[原创]三个奇素数和的分布

重生888

[这个贴子最后由重生888在 2009/09/06 09:06am 第 1 次编辑]

30整倍数的偶数,若要求哥猜,只有4种有效组合!3和5的倍数组合无效;
大于10000的偶数的素数对,不会小于92!
10022的素数对最少,也有1.5*[pi(10002)/8]*0.66=1.5*153*0.66=151(对）！
我的0。66。。。是这样得来的：15类偶数，每类占1/15，而十进制只有10个数，因此（1/15）/10=0。666。。。。。比孪素数常数使用得有道理！
以上供参考，谢谢！

tongxinping

白新岭先生：
你在《至今有谁能解释“偶数值增大时素数对值忽高忽低吗”？》的117楼提出要我介绍一下哈代－李特伍德猜想，就在这里介绍如何。
自从1742年出现哥德巴赫猜想之后，在一百多年的时间里，没有什么进展。
1920年Brun证明了“9+9”。有人简单地以为，把“9”降低到“1”，不就是“1+1”了吗，于是大家趋之若骛，这就是历时46年的“9+9”～“2+3”和“1+5”～“1+2”。
其实，这种做法早就有人泼了冷水。――1921年，哈代在英国皇家学会上演讲时指出：“哥德巴赫猜想似乎不能用Brun的方法来证明。能够最终证明猜想的方法，应该与我与李特伍德的方法类似。我们不是在原则上没有成功，而是在细节上没有成功。”(这里的“我与李特伍德的方法”后人称为哈代－李特伍德猜想。)
[历史证实了哈代的预见。――“9+9”～“1+2”是无功而返，这可以从王元的这样一些话中看出来：“陈景润从未去证明1+1，甚至都没想过自己能证明1+1。” “圆法、筛法均已山穷水尽。用它们几乎是不可能证明猜想(A)的，数学家殷切地期望新思想与新方法的产生。”――“殷切地期望新思想与新方法的产生”充分说明数学家对“1+1”毫无办法。“9+9”～“1+2”不过是纸上谈兵。]
哈代－李特伍德的猜想有二个：
（1）哈代－李特伍德猜想(A)――关于偶数哥德巴赫猜想答案数量r2(N)的猜想。
（2）哈代－李特伍德猜想(B)――关于奇数哥德巴赫猜想答案数量r3(N)的猜想。
先介绍一些符号：
a――a=π(N)π(N) / N～N / ln N ln N。（根据素数定理，N→∞时，π(N)～N / ln N。）
b――b=1/(p-1)(p-1)。p＞2。
c――c=(p-1)/(p-2)。p能整除N，p＞2。
d――d=1-1/(p-1)(p-1)。p能整除N，p＞2。
e――e=1+1/(p-1)(p-1)(p-1)。p不能整除N。
f――f=NN/lnNlnNlnN。
1922年，哈代－李特伍德提出：
r2(N)～2a ∏(1-b) ∏c
～1.3202a ∏c
r3(N)～(1/2)f ∏d ∏e
白先生已经做过r2(N)的实验，一定知道它的精确度是很高的。(其中，∏c可以解释“偶数值增大时素数对值忽高忽低”。然而有一些人不了解情况，把它当作一个谜语而不断猜测。)
于是出现二种证明偶数哥德巴赫猜想的方案：
A，r2(N)=2a ∏(1-b) ∏c  +o(1)。   [按约定俗成，o是斜体字。o(1)即为“细节上没有成功”的细节。]
N→∞时，“余项”o(1)相对于“主项”(前项)可以忽略不计，则偶数哥德巴赫猜想成立。
华罗庚是这样做的。
B，r2(N)=2a ∏(1-b) ∏c(1+o(1))。
N→∞时，“余项”o(1) →0，则偶数哥德巴赫猜想成立。有的人喜欢这样做。
同理，出现二种证明奇数哥德巴赫猜想的方案：
C，r3(N)= (1/2)f ∏d ∏e  +o(1)。   [按约定俗成，o是斜体字。]
N→∞时，“余项”o(1)相对于“主项”(前项)可以忽略不计，则奇数哥德巴赫猜想成立。
前苏联数学家维诺格拉朵夫是这样做的，他在1937年证明了N→∞时，o(1)=o(NN/lnLlnNlnNlnN) →0。从而证明了N大于10的4008659次方时，奇数哥德巴赫猜想成立。简称“三素数定理”。
小于10的4008659次方时，还得用实验来证明。
D，r3(N)= (1/2)f ∏d ∏e (1+o(1))。
N→∞时，“余项”o(1) →0，则奇数哥德巴赫猜想成立。有的人喜欢这样做。
最后，想对白先生提一个建议，如果你是自娱自乐，你可以把偶数哥德巴赫猜想、奇数哥德巴赫猜想说成是“二元”、“三元”甚至是“心肝”、“宝贝”都可以。(即所谓网聊。)如果你想与数学家进行交流，就请尊重几百年来这二个已经被数学家定了型、有一些人还为此付出生命的命题。(这就是平常常说的敬畏吧。)何况话不投机半句多，数学家即使收受了你的论文，也会因看到“二元”、“三元”而弃之不顾。

白新岭

童信平先生有空可以看一看50楼的内容。
今天在分析孪生素数域中合成偶数方法时，发现此域比起素数域分析起来要复杂的多，仅找到一类偶数有确切的统一表达式：它是素数的连乘积，即2*3=6，2*3*5=30，2*3*5*7=210，....，它们是很少的一类数（很牵强的称谓一类，实际它们仅是一类数的开头数，众类之首数），它们正好占所有方法的1/（2∏（Pi-2)),Pi>3.例如30占总合成数的1/(2*(5-2))=1/6,到52680为止,所有偶数拥有有序孪生素数对1325051,而30n类偶数拥有有序孪生素数对219272,由1325051/219272=6.042955781,看来没有占到1/6,有点逊色,不过这不能说明其极限值会摆脱1/6的束缚,其极限值仍然是1/6的;
210n类的偶数,其极限占有值一定是;1/[2*(5-2)*(7-2)]=1/30,到62500为止,偶数总拥有孪生素数对(组合)1318028,而整除210的偶数类拥有孪生素数对(组合)43750,由
1318028/43750=30.126354.或许范围太小了,小于1/30的比例,但是当范围值趋于无穷大时,其所占比例一定是1/30.只所以有问题,并不是理论上有错,而是孪生素数域还不是标准的理想域,去掉素数3就可以了,它们所占比例一定是理论值;在大点的连续3个偶数(中间的能整除3),则前后的偶数一般情况下拥有的孪生素数组相同,且为中间偶数拥有孪生素数组的一半.例如(52498,52500,52502)-(133,266,133);(52504,52506,52508)-(22,44,22);(52480,52482,52484)-(48,96,48).当然也有不同的情况,有一个是中间偶数的一半,而另一个比中间的一半要多几个.

白新岭

昨天晚上经过思考，弄明白了，问什么会出现连续的三个偶数在孪生素数对命题上，有全有，无全无的情况；一般情况下，如果连续的三个偶数有孪生素数对，则此三个偶数拥有的组数之比为：1：2：1.（除非在非整除3的偶数上有1组含3的孪生素数对）。
现在证明此命题，证明如下：
设连续的三个偶数为：6n-2,6n,6n+2，设(6ki-1)+(6kj-1)为6n-2其中的一组解，则对应着(6ki+1)+(6kj+1)为6n+2其中的一组解，它们属于一一对应关系，也就是说，只要6n-2有一组孪生素数对解，6n+2一定也有一组孪生素数对解；同理，6n类偶数必定有2组解，一组为(6ki-1)+(6kj+1)，另一组为(6ki+1)+(6kj-1)，它们是一对二关系。所以，只要连续的三个偶数6n-2,6n,6n+2，其中一个有解，那么另外的两个一定有解，一个无解，另外的两个也无解。主体证明完毕。
问什么，有的时候，会出现6n-2或者6n+2的孪生素数对比6n的孪生素数对一半多2组呢？（指有序孪生素数对，无序的情况下仅多一组），原因在于，当素数3与某一孪生素数相加时，只有此偶数具有2组含3的孪生素数对，另外两个偶数不具有含3的素数对，除偶数6以外，任何一个被3整除的偶数不具有含3的孪生素数对。

白新岭

这里有我最近关于孪生素数域2元加法的结论，命题。
我想歌德巴赫猜想最终会在孪生素数域解决。因为在孪生素数域可以发生连锁反应，即某类数有孪生素数对解，其余类一定也有孪生素数解，如果无孪生素数对，则其余类也无解，再有，孪生素数的实际2元组合/范围值在无限的增大，还有某一范围内的孪生素数组合一定落在2倍的最大素数以内，可以证明某偶数一定有孪生素数解，否则其余的都没有，这与比定出现孪生素数与孪生素数组合相矛盾。

白新岭

在luyuanhong证明的一个命题中，用到了余数类的一一对应关系，不可能出现意外的情况；我也举了一个谜语：一家五口人，各有各的门，谁要走错门，就会笑死人。谜底是：扣儿与扣门。这里的孪生素数组合与提到的谜面关系一样，只能每类偶数的组合只能得到某类，不能得到某类组合的方法应该不完备，或道听途说。可以看一看前楼的帖子在发表。

白新岭

如果歌德巴赫猜想也像孪生素数域那样有连带关系，则证明指日可解决。

白新岭

既然歌猜是一个无限条件下的比例问题，到任何条件时也能得到所有类的组合，而且最小比例值与总合成数的积大于1类，所以歌猜成立。即便在孪生素数域，歌猜也几乎成立，仅在小偶数上无解。我现在知道的仅11组，33个偶数，还没有找到其它的偶数无解。

白新岭

今天的客人很有共性，在36位客人中，只有7人在浏览其他的帖子，剩余的29人，都在看：潜在的歌猜反例。看来，歌猜反例对人的吸引力很大。

白新岭

有想真正了解歌猜的人请关注此主题。它是从条件方程的正整数解的组数循环渐进中逐步阐述问题的，哈代-李特伍公式和拉曼纽扬系数都不神秘，也不是特异功能感应到的，而是有普遍规律的。在条件方程的正整数解的组拓展的理论下必然得到歌猜结果，而且在孪生素数域基本上也成立，更不用说素数域了。