对《哥德巴赫问题》的推断

zhaojunjie

    本人认为：1+1、1+2是数论中的两个不同的问题。
    1+1的问题是一个由不小于4的偶数、比一个奇质数大2的奇数（或奇质数）、质数、无限集合、无限等差数列、组合等问题，交织在一起的复杂、深奥，且题设与结论都是无限之广的数论难题。
    1+2的问题是一个由自然数（偶数、奇数）、质数、合数、无限集合、无限等差数列、组合等问题交织在一起的复杂、深奥、且题设与结论都更是无限之广的数论难题。
    本人认为：
    只有解开自然数之谜、偶数之谜、奇数之谜，才能解开质数之谜；只有解开质数之谜、掌握无限集合、无限等差数列、组合等知识，才能解开1+1之谜。
    只有解开自然数之谜、偶数之谜、奇数之谜、质数之谜，才能解开合数之谜；只有解开质数之谜、合数之谜、掌握无限集合、无限等差数列、组合等知识，才能解开1+2之谜。

jxh1943

下面引用由zhaojunjie在 2009/05/07 01:53pm 发表的内容：
本人认为：1+1、1+2是数论中的两个不同的问题。
    1+1的问题是一个由不小于4的偶数、比一个奇质数大2的奇数（或奇质数）、质数、无限集合、无限等差数列、组合等问题，交织在一起的复杂、深奥，且题设与结论都 ...

“本人认为、本人又认为……”
凭什么认为认为的，你就善于凭空认为这认为那，完全是胡扯。

HXW-L

[这个贴子最后由HXW-L在 2009/05/07 09:06pm 第 1 次编辑]

先生推断的结论与童信平先生下界的结论是否相符:
http://prep.istic.ac.cn/eprint/Upload/2009/1241336281824.doc
                                  用类比方法证明哥德巴赫猜想(A)
                                                      童 信 平
德国哲学家康德说过：“每当理智缺乏可靠论证的思路时，类比这个方法往往能够指引我们前进。”
人类用了二千多年才找到素数个数的筛法公式(容斥公式)，在此期间，业余爱好者也同样地殚思竭虑，有人认为，数学家给出证明之前的200年里，素数个数的容斥公式已经在民间流传。(王志雄，余新河数学题与哥德巴赫猜想，科学技术文献出版社，1995年，102页。)
N=pi+(N-pi)=p+(N-p)，若N≡p(mod pi)，则(N-p)是可被pi整除的合数。本人仿照素数个数容斥公式[1]，用逐步淘汰(N-p)中的合数数量的方法，建立(N-p)中素数数量即“1+1”答案数量(解数)的筛法公式，初稿《Goldbach问题解数和孪生素数数量的计算方法(伪因子法)》经由潘承彪、陆鸣皋、朱尧辰、贾朝华、王炜、张文鹏组成的筹备组评审通过，在王元倡议的1995年8月西安全国解析数论学术交流会上交流，主持人谢盛刚教授说，可以看到演员与票友同台演出，这次会议也有这样的特色，值得高兴。(参会者有一些不教数论的数学老师，我是唯一不以数学为生的人。)后更名为《偶数Goldbach问题解数的计算公式》[2]慕名向撰写数学方法论的老师请教，二年后，终于遇到黄勇副教授得到推荐而发表。并合作完成文[3] [4]。
如今，文[2]发表了十二年，为了纪念，这里分三篇用三个方法证明“1+1”的解数随着N的增大而增多，下面是第一篇的摘要：
摘要  大家知道，π(N)＞0，即π(N)/N＞0，若能肯定哥德巴赫猜想(A)的答案数量r2(N)相对于π(N)的比值r2(N)/π(N)＞0，就可以证明哥德巴赫猜想(A)。本文通过文[1]文[2]这二个筛法公式的类比，肯定r2(N)/π(N)＞π(N)/N＞0，从而得到哥德巴赫猜想(A)的答案数量的下界估计r2(N)＞(π(N)π(N)/N)∏(p-1)/(p-2)(～N/lnNlnN)∏(p-1)/ (p-2)。( p|N，3≤p≤N的平方根。)

jxh1943

谢谢HXW-L 先生提供信息，很想阅读学习，但打不开。

HXW-L

用反证法证明哥德巴赫猜想(A)
童 信 平
txp1313abc@hotmail.com
摘要  偶数N，素数pi＜ ，p是闭区间[ pr+ 1，N-pr-1]内的素数。N=pi+(N-pi)=p+(N-p)，若N≡p(mod pi)，则(N-p)是可被pi整除的合数。本文用反证法证明，(N-p)不可能都是合数，(N-p)中必有素数。同时指出，哥德巴赫猜想(A)的答案数量r2(N)的下界估计r2(N)＞ ∏  (～ ∏ )。( p|N，3≤p≤ 。)
关键词  哥德巴赫猜想(A)  下界估计
“偶数中的复合数都可以表示为二个素数之和。”――这就是常说的哥德巴赫猜想(A)或偶数哥德巴赫猜想。简称“1+1”。
N=pi+(N-pi)=p+(N-p)，本文证明(N-p)中必有素数，N=p+(N-p)=“1+1”成立。
1  引理和定理。
引理1  除素数pi之外，其余素数皆隐含在以pi为公差的等差数列1+pin、2+pin、3+pin、…、(pi-1)+pin 之中，(以下简称ai+pin。)首项ai=1、2、…、(pi-1)是其充分和必要的条件。
证明  素数皆隐含在正整数之中，正整数无遗漏地遍及在0+pin、1+pin、2+pin、3+pin、…、(pi-1)+pin这些以pi为公差的等差数列之中。很明显，素数pi之外的素数也就充分地隐含在等差数列ai+pin之中。根据Dirichlet定理，ai=1～(pi-1)时，每一个等差数列都有无限多个素数，若缺少一个等差数列，就会缺少某些特征的无限多个素数，(例如，pi=5，ai=1、2、3、4中若缺少3时，就会缺少3、13、23、43、…等素数。)故ai=1、2、…、(pi-1)也是必要的条件。证毕。
“1+1”讨论的是不大于N的素数，下面给出素数的有关符号。
N――偶数中的复合数，N≥4。2≤pi≤pr＜ ＜pr+1＜N＜p2r+1。
pi、pr、pr+1――素数, i =1,2,…,r 。r=π( )。
p――闭区间[ pr+ 1，N-pr-1]内(以下简称闭区间)的素数。
π(N)r――p的数量，也就是闭区间内的素数数量。π(N)r=π(N-pr-1)-π(pr+1)=π(N-pr-1)-r。N→∞时，π(N)r～π(N)。
闭区间内的长度(N)r =(N-pr-1)-(pr+1)=N-2(pr+1)，N→∞时，(N)r～N。
根据以上规定，N=pi+(N-pi)=p+(N-p)。实验显示，有一些N的(N-pi)都是合数。换句话说，证明“1+1”的要点是证明(N-p)中必有素数。
N(1,1) i――(N-pi)内的素数数量。(哥德巴赫猜想(A)的部分答案。)某些N的(N-pi)都是合数，由此可见，N(1,1) i ≥0。目前还无法从理论上计算N(1,1) i。
N(1,1)r――(N-p)内的素数数量。(闭区间内哥德巴赫猜想(A)的答案数量。)理论上可以用逐步淘汰法建立N(1,1) r的筛法公式[1]。
r2(N)――哥德巴赫猜想(A)的答案数量。r2(N)= N(1,1) r +2N(1,1) i≥N(1,1) r。N→∞时，r2(N)～N(1,1) r。
N(pi)――用pi去除N所得到的余数。N= N(pi)+ nˊpi ，1≤N(pi)≤(pr-1)。
p(pi)――用pi去除p所得到的余数。p= p(pi)+ npi ，p(pi)=1、2、…、(pi-1)。(见引理1。ai+ npi与p= p(pi)+ npi之间的差别在于：ai+ npi是包括首项pi在内的无限多个素数，其素数数量是π(pi)；p(pi) + npi只是表示闭区间内的素数p。其素数数量是π(pi) r。N→∞时，π(pi) r～π(pi)。)
根据给定的pi，(全体)p可以隐含在下面等差数列金字塔的任何一层的一组等差数列之中：
p=1+2n；
p=1+3n、2+3n；
p=1+5n、2+5n、3+5n、4+5n；
……
p=1+pin、2+pin、3+pin、…、(pi-1)+pin；
……
p=1+prn、2+prn、3+prn、…、(pr-1)+prn。
因为1≤N(pi)≤(pr-1)，p(pi)=1、2、…、(pi-1)。所以，金字塔的每一层的p= p(pi)+ npi之中必有一个p= N(pi)+ npi。这是一个以N为末项、以pi为公差的等差数列。
引理2(素数定理)  当N→∞时，π(N)～ 。
引理3(等差数列的素数定理)  末项不大于N的等差数列ai+npi中，当N→∞时，其素数个数π(pi)～ 。 是欧拉函数。 =pi-1。(根据引理2，π(pi)～ 。)
引理4  若N≡p(mod pi)，则(N-p)是合数。
证明  N= N(pi)+ nˊpi ，p= p(pi)+ npi ，今N≡p(mod pi)，可知N(pi)= p(pi)。(N-p)= (N(pi)+ nˊpi )-( p(pi)+ npi )= (nˊ- n)pi ，(nˊ- n)＞1，(若(nˊ- n)=1，则(N-p)= pi，它是p之外的素数，属于N=pi+(N-pi)的讨论对象。)故(N-p)是合数。证毕。
定理1  (N, p1p2…pr)=2时，(N-p)中必有素数，N=p+(N-p)=“1+1”成立，其下界估计是
r2(N)＞ (～ )。
证明  假设(N-全体p)都是合数，即(N-全体p)=hi pi。由这个假设得到的结论是：(全体)p=N- hi pi= N(pi)+ nˊpi- hi pi= N(pi)+ (nˊ- hi )pi= N(pi)+ npi。这个由假设得到的结论与引理1证明过的(全体)p= p(pi)+ npi的充分必要条件相矛盾，(N(pi)只是p(pi)中的一个数值。) (N-p)中不可能都是合数，(N-p)中必有素数。下面对(N-p)中的素数数量N(1,1)r（～r2(N)）给出下界估计。
根据引理4，(N, p1p2…pr)=2时，pi=2、3、5、7、…、pr，则依次出现N≡p(mod pi)，使得(N-p)是能被pi整除的合数，根据引理3，(N-p)中能被pi整除的合数数量大约是 ～ 。
(N-p)中还存在不能被pi整除的正整数，不能被pi整除的数量大约是(π(N)r - )～(π(N)- )～(1- )π(N)。换句话说，(N-p)中不能被pi整除的可能性大约是(1- )。
把(N-p)中不能依次被2、3、5、7、11、…、pr整除的可能性相乘便是(N-p)中出现素数的可能性，大约是1×(1- )(1- )(1- )(1- )…(1- )～    … ＞0。
大家知道，N中不能被pi整除的可能性大约是(1- )。取pi=2～pr，把N中不能依次被2、3、5、7、11、…、pr整除的可能性相乘便是N中出现素数的可能性，大约是(1- )(1- )(1- )
(1- )…(1- )～    … ＞0。
换句话说，π(N)相对于N的比值大约是 ～    …  。
由此可见，r2(N)相对于π(N)的比值大约是 ～    … 。
通过比较可以看出，除第一列 = 外， ＞ ， ＞ ， ＞ ，…， ＞ 。由此可见， ＞ 。即r2(N)＞ (～ )。证毕。
定理2   (N, p1p2…pr)≥2时，
r2(N)＞ ∏   (～ ∏ )。( p|N，3≤p≤ 。)
证明  (N, p1p2…pr)≥2时，必有p|N，3≤p≤ 。 ～    … 中不应该出现 这些项，但是，不难用 纠正之，合计是∏ 。即
～(    … )∏ ＞( )∏ 。移项后可得
r2(N)＞ ∏   (～ ∏ )。( p|N，3≤p≤ 。)证毕。
2  讨论。
实验显示，N→∞时，上述下界估计相对于“1+1”实际解数的比值→0.7575。所以，本文忽略(N)r与N、π(N)r与π(N)、π(pi) r与π(pi)、N(1,1) r与r2(N)之间的差异是可取的。
参考文献
[1]童信平，偶数Goldbach问题解数的计算公式，右江民族师专学报(自然科学版)，1997，3，10－12。
                                                2009，05，01

jxh1943

再次谢谢HXW-L 先生！
我将会认真阅读，但不知能否看懂。
反证法与类比推理是两种完全不同的认识方法。

jxh1943

[这个贴子最后由jxh1943在 2009/05/24 10:27am 第 1 次编辑]

回 HXW-L 先生：
    谢谢你向我介绍童信平的文章。我感兴趣的是看他是如何证明的。结果定我失望：你发的前一个帖子，他是讲用类比方法证明；后一个帖子又讲用反证法证明。其内容，既不是类比，也不是反证，况且用类比推理是给不出证明的。
   

jxh1943

欢迎赵光斗先生，也欢迎所有的网友提出质疑。

赵光斗

感谢信任，粗略看了还没有完全读懂，有时间再看。
大偶数可以表为c（无数组）组两素数之和这是一个事实，但证明很困难，需要补充很多数论中的基础知识。
没时间了对不起。

jxh1943

谢谢赵先生的关注！
    一时作不出肯定或否定的答复，这正是对別人负责任的态度。我不能也不会要求任何网友在多长时间内作出答复，只要有兴趣关注就很满足了。
    我不是证明，当然也就没有证明，只是用数学逻辑进行推理，经过推理作出符合逻辑的判断。应当承认“推断”不及“证明”，因为其中的逻辑链条不及证明牢固。应当承认推断是可信的，所以在很多问题上人们用“推断”一词来下认识的结论。