列对应项差为4：
3，7，11，……
7，11，15，……
    如下两个数列对应项差为6：
3，7，11，……
9，13，17，……

如下两个数列也能产生无穷孪生素数对：
1，5，9，13，……
3，7，11，15，……

如下两个数列除了3，5一对外包含了其他全部孪生素数对：
5，11，17，……
7，13，19，……
      则证明了:两素数的差(大减小)可表示0，2，4，……，2n即全部偶数，推论:任两个素数的和可表示大于等于4的全部偶数，这就是哥猜。


由定理1(两素数的差(大减小，可以自身相减)可以表示全体偶数)，能推出定理2(大于等于4的偶数可以表示为两素数的和)吗?是肯定的！
证明:
命题:大于等于4的偶数可以表示为2个素数的和.
证:设P1,P2,P3为任意素数,且P1>=P2>=P3>=3
由定理1知,P1-P2=0，2,4,6,……
则P1=P2+0，2，4，6,……,,(等式左边为素数，显然右边不是≥3的全体奇数，那些偶数是与不同的P2对应的特殊偶数集合，如3+0，2，4为素，7+(4，6)为素，……，与3，7等等对应的，这些特殊的偶数集合的并集为全体偶数，即(0，2，4)U(4，6)U……=全体偶数) 则P1+P3=P2+P3+0，2,4,6,……右侧有连续偶数, 实事上，P1，P2和P3各自组成的集合是相同的，没有区别，P2和P3的和最小的是6，从6开始就是连续的偶数， P2+P3>=6,故右侧为连续偶数,
“从6开始就是连续的偶数”这一点不好理解，但可以推导出来的，即P2加上连续偶数，与P3加上连续偶数，二者相等，P2+P3的最小值就是6，6加上个连续偶数就是大于等于6的全部偶数，注意一点就是只有P2和P3合起来偶数数列才是连续的即0，2，4，……才不再是特殊的值。就是说0，2，4，……，由特殊值的并集恢复连续性是必然的。
还可以这样论述，由于这些特殊值构成的单个特殊集合的并集为全集即全体偶数，如3对应的(0，2，4)，与7对应的(4，6)，……，(0，2，4)U(4，6)U……=全体偶数，其中任两个相加，包括自身相加，所形成的集合已打破特殊性，已成为一个大集合，即全体偶数，P2和P3分别任意取，可以相等，这种任意性取值再相加已打破特殊性形成其并集故是全体偶数，恢复连续性。
由于前提是P1≥P2≥P3≥3，故三者各自组成的集合相同，没区别，P2+P3=P2+P3+0，2，4，……=2P3+0，2，4，……(这里的0，2，4，……已是打破特殊集合界线的一个大集合即全体偶数)，只要两素数的差可组成全体偶数，和就为≥6的全体偶数，如12=5+7=2*5+2等等都在理论之内，没有特例。
又2+2=4,
故大于等于4的偶数可以表示为2个素数的和.

ysr

对主楼命题：“设p1为素数，1≤r1<p1，则np1+r1数列各项均不能被p1整除，但可以被p1以外的素数整除，且含p2因子的项规律分布，周期为p2。”  证明如下：

证明：      由于p1和p2均为素数，所以p1除以p2余数不为0，当1<=n<=p2，则np1/p2余数为0～p2-1（因为，据余数定理就是中国剩余定理的性质定理，这几项不可能有余数相同的），当然顺序不可能是依次出现，这些余数加r1再除以p2的余数必为0～p2-1，故其中必有且只有一项能被p2整除，下一个周期在这个位置的项任然会被p2整除，这就是周期性。
当然，由于各项除以p1的余数均为r1，故不能被p1整除。
则命题成立，证毕！

同理可证主楼的下一个命题也成立。其他证明暂时不发了。

ysr

周期性的证明：周期性好证，设第n项能被p2整除，即np1+r1除以p2余数为0，则np1+r1+mp2除以p2的余数也必为0，这就是周期性，周期为p2.
周期性得证！