勒让德张猜想与吉尔布雷斯猜想及其它们的证明.docx
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勒让德张猜想与吉尔布雷斯猜想及其它们的证明
勒让德-张猜想与吉尔布雷斯猜想及其它们的证明
张天树
tianshu_zhang507@
摘要
如果将勒让德猜想中含有奇素数的范围缩小一半,那么,在这任一半中同样至少有一个奇素数,这就是勒让德-张猜想.我们将应用数学归纳法并借助方向彼此相反的两条数轴的正方向射线去首先证明勒让德-张猜想.接着,再用数学归纳法和靠已经得到的结果证明了吉尔布雷斯猜想.
关键词
勒让德-张猜想,吉尔布雷斯猜想,数学归纳法,数轴的正方向射线,奇数点,素长,反向素长,共同右端点段.
基本概念
吉尔布雷斯猜想,首先是由美国数学家和魔术爱好者N.L.吉尔布雷斯在1958年胡乱涂在一张餐巾纸上暗指的.
他开始写下一行几个素数:
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31……
在这些素数下面,他放置它们的差:
1,2,2,4,2,4,2,4,6,2,……
在这些差数下面,他放置它们无符号的差:
1,0,2,2,2,2,2,2,4,……
并且,他继续作出迭代差的过程:
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,……
1,2,2,4,2,4,2,4,6,2,……
1,0,2,2,2,2,2,2,4,……
1,2,0,0,0,0,0,2,……
1,2,0,0,0,0,2,……
1,2,0,0,0,2,……
1,2,0,0,2,……
1,2,0,2,……
1,2,2,……
1,0,……
1,……
这个吉尔布雷斯猜想说的是:
除了第一行的第一个数以外,第一列上的数全部都是1.
勒让德猜想,这是大家知道的一个古老难题,对于每一个正整数n,在n2和(n+1)2之间是不是总有一个素数?
除了n=1之外,如果n2和(n+1)2之间的奇数被n(n+1)划分成两部分,那么,勒让德-张猜想断言:
对于这两部分的任一部分,总含有至少一个奇素数.显然,这个勒让德-张猜想比勒让德猜想更强.
请看,下列与勒让德-张猜想有关的整数系列开始的一小段:
1(1+1),3,22,5,2(2+1),7,32,11,3(3+1),13,42,17,19,4(4+1),23,52,29,5(5+1),31,62,37,41,6(6+1),43,47,72,53,7(7+1),59,61,82,67,71,8(8+1),73,79,92,83,89,9(9+1),97,102,101,103,107,109,10(10+1),113,112,127,131,11(11+1),137,139,122,149,151,12(12+1),157,163,167,132,173,179,181,13(13+1),191,193,142,197,199,14(14+1),211,223,152,227,229,233,239,15(15+1),241,251,162,…
这样,勒让德-张猜想具体地可陈述为两段:
在n(n+1)和(n+1)2之间至少有一个奇素数;在(n+1)2和(n+1)(n+2)之间至少有一个奇素数,这儿n是一个自然数.
请看,当n是一个奇数时,有下面一系列数:
在n(n+1)和(n+1)2之间,有(n+1)/2个奇素数;
在(n+1)2和(n+1)(n+2)之间,有(n+1)/2个奇素数;
在(n+1)(n+2)和(n+2)2之间,有(n+1)/2个奇素数;
在(n+2)2和(n+2)(n+3)之间,有(n+1)/2个奇素数;
在(n+2)(n+3)和(n+3)2之间,有(n+3)/2个奇素数;
在(n+3)2和(n+3)(n+4)之间,有(n+3)/2个奇素数;
在(n+3)(n+4)和(n+4)2之间,有(n+3)/2个奇素数;
在(n+4)2和(n+4)(n+5)之间,有(n+3)/2个奇素数;
在(n+4)(n+5)和(n+5)2之间,有(n+5)/2个奇素数……
上面提到的在n2和(n+1)2之间的奇数被n(n+1)分成两部分,那么,我们就把每一部分看作是一条特别段.于是,从1(1+1)与22之间第一条特别段上的唯一的奇数3开始,往后,在每连续4条特别段后的每一条特别段上,都会迭加一个奇数.例如,1(1+1)12212(2+1)13213(3+1)24224(4+1)25225(5+1)36236(6+1)37237(7+1)48248(8+1)49249(9+1)5102510(10+1)5112511(11+1)6122612(12+1)6132613(13+1)7142714(14+1)7152715(15+1)…
另外,我们还规定:
奇数(n+2)2被加到(n+2)2和(n+2)(n+3)之间的一条特别段中,这儿n是一个奇数.显然,全部特别段既在正整数系列中,又在数轴的正射线上.
我们以从1开始的按序排列的自然数,给依次排列的特别段编上序号,无论特别段在正整数系列中,还是在数轴的正射线上.那么,在第(1+4t),第(2+4t)和第(3+4t)特别段上的奇数数目全是1+t;而在第(4+4t)特别段上的奇数数目则是2+t,这儿t≥0.
也就是说,在第1、第2和第3特别段上的奇数数目都是1;
在第4、第5、第6和第7特别段上的奇数数目都是2;
在第8、第9、第10和第11特别段上的奇数数目都是3;
在第12、第13、第14和第15特别段上的奇数数目都是4;
在第16、第17、第18和第19特别段上的奇数数目都是5;……
我们将在下文中借助数轴正射线上的奇数点间接地证明勒让德张猜想.为了方便观看,对于数轴的正方向射线,我们在此让它从奇数点3开始,并且,在它上面仅仅标出奇数点,以及每两个相邻奇数点之间的距离完全相同.我们把每个奇素数点和奇数点3作为两个端点的一段距离叫做一条素长,以“PL”表示,并用“PLS”表示至少两条素长.按照素长的定义,从奇素数点3到奇数点3也是一条素长,只不过它的长度等于零.
我们使用两条数轴的正方向射线,而它们的方向彼此相反,且任一射线的端点3能够重合另一条射线的任意一个奇数点.例如,任一射线的端点3重合另一条射线的奇数点P.请看,下面的第一图:
357P-4P-2P
PP-2P-4753
第一图
我们把在向左方向射线上的素长看作是反向素长,并用RPLS表示.以向右方向射线上任一奇数点P作为共同右端点的RPLS被写成RPLSP.又,RPLSP中的一条被写成RPLP.
当P=3时,这条RPL被写成RPL3.这种情况,仅仅表明:
向左方向射线上的奇数点3重合向右方向射线上的奇数点3.
RPLSP的共同右端点是奇数点P,并且,RPLSP的部分左端点与向右方向射线的线段3P上的部分奇素数点一对一地重合.
在线段3P上,向右方向射线上的奇素数点与向左方向射线上RPLSP的左端点,以线段3P的中点作为对称中心,左右总是呈现一一对称.
在向右方向射线上,从奇数B开始,向左依次取各个奇数点作为RPLSB-2f的共同右端点,那么,RPLSB-2f的部分左端点就一对一地重合向右方向射线的线段3B上的部分奇素数点,这儿f=0,1,2,3,…c…
假设f顺次增加到c,并让∑RPLSB-2f[0≤f≤c]的左端点恰好一对一地重合向右方向射线的线段3B上的全部奇素数点,那么,我们就把线段B(B-2c)看作是在线段3B上RPLSB-2f的最短共同右端点段,并用“SCRP”表示最短共同右端点段.于是这时的线段B(B-2c)即是线段3B上的SCRPB(B-2c).让A=B-2c,SCRPB(B-2c)就是SCRPAB.
如果从奇数点3开始的一条较短线段上仅有一个共同右端点,那么,这奇数点一定是一个奇素数点,因为奇数点3只能重合以一个奇素数点作为右端点的反向素长的左端点.
在线段3P上,我们把首先与RPLSB-2f左端点重合的奇素数点作为RPLSB-2f左端点重合的特别奇素数点,这儿0≤f≤c.显然,RPLSB的左端点一对一重合的全部奇素数点,都是RPLSB的左端点重合的特别奇素数点.而RPLSA的左端点重合的特别奇素数点,与∑RPLSX[B≥X≥A+2]的左端点重合的特别奇素数点完全不同.
因此,在线段3B上的全部奇素数点,就是∑RPLSB-2f[0≤f≤c]左端点重合的特别奇素数点.
例如,当B=95时,在SCRPAB上有4个奇数点,且A=89.对于一一与RPLSF左端点重合的奇素数点的分布,请看下面的第二图,这儿F=95,93,91and89:
奇素数点:
193137616779
RPLS95
的左端点:
796761373119
奇素数点:
713172329374353596773798389
RPLS93的左端点:
898379736759534337292317137
奇素数点:
51123414753718389
RPLS91的左端点:
89837153474123115
奇素数点:
313193161737989
RPLS89的左端点:
897973613119133
第二图
让我们继续向左取奇数点A-2作为RPLSA-2的共同右端点.因为∑RPLSB-2f[0≤f≤c]的左端点恰好一对一地重合完向右方向射线的线段3B上全部的奇素数点,而∑RPLSB-2e[1≤e≤c]的左端点重合的奇素数点是不变的,所以,RPLSA-2的左端点重合的特别奇素数点属于RPLSB的左端点重合的奇素数点.
因为奇素数点3仅仅能够重合以向右方向射线上一个奇素数点作为右端点的一条反向素长的左端点,所以,在SCRPAB上,倘若B是唯一一个奇素数点,且另外的全是奇合数点,那么A-2是一个奇素数点.另外,在线段3(B-2)上有SCRP(A-2)(B-2).
因为奇素数点3仅仅能够重合以向右方向射线上一个奇素数点作为右端点的一条反向素长的左端点,因此,任一SCRP含有至少一个奇素数点.假如从3开始的一条较短线段上仅有一个共同右端点,那么,这个共同右端点也是一个奇素数点.
在SCRPAB上,如果A是唯一的奇素数点,另外的全部是奇合数点,那么,B+2是一个奇素数点.于是,线段3(B+2)上含有SCRPA(B+2).在这儿,线段3(B+2)上含有的SCRPA(B+2)比线段3B上含有的SCRPAB多一个奇数点,这多出来的一个奇数点正是奇素数点B+2.
事实表明,在共有至少一个奇数点的两条SCRP上奇数点数目彼此不同的情况下,上述这种情况是唯一的.
相反地,我们也可以从奇数点A开始,向右依次取各个奇数点作为RPLSA+2f的共同右端点,当RPLSA+2f的部分左端点一对一地恰好重合完线段3(A+2f)上全部的奇素数点时,这儿f≥0,那么,在线段3(A+2f)上含有SCRPA(A+2f).实际上,这是已知的,作为A+2f=B,于是SCRPA(A+2f)就是SCRPAB.但是,在这儿,RPLSA+2f的左端点重合的特别奇素数点,是按照从左到右的奇数点作为RPLSA+2f共同右端点来确定的.
依次取每一个奇数点作为反向素长的一个共同右端点,无论这顺序是从右到左,还是从左到右,在以SCRPAB上每一个奇数点作为共同右端点的反向素长左端点重合的奇数点中,总有至少一个特别的奇素数点.
因为取反向素长的共同右端点的顺序能够是互为相反的方向,于是,在两个取向上,以同一个奇数点作为共同右端点的反向素长左端点重合的特别奇素数点是不完全相同的.
在SCRPAB上有(B-A+2)/2个奇数点.一条完整的最短共同右端点段(SCRP)必须含有这条最短共同右端点段上全部的奇数点.基本上,一条完整的最短共同右端点段能够被这条最短共同右端点段上全部的奇数点所代替.举SCRPAB为例,在线段3B内,SCRPAB是一条完整的最短共同右端点段,那么,在SCRPAB上的(B-A+2)/2奇数点就能够代替SCRPAB.如果在SCRPAB上少了一个奇数点,那么,剩下的就不是一条最短共同右端点段了.
勒让德-张猜想的证明
因为在任意一条最短共同右端点段上都有至少一个奇素数点,或者从3开始的一条较短的线段上仅有一个共同右端点,根据前面的证明这个共同右端点是一个奇素数点,因此,让我们应用数学归纳法首先证明:
在第y特别段上有一条完整的最短共同右端点段,这儿y是任意一个自然数.
(1).当y=y1=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19和20时,依次的第y1特别段上,奇数点的数目依次是1,1,1,2,2,2,2,3,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5和6.又,含有依次第y1特别段的最右一个奇数点的各条最短共同右端点段(SCRP)上奇数点数目依次是1,1,1,2,2,1,2,2,2,2,2,2,2,2,3,3,4,4,4和6.
由此表明:
在第y1特别段上有一个单独的共同右端点或有一条完整的最短共同右端点段.
(2).当y=k时,假设:
在第k特别段中有一条完整的最短共同右端点段(SCRP),这儿k≥20.
(3).当y=k+1时,证明:
在第k+1特别段中也有一条完整的最短共同右端点段(SCRP).
证明.因为在第k特别段中有一条完整的最短共同右端点段,那么,这条完整的最短共同右端点段含有至少一个奇素数点.
因为奇素数点3仅仅能够重合以向右方向射线上一个奇素数点作为右端点的一条反向素长的左端点,因此,第k特别段中那条完整的最短共同右端点段上有至少一个奇素数点.
假设:
在第k特别段上最右或唯一的奇素数点为Pm,那么,让第k特别段中一条完整的最短共同右端点段含有Pm.而且,假设:
这条完整的最短共同右端点段的左端点是奇数点E,以及它的右端点是奇数点F.当然,在这儿Pm可以是E或F.
在SCRPEF上有(F-E+2)/2个奇数点.另外,让F+2=G,和2F-E+2=H或2F-E+4=H,那么线段GH就是线段3H上的SCRPGH.或者在线段3H的SCRPGH上奇数点的数目等于在线段3F的SCRPEF上奇数点的数目,或者在线段3H上SCRPGH多于在线段3F上SCRPEF一个奇数点.而且,在线段3H的SCRPGH含有至少一个奇素数点.毋容置疑地,这个奇素数点在第k特别段的右边.
由前面的阐述,我们知道:
或者第k特别段上奇数点数目等于第k+1特别段上奇数点数目,或者第k+1特别段上奇数点比第k特别段上奇数点多一个.所以,SCRPGH在第k+1特别段中.因此,在第k+1特别段上有至少一个奇素数点.
每次从一个已经证明了的特别段出发去证明相邻这特别段的下一个特别段,那么,在经过无限多次后,就有无限多已被证明的特别段.也就是说,让y等于每一个自然数,那么,不可避免地得出一个结论:
在每一条特别段上有至少一个奇素数点.
更确切地说,在n(n+1)与(n+1)2之间有至少一个奇素数;在(n+1)2与(n+1)(n+2)之间有至少一个奇素数,这儿n表示每一个自然数.
所以,勒让德-张猜想被证明是成立的.
吉尔布雷斯猜想的证明
首先,我们给从小到大的每一个奇素数编上一个序数.也就是说,我们把奇素数3看作第1个奇素数,并写成P1;又把奇素数5看作第2个奇素数,并写成P2…以此类推,把奇素数Pm看作第m个奇素数.
假定:
m是从3开始的一行连续奇素数上最右边一个奇素数的序数,那么,从2到Pm的连续素数的数目总共是m+1.
让我们回顾一下吉尔布雷斯猜想既定的规定,即:
把从2开始的连续素数写成一行后,计算出每两个相邻素数的差,并把每个这样的差放在左边一个素数的下边,照此继续进行迭代不带正负符号差的过程.
在证明勒让德-张猜想后,让我们应用数学归纳法并借助已经获得的结果,接着证明吉尔布雷斯猜想如下.
(1).当m=20,Pm=73时,按照既定法则,全部运运算结果以及它们的排列都适合吉尔布雷斯猜想.请看,下面的行和列.
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73…
1,2,2,4,2,4,2,4,6,2,6,4,2,4,6,6,8,6,6,2…
1,0,2,2,2,2,2,2,4,4,2,2,2,2,0,2,2,0,4…
1,2,0,0,0,0,0,2,0,2,0,0,0,2,2,0,2,4…
1,2,0,0,0,0,2,2,2,2,0,0,2,0,2,22…
1,2,0,0,0,2,0,0,0,2,0,2,2,2,0,0…
1,2,0,0,2,2,0,0,2,2,2,0,0,2,0…
1,2,0,2,0,2,0,2,0,0,2,0,2,2…
1,2,2,2,2,2,2,2,0,2,2,2,0…
1,0,0,0,0,0,0,2,2,0,0,2…
1,0,0,0,0,0,2,0,2,0,2…
1,0,0,0,0,2,2,2,2,2…
1,0,0,0,2,0,0,0,0…
1,0,0,2,2,0,0,0…
1,0,2,0,2,0,0…
1,2,2,2,2,0…
1,0,0,0,2…
1,0,0,2…
1,0,2…
1,2…
1…
当Pm=73时,73在第15特别段上,由于1(1+1)_22作为第1特别段,22_2(2+1)作为第2特别段,2(2+1)_32作为第3特别段,……82_8(8+1)作为第14特别段,73在8(8+1)与92之间.
(2).当m=c时,假设:
按照既定法则,全部运运算结果以及它们的排列都完全适合吉尔布雷斯猜想,这儿c≥20.
(3).当m=c+1时,证明:
按照既定法则,全部运运算结果以及它们的排列也完全适合吉尔布雷斯猜想.
证明.让我们排列2和从3开始从小到大的奇数成一行,并把这行作为第1行.然后,放置每两个相邻整数的差到各自左边一个整数的下边.另外,我们照此继续进行迭代不带正负符号差的过程.显然,除了第1行的第1个整数外,第1列的数全部是1.
如果在第1行中删去含有素因子3的奇合数,然后,以上面提到的相同作法计算并排列无符号的差,那么,除了第1行的第1个整数外,第1列的数全部是1.
如果继续在第1行中删去含有素因子5的奇合数,然后,以上面提到的相同作法计算并排列无符号的差,那么,除了第1行的第1个整数外,第1列的数全部是1.
……
如果继续在第1行中删去含有素因子Pa的奇合数,并假设:
除了第1行的第1个整数外,第1列的数全部是1.
为什么除了第1行的第1个整数外,第1列的数全是1?
因为在删去含有从3到Pa素因子的奇合数后,第1行中相邻两个奇数的最大差总是小于这个最大差左边的无符号差之和.如果从全部无符号差的右边段减去这最大差,那么,剩余的就是一个已被证明的整数系列.
从已被证明的勒让德-张猜想,我们知道:
在每一条特别段上有至少一个奇素数.
假设:
奇素数Pc在第y特别段上.如果奇素数Pc+1也在第y特别段上,那么在pc与pc+1之间的奇数数小于在第y特别段上的奇数数.
如果奇素数Pc+1在第y+1特别段上,那么,在pc与pc+1之间的奇数数小于在第y特别段加第y+1特别段上的奇数数.
由前面的基本概念,我们知道:
在连续四条特别段中位于最前面与最后面的两条特别段相差1个奇数.
因此,第y和第y+1特别段比第y-1和第y-2特别段多1或2个奇数.
所以,在pc与pc+1之间的奇数不多于在第y-1和第y-2特别段上的奇数.
另外,在每一条特别段上至少有一个奇素数,当然也包括第y-1和第y-2特别段在内.
因此,或者pc与pc+1之差小于在第y-1特别段上每两个相邻奇数无符号差之和,或者pc与pc+1之差小于在第y-1和第y-2特别段上每两个相邻奇数无符号差之和.
所以,当m=c+1时,上述两种和之任一减去相应的一个差后,在第一行剩下的,就是一个已被证明的素数系列.
从以上证明结果得,当m=c+1时,按照既定法则,全部计算结果及其他们的排列也都适合吉尔布雷斯猜想.
每次都从已证明的结论继续去增加一个较大的相邻奇素数,那么,经过无限多次,即:
让m等于每一个自然数,更确切地,让2和全部奇素数放在第1行,然后,按照既定法则,作出全部计算结果和它们的排列,我们不可避免地得出一个结论:
除了第1行中第1个整数外,在第1列上的数全部是1.也就是说,吉尔布雷斯猜想被证明是成立的.
参考文献
[1]ZhangTianshu,ProvingGoldbach’sconjecturebytwonumberaxes’positivehalflineswhichreversefromeachother’sdirections,AdvancesinTheoreticalandAppliedMathematics(ResearchIndiaPublications),ISSN0793-4554,Volume7,Issue4(2012),pp.417-424.
[2]ZhangTianshu,Thereareinfinitelymanysetsofn-oddprimenumbersa
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