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== 1+1 ==
大于第一个素数<math>p_{1}^{1}+1</math>,即“2”的一次方加1的偶数（即大于<math>2+1=3</math>的偶数）都是一个素数加上另外一个素数之和。
例如4=2+2,
6=3+3,
8=3+5，
....。就是哥德巴赫猜想。或者{{quote|
当所有[[整数]]<math>N>3</math>时，是否必然存在<math>X</math>, 
:<math>N+X </math>与<math>N-X </math>都是素数-哥德巴赫猜想.
}}因为偶数2N=(N+X)+(N-X).
=== 架构2000年前的古希腊数学家埃拉特斯特尼创造了一种筛法，可以求得给定一个自然数以内的所有素数，只要在2—n内筛去不大于<math>\sqrt{n}</math>的素数的倍数，剩下的就是素数。
=== 素数的埃拉特斯特尼筛法公式 ===
 若自然数n不能被不大于<math>\sqrt{n}</math>任何素数整除，则n是一个素数。  
   （这句话本身就是一个公式。这个公式可以一个不漏地产生所有素数，而不会混入一个合数）。  
    
   可以把上面的汉字内容等价转换成为英语字母表示：  
    
   <math>n=p_{1}m_{1}+a_{1}=p_{2}m_{2}+a_{2}=\dots=p_{k}m_{k}+a_{k}.</math>(1)  
    
(contracted; show full)   |}  
   |}求得了（7,<math>7^{2}</math>）区间的全部素数。  
    
   仿此下去可以求得任意大的数以内的全部素数。并且一个不漏地求得。 
   对于所有可能的<math>a_{1}, a_{2} \cdot , a_{k}</math>值，(1)和(2)式在<math>p_{1}</math><math>p_{2}</math>...<math>p_{k}</math>范围内，
有（<math>p_{1}-1</math>）（<math>p_{2}-1</math>）(<math>p_{3}-1</math>)...（<math>p_{k}-1</math>）
个解。

'''（1）式（2）式与哥德巴赫猜想的合理框架'''
怎样使得两个自然数相加和相减都成为素数，即N+X成为素数，N-X也是素数。
根据除法算式定理：“给定正整数a和b，b≠0，存在唯一整数q和r（0≤r＜b），使a=bq+r”。
再根据同余定理：“每一整数恰与0,1,2,3，...，m-1中一数同余（mod m）”。
所以，任给一个自然数N(N>4)，都可以唯一表示成为：
<math>N=p_{1}m_{1}+e_{1}=p_{2}m_{2}+e_{2}=\dots=p_{k}m_{k}+e_{k}.</math>(3)
其中 <math>p_{1},p_{2},\dots,p_{k}</math>表示顺序素数2，3，5，....。<math>e_{i}=0,1,2,...,P_{i}-1</math>。
<math>\frac{p^{2}_{k}}{2}</math> < N < <math>\frac{p^{2}_{k+1}}{2}</math>
现在问，是否存在X,
<math>X=p_{1}h_{1}+f_{1}=p_{2}h_{2}+f_{2}=\dots=p_{k}h_{k}+f_{k}.</math>（4）
<math>f_{i}</math>≠<math>e_{i}</math>，
<math>f_{i}</math>≠<math>p_{i}-e_{i}</math>。
如果X<N-2，则N+X与N-X都是素数，因为它们符合（1）（2）式。

=== 範例 ===
設N=20，<math>20=2m_{1}+0=3m_{2}+2=5m_{5}+0</math>；
<math>\frac{5^{2}}{2}</math> < 20 < <math>\frac{7^{2}}{2}</math>

 <math>e_{1}=0</math>,<math>e_{2}=2</math>,<math>e_{3}=0</math>.
{| class="wikitable"
|-
! 构造x !! <math>5h_{3}+1</math> !! <math>5h_{3}+2</math> !!<math>5h_{3}+3</math>  !! <math>5h_{3}+4</math>
|-
| <math>X=2h_{1}+1=3h_{2}+0=</math>  ||   21 ||   27 ||   3 ||   9
|-
|
<math>f_{i}</math>≠<math>e_{i}</math>，<math>f_{i}</math>≠<math>p_{i}-e_{i}</math>
 || <math>f_{1}=1</math>，<math>f_{2}=0</math>，<math>f_{3}=1</math>.
 || <math>f_{1}=1</math>，<math>f_{2}=0</math>，<math>f_{3}=2</math>.
 || <math>f_{1}=1</math>，<math>f_{2}=0</math>，<math>f_{3}=3</math>.
 || <math>f_{1}=1</math>，<math>f_{2}=0</math>，<math>f_{3}=4</math>.
|}
四个解是：21，27，3，9。小于N-2的X有3和9，我们得知，20+3与20-3是一对素数；20+9与20-9是一对素数。
这就是利用素数判定法则：最小剩余不为零，并且<math>N+X<P^{2}_{k+1}</math>,则N+X与N-X是一对素数。
因为'''（N+X）+（N-X）=2N。这就是著名的哥德巴赫猜想猜想'''，
'''我们需要证明（4）式必然有小于N-2的解，尽管我们现在不能证明它'''。
埃拉托斯特尼筛法的普遍公式已经为哥德巴赫猜想提供了合理框架，并且把问题转入到初等数论范围。
顺便补充一句，（N+X）+（N-X）=2N是一种一维对称（群，伽逻华20岁死于决斗，他留下的思想“群”是将万物绑在一起的粘合剂，对称无所不在，例如镜面对称是二维对称。）

== 1+2 ==
大于第二个素数“3”的二次方加1的偶数（即大于<math>3^{2}+1=10</math>的偶数）都是一个素数加上两个素数乘积之和。
例如：12=3+3×3，
14=5+3×3，
16=7+3×3，
18=3+3×5，
....。简称1+2。
小于14的偶数不能表示成为1+2.。1+2比1+1难度大，这是因为在一个给定数值中，两个素数乘积的合数比素数少，例如100以内有24个奇素数，只有19个两个奇素数乘积合数9,15,21,25,33,35,39,49,51,55,57,65,69,77,85,87，91,93,95。
== 1+3 == 
大于第三个素数“5”的三次方加1的偶数（即大于<math>5^{3}+1=126</math>的偶数）都是一个素数加上三个素数乘积之和。
例如：128=3+5×5×5=53+3×5×5，
130=5+5×5×5=103+3×3×3
，...。简称1+3。
小于128的偶数有一些不能表示1+3.。例如，2,4,6，8,10,12,14,16,18,20,22,24,26，28,36,42,54,60,72,90,96,102,108，114，120，126。
1+3比1+2难度大，因为在一个给定数值中，三个素数乘积的合数比两个素数乘积的合数少，例如，100以内有19个两个素数乘积的合数，只有5个三个素数乘积的合数27,45,63,75,99.。
== 1+4 ==
大于第四个素数“7”的四次方加1的偶数（即大于<math>7^{4}+1=2042</math>的偶数）都是一个素数加上四个素数乘积之和。
小于2044的偶数有一些不能表示成为1+4.例如：2,4,6,8，....,82,90,96,102，....。
1+4比1+3更加困难。
== 1+n ==
大于第n个素数“<math>p_{n}</math>” 的n次方加1的偶数（即大于<math>p_{n}^{n}+1</math>的偶数）都是一个素数加上n个素数乘积之和。
== 困难程度 ==
1+1<1+2<1+3<1+4<...。==[[黎曼猜想]]的[[素数公式]]与[[埃拉托斯特尼筛法]]关系==
 		
参见《素数之恋》第100页德比希尔著。
 		
<math>\zeta (s) = \sum^{\infin}_{n=1} { 1 \over {n^s}}</math>
 		
: <math> \zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \cdots </math> 。（5）
 		
在等号两边乘以<math>\frac{1}{2^s}</math>，由幂运算规则得到。
 		
<math>\frac{1}{2^s} \zeta(s) = \frac{1}{2^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s} + \frac{1}{8^s} + \cdots </math>。（6）
 		
  　　我们从第（6）式子减去第二个式子，在左边我有一个<math> \zeta(s)</math>. 
 		
又有它的<math>\frac{1}{2^s}</math>,做减法得：
 		
（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \zeta(s) =1+ \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \frac{1}{7^s} + \frac{1}{9^s} + \frac{1}{11^s} + \frac{1}{13^s} + \frac{1}{15^s}+\cdots </math>。（7）
 		
 　这个减法从那个无穷和中去掉了所有偶数项。 
 		
　　现在我们在等号两边乘以<math>\frac{1}{3^s}</math>,而3是右边第一个还没有去掉的数：
 		
<math>\frac{1}{3^s}</math>（<math>1-\frac{1}{2^s} </math>）<math>\zeta(s) = \frac{1}{3^s} + \frac{1}{9^s} + \frac{1}{15^s} + \frac{1}{21^s} + \frac{1}{27^s} + \frac{1}{33^s} + \frac{1}{39^s} +\cdots </math>。（8）
 		
 　　 　　我们再做减法得： 
 		
（<math>1-\frac{1}{3^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \zeta(s) =1+ \frac{1}{5^s} + \frac{1}{7^s} + \frac{1}{11^s} + \frac{1}{13^s} + \frac{1}{17^s} + \frac{1}{19^s} + \frac{1}{23^s}+\cdots </math>。（9）
 		
　　　　3的所有倍数都从那个无穷和中消失了，右边还有第一个没有被去掉的数是5，如果我们两边都乘以<math>\frac{1}{5^s}</math>,结果是：
 		
<math>\frac{1}{5^s}</math>（<math>1-\frac{1}{3^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \zeta(s) = \frac{1}{5^s} + \frac{1}{25^s} + \frac{1}{35^s} + \frac{1}{55^s} + \frac{1}{65^s} + \frac{1}{85^s} + \frac{1}{95^s}+\cdots </math>。（10）
 		
从前面那个式子减去这个式子得：
 		
（<math>1-\frac{1}{5^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{3^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \zeta(s) = 1+\frac{1}{7^s} + \frac{1}{11^s} + \frac{1}{13^s} + \frac{1}{17^s} + \frac{1}{19^s} + \frac{1}{23^s} + \frac{1}{29^s}+\cdots </math>。（11）
 		
　　我们继续下去，对于大于1的任意s，左边对每一个带括号的表达式，并向右边一直继续下去，对这个式子的两边都依次逐个除以这些括号，我们得到：
 		
:<math>\zeta(s) = \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}</math> =<math> \frac{1}{1-2^{-s}}\cdot\frac{1}{1-3^{-s}}\cdot\frac{1}{1-5^{-s}}\cdot\frac{1}{1-7^{-s}}\cdot\frac{1}{1-11^{-s}} \cdots \frac{1}{1-p^{-s}} \cdots.</math>。（12）

（5）=（12）
说明黎曼猜想不是凭空产生的，而是来源与埃拉特斯特尼筛法。⏎
⏎
⏎

== 参见==
*[[孙子定理]]
*[[双生质数]]
*[[哥德巴赫猜想]]

== 参考文献 ==
# 哥德巴赫猜想传奇（中华传奇）1999年3期--王晓明参见《素数之恋》第100页德比希尔著
# 《谈谈素数表达式》【中等数学】1999年2期--吴振奎教授
# 《关于一个寻找素数方法的理论依据》【中等数学】2001年4期--陈志云教授
#《从台尔曼公式谈起》【中等数学】2002年5期--王晓明教授。