波林那克猜想的一个证明.docx

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波林那克猜想的一个证明

波林那克猜想的一个证明

张天树

tianshu_zhang507@

摘要

让我们把共有一个素因子的奇数看作是一种，那么，从3开始的数轴的正方向射线就由具有种奇数点与其它奇数点相同排列完全相同的无限多等长线段组成，这儿≥1.在这篇文章中，我们将应用数学归纳法并借助这样的相等线段及其上的每种奇数点，来证明波林那克猜想尚未被证明的一半.

关键词

数轴的正射线，数学归纳法，各种奇数点，共存定理.

基本概念

1849年,波林那克假设：

对于每一个偶数2n，都有无限多对相差2n的相邻素数，这儿n≥1.这是一个至今还未被证明的猜想.

幸运地是,在2012年底我已经证明了这个猜想的一半，就是已证明了：

有无限多对相邻奇素数.这个证明发表在国际学术性杂志“理论和应用数学杂志”2013年第一期第17-26页上.

现在，我们需要的是继续证明这个猜想的另一半，也就是证明：

每一个正偶数2n都是两个相邻奇素数的差.然而，或多或少地应用了与证明前一半基本相同的方法，因此，下述基本概念就有很多重复.当然，这是不可避免的，也是不可缺少的.

每个人都知道，在数轴正方向射线上的每一个奇数点表示一个正奇数.又，在这条射线上，两个相邻奇数点之间的距离都是彼此相等的.然后，我们就把从奇数点3开始的这条射线简称为射线.

让我们用符号“•”来表示在最初这条射线上的、以及在表达式中的一个奇数点.此外，这条射线在这儿仅仅被标有奇数点的符号.请看下面的第一图.

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

第一图

我们还使用符号“•s”来表示在表达式中至少两个尚未确定素、合属性的奇数点.我们把最小的正奇素数3作为第1个奇素数，又把正奇素数J作为第个奇素数，这儿≥1,那么，奇素数3也被写作J1.于是，我们就把共有素因子J的正奇数作为第种奇数.如果一个奇数含有α个互不相同的素因子，那么，这个奇数就同属于α种奇数，这儿α≥1.

在第种奇数中，仅有独一无二的奇素数J，而我们把其它的都称为第种奇合数.

如果一个•被确定为一个奇合数点，那么，我们就要将其符号“•”改变成“◦”.并在表达式中，用符号“◦s”来表示至少两个奇合数点.

如果一个•被肯定为一个奇素数点，那么，这个•被改写成一个♠.并在表达式中，用符号♠s来表示至少两个奇素数点.

在这个证明过程中，按照从小到大的次序，我们将依次改变第种奇合数点位置上的•s为◦s.

因为第种奇数是每一个奇数与J的积，于是，在这条射线上，连续J奇数点中，就有一个第种奇数点.

按照依次等于1、2、3…的次序，我们依逐次分解第种奇数点，并排列它们成第二图.

39152127333945515763697581879399105117129

•••◦••◦••◦•◦◦••◦◦•◦••◦•◦◦•◦◦••◦◦•◦••◦◦•◦•◦◦•◦◦◦•◦••◦••◦•◦◦◦◦◦◦•◦

№1•◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦…

№2•◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦…

№3•◦◦◦◦◦◦◦◦…

◦

№4•◦◦◦◦◦…

№5•.◦◦◦◦…

第二图

由此可见，种奇数点与其它奇数点在这条射线上的相互排列总是呈现无限多相同模式的格局，而不考虑它们各自的素、合属性.按照种奇数点与其它奇数点之间的排列是完全相同的，我们把这条射线上彼此相等的最短线段看作是种奇数点的循环段.并且，用字符串“RLS№1~№”表示一条种奇数点循环段，又使用RLSS№1~№表示至少两条种奇数点循环段，这儿=1、2、3、……

用从1开始的连续自然数给顺次排列的每一条RLS№1~№上的奇数点编上序号，也就是将顺次排列的每一条RLS№1~№上从左到右的每一个奇数点一一给标上从1开始依次从小到大的一个自然数.

那么，顺次排列的每一条RLS№1~№+1的J+1条依次的RLSS№1~№上有同一序号的J+1个奇数点中，有一个第+1种奇数点.

对于第种奇数点，除了在第1条RLS№1~№上最左边一个J是一个奇素数点外，其它的全部都是奇合数点.因此，第1条RLS№1~№是一条特殊的RLS№1~№.

在每一条RLS№1~№上有∏J个奇数点，这儿∏J=J1*J2*…*J及≥1.理所当然，第1条RLS№1~№从奇数点3开始，第1条RLS№1止于奇数点7;第1条RLS№1~№2止于奇数点31;第1条RLS№1~№3止于奇数点211;第1条RLS№1~№4止于奇数点2311等等.毋容置疑地，一条RLS№1~№（+1）由J+1条连续的RLSS№1~№,组成，它们一一首尾相连.

在示意图中，任意一条RLS№1~№（+1）的J+1条RLSS№1~№可以被折叠，以便观看.举一个例子，在变换第1至第3种奇合数点位置上的•s为◦s后，对于在第1条RLS№1~№3即从3到211一段上，和另外一条RLS№1~№3即CD上的奇数点,请看第三图.

№:

151015№:

151015

3♠♠♠◦••◦••◦•◦◦••C◦◦◦◦••◦••◦•◦◦••

◦◦•◦••◦•◦◦•◦◦••◦◦•◦••◦•◦◦•◦◦••

◦◦•◦••◦◦•◦•◦◦•◦◦◦•◦••◦◦•◦•◦◦•◦

◦◦•◦••◦••◦•◦◦◦•◦◦•◦••◦••◦•◦◦◦•

◦◦•◦•◦◦••◦•◦◦••◦◦•◦•◦◦••◦•◦◦••

◦◦•◦◦•◦••◦•◦◦••◦◦•◦◦•◦••◦•◦◦••

◦◦•◦••◦••◦◦◦◦••211◦◦•◦••◦••◦◦◦◦••D

第三图

由此可见，在变换第1至第+1种奇合数点位置上的•s为◦s后，在第1条RLS№1~№（+1）右边顺次排列的每一条RLS№1~№（+1）上一条RLS№1~№的每一个奇数点的序号上的J+1个奇数点中，有一个第+1种奇合数点.

在变换第1至第种奇合数点位置上的•s为◦s后，如果一个奇数点P1与另一个奇数点P2被λ个◦s相隔，那么，表示这样一个组合形式为一对P1λ（◦s）P2,这儿λ≥0.

在变换第1至第种奇合数点位置上的•s为◦s后，在第1条RLS№1~№上J右边有若干对♠λ（◦s）♠，并在第1条RLS№1~№右边顺次排列的每一条RLS№1~№上与♠λ（◦s）♠相同的序号上，有若干对•λ（◦s）•，这儿λ≥0.

从种奇数点循环段的定义，我们能够推出：

在变换第1至第种奇合数点位置上的•s为◦s后，假如在第1条RLS№1~№上J右边有一对♠λ（◦s）♠，那么，在第1条RLS№1~№右边顺次排列的每一条RLS№1~№上与♠λ（◦s）♠有相同的序号上一定有一对•λ（◦s）•.

毋容置疑地，其逆命题也是成立的.即，在变换第1至第种奇合数点位置上的•s为◦s后，假如在第1条RLS№1~№右边顺次排列的每一条RLS№1~№上有一对•λ（◦s）•，并且，全部这样的•λ（◦s）•对共有一组序号数，那么，在第1条RLS№1~№上这样一对•λ（◦s）•的序号上一定是一对♠λ（◦s）♠.当然，这一对♠λ（◦s）♠的任一个♠和这样的全部•λ（◦s）•的每个•表示的一个奇数的每一个素因子都是大于J的.

简言之，在变换第1至第种奇合数点位置上的•s为◦s后，在第1条RLS№1~№上J右边一对♠λ（◦s）♠和在第1条RLS№1~№右边顺次排列的RLSS№1~№上与♠λ（◦s）♠有相同序号的无限多对•λ（◦s）•共存在这条射线上.

我们把上述结论称为在这条射线上一对♠λ（◦s）♠和无限多对•λ（◦s）•的共存定理，或者简称为共存定理.

证明

我们将应用数学归纳法和借助在这条射线上一对♠λ（◦s）♠和无限多对•λ（◦s）•的共存定理，在下文中间接地证明波林那克猜想的尚未被证明的一半.

（1）.当=1时,在第1条RLS№1上J1的右边有一对♠0（◦s）♠，这对♠0（◦s）♠就是孪生奇素数点5和7.

当=2时,在第1条RLS№1~№2上J2的右边有若干对♠Ω2（◦s）♠，这儿Ω2=0,1,2.

当=3时,在第1条RLS№1~№3上J3的右边有若干对♠Ω3（◦s）♠，这儿Ω2≤Ω3≤6.

当=4时,在第1条RLS№1~№4上J4的右边有若干对♠λ4（◦s）♠，这儿λ4=Ω4+κ4,Ω3≤Ω4≤11,及κ4=16.

（2）.当=β≥4时,假设：

在第1条RLS№1~№上J的右边有若干对♠λ（◦s）♠，这儿λ=Ω+κ,及Ω表示任意一个自然数或零，并且Ω≥Ω4.另让Ω的最大值等于η,那么，η≥11及κ>η+1.

（3）.当=β+1时,我们应当证明：

在第1条RLS№1~№（+1）上J+1的右边有若干对♠λ+1（◦s）♠，这儿λ+1=Ω+1+κ+1,及Ω+1表示任意一个自然数或零，并且，Ω+1≥Ω.那就是说，Ω+1的至少一个值必须等于η+1，而它的最大值是η+1,这儿κ+1>η+1+1.

证明.在仅仅标有未确定素、合属性的奇数点符号的数轴的正方向射线上，当变换第1种奇合数点位置上的•s为◦s后，在第1条RLS№1上J1的右边有一对•0（◦s）•.此外，在顺次排列的每一条RLS№1~№2上J1的右边有若干对•Ω1（◦s）•这儿Ω1=0、1.并且，除了第1对•0（◦s）•的左边以外，每一对•Ω1（◦s）•与在它任何一边的一对•Ω1（◦s）•形成共有一个奇数点的一处共点对.

假如，接着变换第2种奇合数点位置上的•s为◦s，因为第1条RLS№1~№2右边顺次排列的每一条RLS№1~№2中一条RLS№1上的每一个奇数点的序号上的J2个奇数点中有一个第2种奇数点，于是，这就为连续奇合数点数目的增大做好了准备，这儿Ω1+1+Ω1=2.

在继续变换第2种奇合数点位置上的•s为◦s后，在J2的右边、顺次排列的每一条RLS№1~№2上，既有若干对•Ω1（◦s）•，又有若干对•Ω2（◦s）•，这儿Ω1≤Ω2≤2.除了一部分•Ω2（◦s）•仍然属于•Ω1（◦s）•以外，另外的每一对都在两个原先•Ω1（◦s）•的共点对位置上，所以，每一对•Ω2（◦s）•与在这对•Ω2（◦s）•或左或右的一对•Ω1（◦s）•一起仍为一处共点对，这儿Ω1=0,1.

假如，接着变换第3种奇合数点位置上的•s为◦s，因为第1条RLS№1~№3右边顺次排列的每一条RLS№1~№3中一条RLS№1~№2上的每一个奇数点序号上的J3个奇数点中有一个第3种奇数点，于是，这就为连续奇合数点数目的增大做好了准备，这儿2<Ω2+1+Ω1≤6.

在继续变换第3种奇合数点位置上的•s为◦s后，在J3的右边、顺次排列的每一条RLS№1~№3上，既有若干对•Ω2（◦s）•，又有若干对•Ω3（◦s）•，这儿Ω2≤Ω3≤6.

因为每一对•Ω3（◦s）•或者是一对•Ω2（◦s）•,或者是在原有的两对•Ω2（◦s）•的共点对位置上，所以每一对•Ω3（◦s）•与在这对•Ω3（◦s）•或左或右的一对•Ω2（◦s）•一起仍为一处共点对，这儿Ω2=0,1、2.

假如，接着变换第4种奇合数点位置上的•s为◦s，因为第1条RLS№1~№4右边顺次排列的每一条RLS№1~№4中一条RLS№1~№3上的每一个奇数点的序号上的J4个奇数点中有一个第4种奇数点，于是，这就为连续奇合数点数目的增大做好了准备，这儿6<Ω3+1+Ω2≤11.

在继续变换第4种奇合数点位置上的•s为◦s后，在J4的右边、顺次排列的每一条RLS№1~№4上，既有若干对•Ω3（◦s）•，又有若干对•λ4（◦s）•，这儿λ4=Ω4+κ4，Ω3≤Ω4≤11,及κ4=16.

因为每一对•λ4（◦s）•或是一对•Ω3（◦s）•,或在原有两对•Ω3（◦s）•的共点对位置上，所以，每一对•λ4（◦s）•与在这对•λ4（◦s）•或左或右的一对•Ω3（◦s）•一起仍为一处共点对，这儿Ω3=0、1、2、3、4、5、6.

让υ4表示大于和等于12的任意一个自然数.假如，接着变换第5种奇合数点位置上的•s为◦s，因为在第1条RLS№1~№5右边顺次排列的每一条RLS№1~№5中一条RLS№1~№4上的每一个奇数点的序号上J5个奇数点中有一个第5种奇数点，于是，这就为连续奇合数点数目的增大做好了准备，这儿Ω4+1+Ω3=υ4.

依此类推……

直到在继续变换第β种奇合数点位置上的•s为◦s后，在Jβ的右边、顺次排列的每一条RLS№1~№β上，既有若干对•λβ-1（◦s）•，又有若干对•λβ（◦s）•，这儿λβ=Ωβ+κβ,Ωβ表示含有1的连续自然数中的任意一个或0,Ωβ≥Ωβ-1≥Ω4,及κβ≥κβ-1≥κ4.

因为每一对•λβ（◦s）•或是一对•λβ-1（◦s）•,或在原有两对•λβ-1（◦s）•的共点对位置上，所以，每一对•λβ（◦s）•与在这对•λβ（◦s）•或左或右的一对•λβ-1（◦s）•一起仍为一处共点对，这儿λβ-1≥λ4.

让Ω的最大值为η,及υβ表示大于和等于η+1的连续自然数中任意一个.假如，接着变换第β+1种奇合数点位置上的•s为◦s，那么，因为在第1条RLS№1~№（β+1）右边顺次排列的每一条RLS№1~№（β+1）上一条RLS№1~№β的每一个奇数点的序号上Jβ+1个奇数点中，有一个第β+1种奇合数点，于是，这就为连续奇合数点数目的增大做好了准备，这儿Ωβ+1+Ωβ-1=υβ.显然，当Ωβ+1+Ωβ-1=η+1时,它将首先超过Ωβ的上限，例如，一对•η（◦s）•与一对•0（◦s）•一起；一对•（η-1）（◦s）•与一对•1（◦s）•一起；一对•（η-2）（◦s）•与一对•2（◦s）•一起，等等.

在继续变换第β+1种奇合数点位置上的•s为◦s后，在Jβ+1右边、顺次排列的每一条RLS№1~№（β+1）上，既有若干对•λβ（◦s）•又有若干对•λβ+1（◦s）•，这儿λβ+1=Ωβ+1+κβ+1,又Ωβ+1表示含有1的连续自然数中任意一个或0,另外Ωβ≤Ωβ+1≤υβ,及κβ+1≥κβ.因此，在Ωβ+1大于Ω的最大值η处，Ωβ+1正好超过Ωβ的上限.

因为这条射线有无限多条RLSS№1~№（β+1）,因此，有无限多对共有一组序号的•λβ+1（◦s）•,那么，根据上面所说的共存定理，在第1条RLS№1~№（β+1）上的这样一组序号上有一对♠λβ+1（◦s）♠.此外，λβ+1内的Ωβ+1含有自然数υβ.

当=β+1时，尽管我们在上文中已经证明并得出了这样的结论，可是，为了达到最终的目的，我们还需要进一步作如下的说明.

因为每一对•λβ+1（◦s）•或是一对•λβ（◦s）•,或在原有两对•λβ（◦s）•的共点对位置上，所以，每一对•λβ+1（◦s）•与在这对•λβ+1（◦s）•或左或右的一对•λβ（◦s）•一起仍为一处共点对，这儿λβ≥λβ-1≥λ4.

让Ω+1的最大值为η+1,又υβ+1表示大于和等于η+1+1的连续自然数中任意一个.假如，接着变换第β+2种奇合数点位置上的•s为◦s，那么，因为在第1条RLS№1~№（β+2）右边顺次排列的每一条RLS№1~№（β+2）上一条RLS№1~№（β+1）的每一个奇数点的序号上Jβ+2个奇数点中，有一个第β+2种奇合数点，于是，这就为连续奇合数点数目的增大做好了准备，这儿Ωβ+1+1+Ωβ=υβ+1.

按照上面的做法，如果让这样的步骤继续无限地进行下去，并让表示任意一个自然数，那么，在继续变换第1至第种奇合数点位置上的•s为◦s后，在J右边、顺次排列的每一条RLS№1~№上有若干对•λ（◦s）•，这儿λ=Ω+κ,又Ω表示含有1的连续自然数中的任意一个或0,以及κ-1大于Ω的最大值.

因为这条射线有无限多条RLSS№1~№,因此，在一条RLS№1~№上同一组奇数点的序号上有无限多对•λ（◦s）•，所以，按照上述的共存定理，在第1条RLS№1~№上这组奇数点的序号上有一对♠λ（◦s）♠，这儿λ=Ω+κ.显然，如果趋向无穷大，那么，Ω趋向于等于每一个自然数和0,并且，2Ω+2趋向于等于每一个正偶数，于是，2Ω+2能够被2n所代替,这儿n≥1.

因为一对♠Ω（◦s）♠表示差为2Ω+2的一对相邻奇素数点，于是，总有差为2n的相邻奇素数对.换句话说，每一个正偶数2n都是两个相邻奇素数之差.到此为止，我们已经证明了波林那克猜想剩下的一半.

至此，根据以前和现在已证明的命题，我坚信：

波林那克猜想已完全被证明成真.

备注

此文的英文版于2013年4月发表在国际数学研究杂志《全球纯粹和应用数学杂志》,PrintISSN0793-1768,OnlineISSN0793-9750，第9卷，第2期（2013），第143页至第149页上。

并被永久收录在:

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