И все-таки простое решение бинарной проблемы Гольдбаха

[Sval]

Рискну предложить простое решение бинарной проблемы Гольдбаха, которую переформулирую так: для любого четного числа $2A$ всегда найдется хотя бы одно простое число среди чисел $2A - X_i$, где $X_i$ – все простые числа меньше $2A$.

Утверждение (1): Частота одинаковых остатков при делении последовательных простых чисел $X_i$ на меньшее простое число $X_j$ примерно равно $1 / (X_j - 1)$. Доказательство (1) приведено в конце сообщения.
Например, остатки от деления простых чисел, меньших $2A$, на 3 примерно поровну (частота 1/2) распределены между 2 и 1. Если $2A$ делится на 3, то среди чисел $2A - X_i$ только одно число также делится на 3, а именно $2A - 3$. Если же $2A$ при делении на 3 дает остаток 2 или 1, то среди чисел $2A - X_i$ примерно половина делится на 3 (включая случай, когда $2A - X_i = 3$).

Следствие из утверждения (1): Частота чисел, не делящихся на $X_j$ (ближайшее к $\sqrt {2A}$ простое число) и меньшие простые числа, среди чисел $2A - X_i$ равна (2):
$G(X_j) \geqslant G(X_{j-1}) \cdot (1 - 1/(X_j - 1)); G(3) = 1/2; G(5) = 1/2 \cdot (1 - 1/4) = 3/8$ и т.д.
Знак «>» распространяется на случаи, когда $2A$ делится на $X_j$ и / или меньшие простые числа, а также в случае, когда $2A - X_i = X_j$ или меньшему простому числу. Формула (2) выводится так: частота того, что простые числа делятся на $X_i$ с определенным остатком a (остаток, не равный 0, при делении $2A$ на $X_i$) и на $X_j$ с определенным остатком b, равна $1/(X_i - 1) + 1/(X_j - 1) - 1/(X_i - 1) \cdot 1/(X_j - 1)$. Равенство же в (2) является примерным в силу (1), поэтому формула (2) в дальнейшем будет ужесточена.
Таким образом, количество простых чисел среди $2A - X_i$ примерно равно или больше $N(2A) \cdot G(X_j)$, где $N(2A)$ - количество простых чисел, меньших $2A$.

Утверждение (3): количество простых чисел, меньших $2A$, примерно равно:
$N(2A) = 2A \cdot G’(X_j) + j - 1$, где
$G’(X_j) = G’(X_{j-1}) \cdot (1 - 1/X_j); G’(2) = 1/2; G’(3) = 1/3; G’(5) = 4/15$ и т.д.
Формула – следствие решета Эратосфена (частота чисел, которые делятся на простые числа $X_i$ и/или $X_j$, равна $1/X_i + 1/X_j - 1/X_i\cdot1/X_j$).

Из (2) и (3) следует, что количество простых чисел среди $2A - X_i$ (4):
$N’(2A) \geqslant N(2A) \cdot G(X_j) > N(2A) \cdot G’(X_j) = 2A \cdot (G’(X_j))^2 + G’(X_j) \cdot (j - 1)$.
В данной формуле функция $G$ была заменена на меньшую $G’$, что привело к строгости неравенства (дополнительное примечание по погрешностям оценок - в конце текста).
Формула (4) при небольших $2A$ имеет значение больше 2, например, $N’(100) > 5$. Значение сравнивается с 2, поскольку формула (4) считает пару простых чисел $X_i$ и $X_j$, составляющих $2A$, как два варианта.
Указанная формула (4) является растущей: ее значение растет при росте аргумента (доказательство приведено в конце). Поэтому по математической индукции для любого $2A$ значение $N’(2A)$ всегда больше 2, что является решением бинарной проблемы Гольдбаха.

Доказательство утверждения (1): Для $X_i$ и $X_j$, где $X_i < X_j$: числа, которые не делятся на $X_j$ (простые и сложные) $= X_j \cdot k - a$, где $a = (1, 2, …, Xj - 1)$, и значения a - по определению равномерно распределены. Если $k = p \cdot X_i - b$, где $b = (0, 1, …, Xi - 1)$, то такие числа можно выразить в виде: $X_j \cdot (p \cdot X_i - b) - a$ – определим, какие из них делятся на $X_i$ для каждого a. Раскрыв скобки, видим, что первое слагаемое делится на $X_i$, поэтому надо рассмотреть только сумму $X_j \cdot b + a$. Поскольку a – константа, то данная сумма делится на $X_i$, если остаток от деления $X_j \cdot b$ на $X_i$ будет таким, что его сумма с остатком от деления a на $X_i$ будет равна $X_i$. Все остатки от деления $X_j \cdot b_n$ на $X_i$ для каждого n будут разными – если бы для двух чисел типа $X_j \cdot b_n$ остатки от деления на $X_i$ были бы одинаковы, то их разность тоже бы относилась к числам типа $X_j \cdot b = X_j \cdot (b_{n_1} - b_{n_2})$, но при этом данная разность делилась бы без остатка на $X_i$ (из-за одинаковых остатков), что невозможно, поскольку ни $X_j$, ни b не делится на $X_i$ без остатка по определению. Таким образом, существует только одно значение b ($b_n$) для каждого a, при котором $X_j \cdot b + a$ делится на $X_i$. Соответственно, простое число $X_i$ «делает сложным» по одному варианту чисел для каждого a из множества чисел, не делящихся на $X_j$ (чисел типа $X_j \cdot k - a$), соответственно, не меняет равномерного распределения значений a. Например, простое число 5 «делает сложными» не делящиеся на 3 числа $3k-1$ и $3k-2$ в следующих случаях:
$3 \cdot (5p - 3) - 1 = 15p - 10$ для $3k-1$ ($b=3$ для $a=1$);
$3 \cdot (5p - 1) - 2 = 15p - 5$ для $3k-2$ ($b=1$ для $a=2$).

Доказательство роста функции (4): найдем разность между ее значением для двух аргументов $2A = X_{i+1}^2; X_i^2$, поскольку между ними значение функции растет за счет «роста» 2A при том, что значения G’(X) и j остаются неизменными (на самом деле, четными являются числа вида $X_i^2 - 1$, но «- 1» не играет роли в установлении, является ли функция N’(2A) непрерывно растущей, поэтому «-1» убран из представленной ниже формулы для простоты):
$N(X_{i+1}^2) - N’(X_i^2) = G’(X_i) \cdot (1 - 1/X_{i+1}) \cdot (G’(X_i) \cdot (1 - 1/X_{i+1}) \cdot X_{i+1}^2 + i) - G’(X_i) \cdot (G’(X_i) \cdot X_i^2 + i - 1) = G’(X_i) \cdot (G'(Xi) \cdot ((X_{i+1} - 1)^2 - X_i^2) + (1 - i/X_{i+1}))$
Очевидно, что разность квадратов $(X_{i+1} - 1)^2 - X_i^2 > 0$, поскольку между последовательными простыми числами, большими 3, разность всегда больше или равно 2.
Также очевидно, что для простых чисел, больших 2, разность $1 - i/X_{i+1} >0$

Примечания относительно погрешности оценок в доказательстве.
Во-первых, везде специально говорится о «частоте», поскольку лежащее в основе решето Эратосфена предполагает периодичность – в этом случае можно говорить о погрешности оценок (там, где в формулах используется знак «примерно равно») в размере 2-3 «периодов» (период – величина, обратная частоте), что соответствует погрешности менее процента при рассмотрении чисел больших 3000 (в незначительной погрешности для меньших 3000 чисел можно убедиться при практической сверке). Данная погрешность не может изменить выводов приведенного доказательства.
Во-вторых, практическая проверка формулы (3) показала, что лучшая оценка снизу для $N(2A) > 20000$ обеспечивается, если $2A$ принадлежит отрезку $(X_j^{1,72}; X_{j+1}^{1,72} - 1)$ (вместо квадрата $X_j$, используемого в доказательстве, применить степень 1,72) – в этом случае функция $G’(X_j)$ примерно равна $1/\ln(2A)$ – т.е. совпадает с формулой закона распределения простых чисел, что дополнительно указывает на верность соответствующей оценки. Использование в доказательстве степени 1,72 усложняет его, но не меняет сути, поэтому данное обстоятельство приведено здесь только в качестве примечания, но не использовалось в тексте доказательства.

[ex-math]

Ваше "примерно равно" будет накапливаться и в итоге задавит главный член.
С доказательством не справляются даже современные хитроумные решета, а Вы Эратосфена предлагаете

[Sval]

ex-math в сообщении #1010698 писал(а):

Ваше "примерно равно" будет накапливаться и в итоге задавит главный член.
С доказательством не справляются даже современные хитроумные решета, а Вы Эратосфена предлагаете

Я, вроде, избавился от "примерно" - или, Вы считаете, некорректно? Спасибо за отзыв.

[grizzly]

Sval в сообщении #1011077 писал(а):

Я, вроде, избавился от "примерно" - или, Вы считаете, некорректно?

Глубина используемых Вами методов, очевидно, соответствует глубине Вашего понимания вопроса. Вам не следует ждать здесь сочувствия -- вряд ли кто-то попытается серьёзно обсуждать с Вами ограниченность этих методов. Эти методы идеально работают, пока мы находимся в самом начале натурального ряда (там, где $2\cdot 3\cdot 5<7^2$, а потом довольно быстро идут вразнос по причине, указанной ex-math.
(В любом случае простите за прямоту и нежелание продолжить какое-либо обсуждение по этой теме.)

[Sval]

grizzly в сообщении #1011096 писал(а):

Sval в сообщении #1011077 писал(а):

Я, вроде, избавился от "примерно" - или, Вы считаете, некорректно?

Глубина используемых Вами методов, очевидно, соответствует глубине Вашего понимания вопроса. Вам не следует ждать здесь сочувствия -- вряд ли кто-то попытается серьёзно обсуждать с Вами ограниченность этих методов. Эти методы идеально работают, пока мы находимся в самом начале натурального ряда (там, где $2\cdot 3\cdot 5<7^2$, а потом довольно быстро идут вразнос по причине, указанной ex-math.
(В любом случае простите за прямоту и нежелание продолжить какое-либо обсуждение по этой теме.)

Сочувствия не жду, глубиной мериться не буду - заведомо согласен, что Ваша - больше (без иронии), к прямоте отношусь адекватно. Мне было бы приятнее и полезнее, если бы Вы "размазали по стенке" меня с моими методами, но только, пжл., немного больше конкретики, ведь я прямо указал, что формула выведена далеко не для $7^2$, а в "не самом начале натурального ряда" ее можно превратить в $2A/(\ln(2A))^2$ (см. последнее примечание). Мне показалось, что немного простоты (вынесено в заголовок) в это вопросе не помешает, ведь как-то даже очевидно, что поведение простых чисел в ряду $2A - X_i$ (в терминах текста решения) аналогично их поведению в натуральном ряду. Если признанные авторитеты эту конкретную простоту уже отвергли, киньте ссылку, буду весьма благодарен. "Нежелание продолжать" пойму, хотя и не хотелось бы...

[ex-math]

Чтобы получить результат, нужна количественная оценка ошибки. Замените в Вашем тексте "$A$ примерно равно $B$" на "$A=B+O(C)$" и проследите за остатками. Иначе даже и обсуждать нечего, потому что доказательства нет.

[Батороев]

ex-math в сообщении #1010698 писал(а):

Ваше "примерно равно" будет накапливаться и в итоге задавит главный член.

Этому "примерно" и накапливаться не надо. Во всем ряду натуральных чисел, превосходящих $6$, достаточно лишь одного четного числа, не представимого суммой двух простых. И гипотезе - "капут"!

[Deggial]

Посты Апис и их обсуждение выделено в отдельную тему по его просьбе