爱因斯坦是错的？这个年轻人与“民科”作战6年

ysr

哥德巴赫猜想的证明及哥猜素数和对的绝对下限
王彦会

        猜想内容: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”。其实就是个偶数的拆分问题。如:4=2+2，6=3+3，8=3+5，10=5+5=3+7，……   我们叫10有两个“1+1”，或两个哥猜素数和对。只要有一个“1+1”哥猜就成立，下面来证明。
         将偶数2A内数字如下排列(上排是大的)即得全部拆分:
A    A+1   A+2  ……   2A-3   2A-2   2A-1
A    A-1    A-2   ……    3          2           1
对应项数字之和为2A。
        从这两个数列可以得到这个现象和下面这些定理。
        (现象)当A为奇数时，上下排的奇数对比偶数对多一对，当A为偶数时，上下排的奇数对和偶数对相等。如210拆分:
105   106   107   ……207   208   209
105   104   103   ……   3       2         1
上排少了1个偶数210，下排多了一个奇数105，则奇数多了2个。
再如204分拆:
102   103 …… 201  202  203
102   101 ……    3       2       1
上排少写了一个偶数204，下排多写了一个偶数102，奇偶数个数仍相等。
        定理1:偶与偶必相对，奇与奇必相对；若2A除以P余0，则上下排含素因子P的必相对且无剩余；若2A除以p余r，则除以P余r的项和余0的项上下排相对且无剩余。
         定理2:设[√(2A)]=M(取整数部分)，则2A内的合数全部分别含有M内的素因子。理论上说，除以P余0的项与除以P余r(某确定的数)的项个数相等。(若2A除以p余r，设1≤r-s<p，则上下排除p余r-s的项与除以p余s的项互相对应，没有剩余。)
        定理3:除P余0的项和除以P余r的项规律出现，以P为周期间隔出现，不会总是挤在一起。
        定理4:素数无限多且分布越来越稀，而且还是疏密相间分布的。
        设下排的素数个数和合数个数分别为a和b，上排的分别为c和d，则a+b=c+d，由于素数分布越来越稀，则a>c，a-c=d-b=e>0.(不加说明，一般把1算在下排合数个数里)
       设上排的合数被下排的对应项刚好抵消完时，下排剩下的合数为b1素数为a1则有:c=a1+b1，只要a1>=1则哥猜成立，下面证明。
      下排素数貌似消耗机率相同实则略异，√(2A)内的略高，因A若为奇合数则必含有√(2A)内的素因子。
       设[√(2A)]=M，且设M内的素数个数为m，则:当2A>=202时，c>=a1>m。例202~210的方根整数部分均为14，14内有6个素数，而210有19对哥猜素数和对，208有7对，206~7对，204~约11对，202~9对。(202内的偶数哥猜成立，都已多次验证不必复述，下面证明的前提是2A>=202)
210=107+103=109+101=127+83=……=197+13=199+11，
208=101+107=71+137=59+149=41+167=29+179=17+191=11+197，
206=103+103=97+109=79+127=67+139=53+163=13+193=7+199，
204=101+103=97+107=……=13+191=11+193=7+197，
202=101+101=89+113=71+131=53+149=29+173=23+179=11+191=5+197=3+199，

        下面证明a1>m:
        由于M内的素数不会消耗完，(当且仅当A含有M内的全部素因子时才能全光，而此时乘积已远远大于2A，[√(2A)]>>M，M~[√(2A)]间还有素数，矛盾。)所以，去掉2外M内的m-1个素因子至少会剩一个，由于M外的素因子消耗机率稍低，故每m-1个至少剩1个成立。由于b>a，设p为M内的任意素数，则b/p>a/p>m/p，即合数消耗的多节省素数，而消耗M内的素数最少。则只要a>(m-1)^2则命题成立。
      由素数个数公式Y/lnY知，(这是个明确的下限公式，低于实际，不会影响结论的推导)，a=A/lnA，m=2√(2A)/ln(2A)，则(m-1)^2=8A/(ln(2A))^2-4√(2A)/ln(2A)+1，可见该函数非抛物线。
       由于lnA<<(ln(2A))^2，分子A→8A扩大了8倍，分母扩到自身平方，分母增长更快些，则A/lnA>8A/(ln(2A))^2>8A/(ln(2A))^2-4√(2A)/ln(2A)+1，故a>(m-1)^2.合数的消耗至少还能节省1个素数，故a1>m，哥猜远远成立。
      (至于c≠0，且c>m的证明篇幅所限，另发)
     (欢迎转发，不怕泄密和抄袭，为了普及科学知识。)
        应该好懂，如210拆分得19对，210=11+199=13+197=……，上排数105~209含19个素数故c=19，全与下面素数构成素数和对，是最理想的情况，原因是210=2*3*5*7，含不同的素因子个数多。这样，含这些因子的合数就会组对抵消，如含有3的上下组对抵消了210=105+105=108+102=111+99=117+93=123+87=……，合数消耗多了，剩下的素数就多，素数对就多。
        不理想的情况如29998，拆分得233对哥猜素数和对，而[√29998]=173，173内有40个素数故m=40，233>40，不理想的原因29998=2*53*283，含不同素因子个数少，小于等于3个的都不理想，不理想的尚且有a1>m个。再如256=2^8，拆分得8对素数和对，256=5+251=17+239=23+233=……，√256=2^4=16，16内含6个素数故m=6，8>6.

哥猜简记为“1+1”，(承前文所述)下面证明c≠0，且c>m:
       据相邻素数的最大差定理(见本人发《数学中国》论坛的《某数内的最大的相邻素数差》一文)，若使A~2A之间的最大相邻素数差为4n或4n+2，则须A>n^4，则2A=2n^4，而n^4+4n或n^4+4n+2远远小于2n^4，故二者之间会有许多素数。另有:当A=101时，101~201之间有4个平方数，121，144，169，196，跨5个杰波夫区间，每个区间至少含1个素数，更强的定理:100以上，每个区间至少含2个素数。随着A增大，区间个数增多，区间长度增大，甚至每个含有成千上万个素数。故A~2A之间不会没有素数，即c≠0.虽偶有c2=c1-1的情况，但当A>101时，c>>1，故几乎没减少一样，c近似于不减函数，经验证及查素数表知c就是个近似的不减函数，当2A=210时，c=19，m=6，c>m成立，c与m为同一个函数，变量A>M，c的增长快于m，故当2A>=202时，c>m成立，当A增大c>>m。
      所以不等式c>=a1>m成立，a1决定了哥猜素数和对个数，这个不等式表示了哥猜素数和对的两个绝对界线，可以用c与m的算术平均值近似表示某偶数的哥猜素数和对个数，即偶数2A的哥猜素数和对约为a1=(c+m)/2。

lkPark

ysr 发表于 2017-10-15 20:38
哥德巴赫猜想的证明及哥猜素数和对的绝对下限
王彦会

你能不能给出A为奇素数的条件公式，给不出就别瞎搞！

ysr

我可以给出多种公式，你不会感兴趣，何必浪费时间呢！

ysr

我可以给出多种公式，你不会感兴趣，何必浪费时间呢！

ysr

我发现并证明了这样一个有趣的定理:设P为[√(2A)]内的任一奇素数，并且2A≥6，则有，对于确定的某偶数2A，所有的2A-P中，必有一个为素数。此时2A=(2A-P)+P为一对素数的和。
仅此定理就保证了哥猜恒成立。

证明:   设P为[(2A)]内的任一奇素数，且2A≥6，设[(2A)]内有m个奇素数，i=1，2，……，m。若2A-P全部为合数，据素数的判定定理则有(2A-P)/Pi的余数全部为0，那么2A必含有[(2A)]内的全部素因子，这是不可能的，故命题成立，证毕！
     例:210=11+199=13+197.
256=5+251.

ysr

对不起，叙述有误，重发如下:

我发现并证明了这样一个有趣的定理:设P为[√(2A)]内的任一奇素数，并且2A≥6，则有，对于确定的某偶数2A，所有的2A-P中，必有一个为素数。定理可以这样途述，对于连续的偶数2A(≥6)，当2A确定，对不同的P值，(P≤√(2A))，使2A-P全为合数是不可能的，就是说必有至少一个为奇素数。此时2A=(2A-P)+P为一对素数的和。
仅此定理就保证了哥猜恒成立。

证明:   设P为[√(2A)]内的任一奇素数，(即历遍了[√(2A)]内的奇素数)，且2A≥6，设[√(2A)]内有m个奇素数，i=1，2，……，m。若2A-P全部为合数，据素数的判定定理则有(2A-P)/Pi的余数全部为0(Pi为历遍了
√(2A)内的全部奇素数)，(P取不同的值，Pi也取不同的值，P和Pi可以不相同，也可以有相同的时候)，那么2A必含有[√(2A)]内的全部素因子，这是不可能的，故命题成立，证毕！
     例:210=11+199=13+197.
256=5+251.而199，197(=210-13)，251(=256-5)均为素数。
     
      2A的任意性的证明:P是遍历√(2A)内的奇素数的。2A是任意一个确定的偶数。如若A为素数，则2A-P不可能被Pi全部整除的，否则A必为合数，即必含有因子P。而仅含有某因子P也不会被Pi全部整除的，某素因子P本身不会被其他素数整除的。所以说A是任意的连续的偶数。就是说，当2A确定，对不同的P值，使2A-P全为合数是不可能的。

数想记

我们知道，温差可以无穷无尽的发电。简单的实践就是：一杯冷水与一杯热水中间连接电磁装制此时就可发电！然而在今日头条上有一农民号称永动机！从而被一教授现场一棒从此那农民被赶下台！为此我看后非常痛心！民间技人瞬间秒杀！对这个问题我几年前就进行过操作！我把半亩稻草堆在家门口！然后盖上薄膜此时中间温度寒冷的冬天可达60多度！半亩草可连续发电3个月！发财了？遗憾的是民科的永动机指：与官科直接矛盾

ysr

虽然不能找到官科说的那种永动机，但这件事是有意义的，这样的议器节能，或可演示给我们节能之法。

ysr

下面的定理可以推导出哥猜是成立的:

孪生素数猜想的证明简述(王彦会)

简述如下:
      差为2的两个素数叫孪生素数，如:3，5;11，13;……
      孪生素数对有无穷多，下面来证明。
      如下为两个素数的几率公式(含有无穷多素数，能无限优化下去)
    (1)式    n^2+n+101
    (2)式    n^2+n+103   (其中n>=0)
   对应项差2，若对应项都是素数则构成孪生素数对，如101，103， 如下为这两式得出的数列:
  101，103，109，……
  103，105，111，……
由于上下两排数列中的合数的素因子不会完全相同，含某个素因子的合数在每个数列中周期出现，周期为该素因子，如素因子5的周期为5，下排中第2项含有5，则第7项也含有素因子5，即6*7+103=145，在同一周期内又是对称出现的，如第4项为3*4+103=115，含有5。这就是合数的周期性和对称性出现，则有:上下排不同的素因子，在各自数列中同一个周期只能占2个位置，而上下排相同的素因子在同一周期可占4个位置，只要相邻素因子的差大于等于6，素数对的位置就不会被合数占完，就必然产生新的素数对，换句话，当一排数列优化后某一段全是素数了，对应项必然不会全是合数，只要有素数就构成孪生素数对。
    如某素因子与前一个差6，那在该因子周期内增长6，增加了6个位置，合数占了4个话，余2个产生新素数对，随着相邻素因子差的增加孪生素数对增加，但并不是越来越稠，因为不是出现在周期末尾，不一定在哪儿，如某因子周期为5万，新增了8个素数对，不一定出现在5万个位置的哪里，仍很稀。
       所以在上面两数列中有无穷孪生素数对，随然很稀。
   同理可证差为4，6，8，……，2n的素数对有无穷多对。

   由此可得定理1:   任意两个素数的差(大的减小的，也可自身相减)可得:0，2，4，6，8，……，2n。

      由定理1可导出推论1:任意两个素数相加(包括自身相加)可得:4，6，8，……，2n。(这就是哥德巴赫猜想)

      (如果上下两个数列都含有素因子3，那么上下两排含因子3的合数就会与对应的素数正好交互构成合素对子(也可叫半对子)，就不能形成素数对，而上面的例子，只有下排含有素因子3，而上排没有，则可以形成素数对，这样的数列可找到无穷对)

如某素因子与前一个差6，那在该因子周期内增长6，增加了6个位置，合数占了4个话，余2个产生新素数对，随着相邻素因子差的增加孪生素数对增加，但并不是越来越稠，因为不是出现在周期末尾，不一定在哪儿，如某因子周期为5万，新增了8个素数对，不一定出现在5万个位置的哪里，仍很稀。

如某素因子与前一个差6，那在该因子周期内增长6，增加了6个位置，合数占了4个话，余2个可能产生新素数对。这里用可能二字，补充一点:
       这2个位置还可能正好是某小素因子周期点，由于大素因子不是任何小素因子的整数倍，节拍错位不可避免，下个周期这个位置不会再占，上下排可能素合互补，由于节拍错位，下个周期不再互补，故素数对无限出现是必然的。
     
     凡连续空超过3个，假如有素因子3都要按前面的规律素因子合数占位，所以素数对位置不会连续，都是分散的。

上面说的是不考虑重复占位，小素因子的占位点是该合数另一个大因子占位起点，重复占位不可避免，重复占位会增加了素数对的位置，故实际素数对无穷出现，尽管越来越稀。

数想记

我就能证明爱因斯坦的错误的特例。有本事你就来论证！