Проблема Гольдбаха

Проблема Гольдбаха
Гипотеза Гольдбаха (проблема Эйлера, бинарная проблема Гольдбаха) — утверждение о том, что любое чётное число, начиная с 4, можно представить в виде суммы двух простых чисел.
Pa+Pb=N, N > 4
Докажем, что для любого натурального n ⩾ 2, найдётся сумма двух (не обязательно разных) простых чисел, равная, либо превосходящая максимальное значение интервала (от n до 2n). В ином случае, доказательство гипотезы не имеет смысла.
Исходя из теоремы Чебышёва. «Для любого натурального n ⩾ 2 найдётся простое число p в интервале n < p < 2n. » Следовательно, сумма двух простых (в данном случаем, одинаковых) превзойдёт максимальное значение интервала. Что и требовалось доказать. Т.е. n < 2p >2n.
Поскольку речь идёт, о натуральном ряде чисел, (1,2,3…),
где разница между двумя ближайшими, соседними членами равна единице (d=1), то это даёт понять нам, что разница между , любыми, n и p , равна ,минимум, единице.
p-n = 1·x ⇒ n=p-1·x ⇒ 2n=2p-2x.

Рассмотрим свойство простых чисел: «Всякое простое число, большее 3, представимо в виде 6k+1 (V) или 6k-1, где K — некоторое натуральное число. Отсюда, если разность между несколькими последовательными простыми числами (при k>1) одинакова, то она обязательно кратна 6.» Поскольку, «Всякое простое число, большее 3, представимо в виде 6k+1 (V) или 6k-1». Но не каждое число, представленное формулой 6k∓1, является простым. Обозначим множество чисел, представленных формулой 6k∓1 (Op). Множество чисел (Op). Содержит, как простые, так и составные числа.

Преобразуем формулу.

Op = 6k+1 V 6k-1 ⇒ K= (O_p+1)/6 v (O_p-1)/6


Чтобы различать числа, полученные выше представленной формулой, обозначим множество чисел буквами (с и d). Поскольку свойства множества, распространяется и на частный случай (на простые числа).

c = (P+1)/6 V d = (P-1)/6

Докажем, что любое чётное число, начиная с 10, можно представить в виде суммы двух членов , из множества чисел (Op.)

O_(P_a ) +O_(P_b )=N

Рассмотрим все варианты сложения простых чисел (табл.1.), для P > 3 и N > 8 (табл.2.).

(c+d) mod (6)=0)= (〖(P〗_a±1) mod (6)=0) + (〖(P〗_b±1) mod (6)=0)

Где P_a и P_b некоторые простые числа.

〖((P〗_a±1)mod (6)=0)+〖((P〗_b±1)mod (6)=0) ⇒V{█((N+2) mod (6)=0 @N mod (6)=0@ (N-2) mod (6)=0)┤
+ 〖(P〗_a+1)mod (6)=0 〖(P〗_a-1)mod (6)=0 〖(P〗_b+1)mod (6)=0 〖(P〗_b-1)mod (6)=0
〖(P〗_a+1)mod (6)=0 (2P_a+2) mod (6)=0 невозможно 〖(P〗_b 〖+P〗_a+2) mod (6)=0 (P_b 〖+P〗_a ) mod (6)=0
〖(P〗_a-1)mod (6)=0 невозможно (2P_a-2) mod(6)=0 (P_b 〖+P〗_a ) mod (6)=0 〖(P〗_b 〖+P〗_a-2) mod 6=0
〖(P〗_b+1)mod (6)=0 〖(P〗_b 〖+P〗_a+2) mod (6)=0 (P_b 〖+P〗_a )mod (6)=0 (2P_a+2) mod (6)=0 невозможно
〖(P〗_b-1)mod (6)=0 (P_b 〖+P〗_a ) mod (6)=0 〖(P〗_b 〖+P〗_a-2) mod 6=0 невозможно (2P_a-2) mod(6)=0
Таблица 1
Из таблицы (табл.1.) видно, что для N, возможны следующие варианты (табл.2.).
Для N mod 6 = 0, верно следующее утверждение:
〖((O〗_(P_a ))mod (6)=0)+〖((O〗_(P_b ))mod (6)=0)=N mod 6⇒〖(P〗_a)mod (6)=0)+〖(P〗_b)mod (6)=0)=N mod (6)
Для (N+2) mod 6 = 0, верно следующее утверждение:

〖((O〗_(P_a )-1)mod (6)=0)+〖((O〗_(P_b )-1)mod (6)=0)=(N+2) mod 6⇒〖(P〗_a-1)mod (6)=0)+〖(P〗_b-1)mod (6)=0)=(N+2) mod (6)
Для (N-2) mod 6 = 0, верно следующее утверждение:

〖((O〗_(P_a )+1)mod (6)=0)+〖((O〗_(P_b )+1)mod (6)=0)=(N-2)mod 6⇒〖(P〗_a+1)mod (6)=0)+〖(P〗_b+1)mod (6)=0)=(N-2) mod (6)


(N+2)mod(6)=0 (N)mod(6)=0 (N-2)mod(6)=0
〖((P〗_a±1)+〖(P〗_a±1)) mod (6)=0 (2P_a-2) mod(6)=0 (2P_a+2) mod (6)=0
〖((P〗_b±1)+〖(P〗_b±1)) mod (6)=0 (2P_a-2) mod(6)=0 (2P_a+2) mod (6)=0
〖((P〗_a+1)+〖(P〗_b-1))mod (6)=0 (P_b 〖+P〗_a )mod (6)=0
〖((P〗_a-1)+〖(P〗_b+1))mod (6)=0
〖((P〗_a+1)+〖(P〗_b+1))mod (6)=0 〖(P〗_b 〖+P〗_a-2) mod 6=0
〖((P〗_a-1)+〖(P〗_b-1))mod (6)=0 〖(P〗_b 〖+P〗_a+2) mod (6)=0
Таблица 2

Исходя их значений таблиц (1 и 2) делаем вывод , что любое чётное число начиная с 10, можно представить в виде суммы двух членов, множества чисел (Op.)
Пример: Рассмотрим вариант:

a) N=10; (10+2) mod (6). ⇒ (〖(O〗_(P_a )) + 〖(O〗_(P_b ))-2) mod (6) = 0
Nизм.=10+2 =12

b) Найдем, все возможные члены множества (Op).
T = N_изм/6 -1.
Делим Nизм. на 6, чтобы исключить все варианты сложений, не связанных с множеством (Op), вычитаем единицу, поскольку пару 1 и 3 мы исключим.
T – количество пар, членов множества чисел (Op).
T = 12/6-1.

с) Восстановим значения множеств чисел (Op). Для это возьмём натуральный ряд и ограничим его T.

K = 1;2; 3…T
Подставим полученные значения, в исходные формулы.
Op = 6·(K_T)+1 V 6·(K_T)-1 ⇒ {█(O_(p_a= 6·K_T+1)@O_(p_b= 6·K_T-1) )┤
〖 O〗_(p_a ) = 6·1+1 = 7
〖 O〗_(p_b ) = 6·1 – 1 = 5
Поскольку N делится нацело на 6, лишь с добавлением двойки, делаем вывод, что N – сумма двух одинаковых членов множества чисел (Op), которые в свою очередь делятся на 6, лишь с вычетом двойки. (табл.2.) Т.е. для N=10 , верно, 〖2· O〗_(p_b ), в нашем случае равная пяти (5).
Докажем , что в множестве чисел (Op ), есть хотя-бы, одна пара простых чисел, которая в сумме, даёт любое чётное число, начиная с 10.
Заметим, что с увеличением значений N, растёт T – количество пар, членов множества чисел (Op), следовательно, и сумм двух членов множества чисел (Op).
T = N_изм/6 -1.
Рассмотрим несколько значений N=12,34,74 …
Для N=12, (N=12) mod (6) = 0 ⇒ (〖 O〗_(p_a )+〖 O〗_(p_b )) mod(6)=0

T = 12/6 -1=1; {█(O_(p_a= 6·K_1+1)@O_(p_b= 6·K_1-1) )┤


K 〖 O〗_(p_a ) 〖 O〗_(p_b )
1 7 5
Таблица 3
N=12= O_(p_a )+〖 O〗_(p_b )=7+5


N=34, (Nизм =34+2) mod 6 = 0 ⇒ (〖 O〗_(p_b )+〖 O〗_(p_b )-2) mod (6)=0
T = 36/6 -1=1; {█(O_(p_a= 6·K_((1…5))+1)@O_(p_b= 6·K_((1…5))-1) )┤

K 〖 O〗_(p_a ) 〖 O〗_(p_b )
1 7 5
2 13 11
3 19 17
4 25 23
5 31 29
Таблица 4
N=34= O_(p_b )+〖 O〗_(p_b )=5+29;11+23;17+17;

N=74, (Nизм=74-2) mod (6) = 0 ⇒ (〖 O〗_(p_a )+〖 O〗_(p_a )+2)
T = 72/6 -1=1; {█(O_(p_a= 6·K_((1…11))+1)@O_(p_b= 6·K_((1…11))-1) )┤

K 〖 O〗_(p_a ) 〖 O〗_(p_b )
1 7 5
2 13 11
3 19 17
4 25 23
5 31 29
6 37 35
7 43 41
8 49 47
9 55 53
10 61 59
11 67 65
Таблица 5
N=74=O_(p_a )+〖 O〗_(p_a )= 67+7;61+13;55+19;49+25;43+31; 37+37;

Найдем вероятность того, что случайно выбранное, в множестве (Op), число окажется простым. Для этого, разделим количество простых чисел, на общее количество. Количество простых определяем функцией распределения простых чисел (π(Op)). Данная формула выдаёт количество простых, заведомо ниже фактического, однако нужно доказать, что, хотя бы одна пара чисел будет простая, а не найти их все.

π(O_p )= O_p/(ln⁡(O_p)) ⇒ 1/(ln⁡(O_p))
Найдем во сколько раз увеличится вероятность того, что случайно выбранное, в множестве (Op), число окажется простым, при исключении чисел кратных 2 и 3. Поскольку в множестве (Op) отсутствуют числа кратные 2 и 3. Для этого разделим общее количество простых чисел, на количество оставшихся чисел, после исключения 2 и 3. Количество оставшихся чисел, после исключения 2 и 3, определим вычтя из общего количества, числа кратные 2 и 3. Поскольку, вычитая числа кратные 2, мы уже вычли некоторые числа, которые пересекаются с числами кратными 3, т.е. числа кратные 6, вычитались дважды, возвращаем их.
O_p/(O_(p·) (1-1/2-1/3+1/6)) = 3

Вероятность того, что случайно выбранное, в множестве (Op), число окажется простым, при исключении чисел кратных 2 и 3.

3·1/(ln⁡(O_p)) ⇒ 3/(ln⁡(O_p))

Найдем количество пар, простых чисел, дающие в сумме (N).
Для N делящейся на 6, лишь с вычетом двойки, верны следующие формулы. Где: T/2 и (T+1)/2 – количество сумм пар. (T+1)/2 – поскольку члены множества, находящиеся в середине таблицы, суммируются сами с собой. (T+1)/2; (T+1)/2+1 и T/2 – это пары членов множества, находящиеся в середине таблицы, и имеющие наименьшую вероятность оказаться простыми. 6·((T+1)/2)+1; 6·((T+1)/2+1)+1 ; 6·T/2+1 это Op_((a v b) ).
Для (N+2) mod (6) = 0, верны следующие формулы.


При T Mod 2 ≠ 0:
(T+1)/2·(3/(ln⁡(6·((T+1)/2)-1)))·(3/(ln⁡(6·((T+1)/2+1)-1)))
Для (N+2) mod (12) = 0
(T+1)/2·(3/(ln⁡(6·((T+1)/2)-1)))^2
При T Mod 2 = 0:
T/2·(3/(ln⁡(6·(T/2)-1)))^2



Для (N) mod (6) = 0, верны следующие формулы.
При T Mod 2 ≠ 0:

(T+1)/2·((3/(ln⁡(6·((T+1)/2)+1)))· (3/(ln⁡(6·((T+1)/2+1)-1)))+(3/(ln⁡(6·((T+1)/2)-1)))· (3/(ln⁡(6·((T+1)/2+1)+1))))
Для (N) mod (12) = 0
(T+1)/2·((3/(ln⁡(6·(T/2)+1)))· (3/(ln⁡(6·(T/2)-1)))+(3/(ln⁡(6·(T/2)-1)))· (3/(ln⁡(6·(T/2)+1))))

При T Mod 2 = 0:
T/2·((3/(ln⁡(6·(T/2)+1)))· (3/(ln⁡(6·(T/2)-1)))+(3/(ln⁡(6·(T/2)-1)))· (3/(ln⁡(6·(T/2)+1))))

Для (N-2) mod (6) = 0, верны следующие формулы.:
При T Mod 2 ≠ 0:
(T+1)/2·(3/(ln⁡(6·((T+1)/2)+1)))·(3/(ln⁡(6·((T+1)/2+1)+1)))
Для (N-2) mod (12) = 0
(T+1)/2·(3/(ln⁡(6·((T+1)/2)+1)))^2
При T Mod 2 = 0:
T/2·(3/(ln⁡(6·(T/2)+1)))^2

Поскольку во всех вариантах, количество пар, простых чисел, дающие в сумме (N), превышает единицу. Делаем вывод, что в множестве чисел (Op ), есть хотя-бы, одна пара простых чисел, которая в сумме, даёт любое чётное число, начиная с10. Пара простых чисел, которая в сумме, даёт любое чётное число до 10, проверяются без формул, путем подбора.
Пример: Рассмотрим вариант:
a) N=20; (N-2) mod 6 = 0.
T = (20-2)/6 -1=2



При T Mod 2 = 0:
T/2·(3/(ln⁡(6·(T/2)+1)))^2=(3/(ln⁡(6+1)))^2= 1,056…>1

Поскольку при увеличении N, количество пар простых чисел, дающие в сумме (N), растет. Делаем вывод что в множестве чисел (Op ), есть хотя-бы, одна пара простых чисел, которая в сумме, даёт любое чётное число, начиная с 4.

0