第一種：最小三素?cái)?shù)法

每個(gè)大于等于9的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和???????

????????????????????????????????崔坤

中國(guó)青島即墨，266200，E-mail:cwkzq@126.com

摘要: 數(shù)學(xué)家劉建亞在《哥德巴赫猜想與潘承洞》中說：“我們可以把這個(gè)問題反過來思考, 已知奇數(shù)N可以表成三個(gè)素?cái)?shù)之和， 假如又能證明這三個(gè)素?cái)?shù)中有一個(gè)非常小，譬如說第一個(gè)素?cái)?shù)可以總?cè)?， 那么我們也就證明了偶數(shù)的哥德巴赫猜想。”， 直到2013年才有秘魯數(shù)學(xué)家哈羅德賀歐夫格特徹底證明了三素?cái)?shù)定理。

關(guān)鍵詞:三素?cái)?shù)定理，奇素?cái)?shù)，加法交換律結(jié)合律

中圖分類號(hào)：O156?????文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：?A

證明：

根據(jù)2013年秘魯數(shù)學(xué)家哈羅德·賀歐夫格特已經(jīng)徹底地證明了的三素?cái)?shù)定理：

?每個(gè)大于等于9的奇數(shù)都是三個(gè)奇素?cái)?shù)之和，每個(gè)奇素?cái)?shù)都可以重復(fù)使用。

?它用下列公式表示：Q是每個(gè)≥9的奇數(shù)，奇素?cái)?shù)：q1≥3，q2≥3，q3≥3，

則Q=q1+q2+q3 根據(jù)加法交換律結(jié)合律，不妨設(shè)：q1≥q2≥q3≥3，

?則Q-3=q1+q2+q3-3 顯見：有且僅有q3=3時(shí)，Q-3=q1+q2，否則，奇數(shù)9，11，13都是三素?cái)?shù)定理的反例。

?即每個(gè)大于等于6的偶數(shù)都是兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和

推論Q=3+q1+q2，即每個(gè)大于等于9的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

我們運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法做如下證明：

給出首項(xiàng)為9，公差為2的等差數(shù)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?cái)?shù)q1≥q2≥3，奇數(shù)Qn≥9，n為正整數(shù)）

數(shù)學(xué)歸納法：

第一步：當(dāng)n=1時(shí)?，Q1=9 時(shí) ，Q1=9=3+q1+q2=3+3+3成立

第二步：假設(shè)?：n=k時(shí)，Qk=3+qk1+qk2成立,奇素?cái)?shù)：qk1≥3，qk2≥3

當(dāng)n=k+1時(shí),Q（k+1）=Qk+2=3+qk1+qk2+2,

此時(shí)有且僅有2種情況：

A情況:qk1+2不為素?cái)?shù)或者qk2+2不為素?cái)?shù)時(shí)，Qk+2=Q（k+1）=5+qk1+qk2

即每個(gè)大于等于11的奇數(shù)都是5+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和，

而這個(gè)結(jié)論與“每個(gè)大于等于9的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和”是等價(jià)的

即3+qk1+qk2+2=3+qk3+qk4，奇素?cái)?shù)：qk3≥3，qk4≥3

B情況:

(1)若qk1+2為qk1的孿生素?cái)?shù)P,

則：Qk+2=3+P+qk2,即每個(gè)大于等于11的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和

(2) 若qk2+2為qk2的孿生素?cái)?shù)P”,

則：Qk+2=3+P”+qk1，即每個(gè)大于等于11的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和

綜上所述，對(duì)于任意正整數(shù)n命題均成立，即：每個(gè)大于等于9的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和

結(jié)論：每個(gè)大于等于9的奇數(shù)都是3+兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和，Q=3+q1+q2，（奇素?cái)?shù)q1≥q2≥3，奇數(shù)Q≥9）

?

參考文獻(xiàn)：

[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]

第二種：運(yùn)用雙篩法證明哥德巴赫猜想

《運(yùn)用雙篩法證明： 每個(gè)大于等于 6 的偶數(shù)都是 2 個(gè)奇素?cái)?shù)之和》

原創(chuàng)作者:崔坤

中國(guó)青島，266200，E-mail:cwkzq@126.com

摘要：根據(jù)古老的埃氏篩法推出雙篩法，對(duì)所得真值公式：

r2(N)=(N/2)∏mr 進(jìn)行下限值估計(jì)，

從而證明了 r2(N)≧[N/(lnN)^2],即證明了每個(gè)大于等于 6 的偶數(shù)都是 2 個(gè)奇素?cái)?shù)之和

關(guān)鍵詞：埃氏篩法，雙篩法，素?cái)?shù)定理，共軛數(shù)列,真實(shí)剩余比

Cuikun

Qingdao,China,266200, E-mail:cwkzq@126.com

The double screen method is used to prove that:

Every even number greater than or equal to 6 is the sum of two odd primes

Abstract: the double sieve method is derived from the ancient Ehrlich sieve method,

and the lower limit of the truth formula: r2 (N) = (N / 2) Πmr is estimated. It is

proved that r2 (N) ≥ [N / (lnN) ^ 2],

That is, it is proved that every even number greater than or equal to 6 is the sum of

two odd primes

Key words: Ehrlich sieve method, double sieve method, prime theorem, conjugate

sequence,True residual ratio

證明：

對(duì)于共軛互逆數(shù)列A、B:

A:｛1,3,5,7,9,……,（N-1）｝

B:｛（N-1）,……,9,7,5,3,1｝

雙篩法的步驟：

首先給出：偶數(shù)N=2n+4，建立如下互逆數(shù)列：

首項(xiàng)為1，末項(xiàng)為N-1,公差為2的等差數(shù)列A

再給出首項(xiàng)為N-1,末項(xiàng)為1，公差為-2的等差數(shù)列B

顯然N=A+B

根據(jù)埃氏篩法獲得奇素?cái)?shù)集合P：

｛1，3，5，…，Pr｝,Pr<N^1/2，

為了獲得偶數(shù)N的(1+1)表法數(shù)，按照雙篩法進(jìn)行分步操作：

第1步：將互逆數(shù)列用3雙篩后得到真實(shí)剩余比m1

第2步：將余下的互逆數(shù)列用5雙篩后得到真實(shí)剩余比m2

第3步：將余下的互逆數(shù)列用7雙篩后得到真實(shí)剩余比m3

…

依次類推到：

第r步：將余下的互逆數(shù)列用Pr雙篩后得到真實(shí)剩余比mr

這樣就完成了對(duì)偶數(shù)N的求雙篩法（1+1）表法數(shù)，根據(jù)乘法原理有：

r2(N)=（N/2）*m1*m2*m3*…*mr

即r2(N)=(N/2)∏mr

例如：

[√70]=8，｛Pr｝={1,3,5,7},

3|/70，m1=13/35

5|70, m2=10/13

7|70, m3=10/10

根據(jù)真值公式得：

r2(70)

=(70/2)*m1*m2*m3

=35*13/35*10/13*10/10

=10

r2(70)=10

分析雙篩法的邏輯和r2(N)下限值：

雙篩法本質(zhì)上第一步:先對(duì)A數(shù)列篩選，根據(jù)素?cái)?shù)定理，A中至少有[N/lnN]個(gè)奇素?cái)?shù)，

即此時(shí)的共軛互逆數(shù)列AB中至少有[N/lnN]個(gè)奇素?cái)?shù)

第二步:再對(duì)B數(shù)列進(jìn)行篩選，

篩子是相同的1/lnN

由此推得共軛數(shù)列AB中至少有:

r2（N）≥[N/（lnN）^2]個(gè)奇素?cái)?shù)。

例如：70

第一步:先對(duì)A數(shù)列篩選，

A中至少有[N/lnN]=[70/ln70]=16個(gè)奇素?cái)?shù),

π(70)=19,

即此時(shí)的共軛互逆數(shù)列AB中至少有：

[N/lnN]=[70/ln70]=16個(gè)奇素?cái)?shù)。

第二步:再對(duì)B數(shù)列進(jìn)行篩選，篩子是相同的1/ln70,由此推得共軛數(shù)列AB中至少有:

r2（70）≥[70/（ln70）^2]=3個(gè)奇素?cái)?shù),

r2(70)=10

不難看出所給的數(shù)列一共有3個(gè)，

第一個(gè)是A數(shù)列，其中至少有N/lnN個(gè)奇素?cái)?shù)；

第二個(gè)是與A共軛的B數(shù)列，其中至少有[N/lnN]個(gè)奇素?cái)?shù)；

第三個(gè)是AB數(shù)列,其中至少有2[N/lnN]個(gè)奇素?cái)?shù)。

結(jié)論:

r2（N）≥[N/（lnN）^2]個(gè)奇素?cái)?shù)。

參考文獻(xiàn)：

[1]華羅庚，《數(shù)論導(dǎo)引》，科學(xué)出版社，1957-07

[2]王元，《談?wù)勊財(cái)?shù)》，哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2011-3

[3]李文林，《數(shù)學(xué)瑰寶——?dú)v史文獻(xiàn)精選》，科學(xué)出版社，1998 年，第 368 頁