Анализ возможности доказательства гипотезы Гольдбаха.

[Батороев]

Оценка погрешности функции $ \Phi (5, p_j) $ применительно к расчету количества пар простых-близнецов.

Для расчета принимаем $N=p_{j+1}^2$.
Рассчитываем количество пар простых-близнецов по формуле:
$ \pi_2(N) = \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{N+2}{3} \cdot \Phi (5, p_j) = \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{N+2}{3}\cdot \dfrac {(5-2)(7-2)(11-2)(13-2)....(p_j-2)}{5\cdot 7\cdot 11\cdot13 \cdot ...\cdot p_j} $
Полученные результаты сводим в таблицу:
\small \begin{tabular}{|p{1.8cm}|p{2cm}|p{2cm}|p{2cm}|p{2cm}|p{2cm}|} \hline Число N & Фактическое число пар простых-близнецов & Количество пар простых-близнецов по формуле & Погрешность & \\ \hline 25 & 3 & 2,7 & -0,3 & \\ \hline 49 & 5 & 3,642857143 & -1,357142857 & \\ \hline 121 & 9 & 7,188311688 & -1,811688312 & \\ \hline 169 & 11 & 8,456043956 & -2,543956044& \\ \hline 289 & 18 & 12,69715579 &-5,302844215& \\ \hline 361 & 20 & 14,17148641 &-5,828513592 & \\ \hline 529 & 24 & 18,92756557 &-5,072434431 & \\ \hline 841 & 32 & 27,97651276 &-4,023487244 & \\ \hline 961 & 34 & 29,89706776 &-4,102932242 & \\ \hline 1369 & 45 & 40,2629956 &-4,737004395 & \\ \hline 1681 & 52 & 47,01468116 &--4,985318843 & \\ \hline 1849 & 55 & 49,30275626 &-5,697243742 & \\ \hline 2209 & 66 & 56,38559645 &-9,614403555 & \\ \hline 2809 & 79 & 68,98181043 &-10,01818957 & \\ \hline 3481 & 92 & 82,57528117 &-9,424718828 & \\ \hline 3721 & 97 & 85,37128129 &-11,62871871 & \\ \hline 4489 & 113 & 99,90802465 &-13,09197535 & \\ \hline 5041 & 122 & 109,0277444 & -12,97225558 & \\ \hline 5329 & 127 & 112,0965458 & -14,90345415 & \\ \hline 6241 & 141 & 127,9500667 & -13,04993328 & \\ \hline 6889 & 153 & 137,8276522 & -15,17234784 & \\ \hline 7921 & 167 & 154,9077016 & -12,09229843 & \\ \hline 9409 & 189 & 180,2067269 & -8,79327308 & \\ \hline 10201 & 205 & 191,5035957 & -13,49640431 & \\ \hline 10609 & 212 & 195,2942739 &-16,70572615 & \\ \hline 11449 & 223 & 206,8150461 & -16,18495386 & \\ \hline 11881 & 229 & 210,67941 & -18,32059002 & \\ \hline 12769 & 240 & 222,4156981 & -17,5843019 & \\ \hline 16129 & 282 & 276,5082635 & -5,491736477 & \\ \hline 17161 & 294 & 289,7066344 & -4,293365644 & \\ \hline 18769 & 321 & 312,223688 & -8,776312003 & \\ \hline 19321 & 327 & 316,7807337 & -10,21926626 & \\ \hline ... & ...& ... & ... & \\ \hline 97969 & 1200 & 1205,611474 & 5,611474469 & \\ \hline 100489 & 1224 & 1228,820057 & 4,820056887 & \\ \hline \end{tabular}

Втайне надеялся, что погрешность всегда будет отрицательной, но в некоторый момент она "перевалила" через нуль и стала положительной. Далее проверить нет технической возможности.
Приведенные расчеты показывают, что оценка по функции $ \Phi $ достаточно близка к реальному, а относительная погрешность достаточно мала.

Вместе с тем, если $ \pi_2 (N) $, рассчитанную по приведенной формуле, рассматривать в виде функции, то видно, что она монотонно возрастающая и по своей величине не ограничена.
Доказательством данного факта может служить ее сравнение с другой монотонно возрастающей функцией, а именно:
$ \dfrac{N+2}{3}\cdot\Phi (5, p_j) = \dfrac{N+2}{3}\cdot \dfrac {3\cdot 5\cdot 9\cdot ...\cdot {p_j-2}}{5\cdot 7\cdot 11\cdot...\cdot p_j} > \dfrac{N+2}{3}\cdot \dfrac {3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot 11\cdot 13\cdot ...\cdot {(p_{j+1}-2)}}{5\cdot 7\cdot 9\cdot11\cdot 13\cdot 15\cdot ...\cdot p_{j+1}} > \dfrac {N}{p_{j+1}} = \sqrt N $.
Например, для чисел $N$ порядка $10^{10}$ левая часть неравенства более, чем в $500$ раз превышает правую. Относительная же погрешность расчета по приведенной формуле, как мне видится, на всей числовой оси не может превышать нескольких процентов и полагаю, что вполне реально сделать предположение, что фактическое число пар простых-близнецов:

$ \pi_2(N)> \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{N+2}{3} \cdot \Phi (5, p_j) $.

И уж тем более, - что для $N \ge 289$:

$ \pi_2(N) > \sqrt N $.

[sceptic]

Батороев в сообщении #224131 писал(а):

Есть функция
$\Phi (p_i, p_j) = \dfrac{p_i-2}{p_i}\cdot\dfrac{p_{i+1}-2}{p_{i+1}}...\dfrac{p_j-2}{p_j} \cdot N$, (2)
которая при ее умножении на $N$ считает, также с некоторой погрешностью, количество взаимнопростых чисел с простыми числами от $p_i$ до $p_j$, которые создают пары, чья сумма равна $N$

.
Что значит "создают пары, чья сумма равна $N$"? Правильно ли я понял, что это пары чисел $a, b$, такие что $a+b=N$ и оба числа $a, b$ при этом взаимно просты с $p_i, ..., p_j$? Различаются ли при этом пары $(a, b)$ и $(b, a)$?

[Батороев]

sceptic в сообщении #227054 писал(а):

Правильно ли я понял, что это пары чисел $a, b$, такие что $a+b=N$ и оба числа $a, b$ при этом взаимно просты с $p_i, ..., p_j$?

Да, Вы правильно поняли.

sceptic в сообщении #227054 писал(а):

Различаются ли при этом пары $(a, b)$ и $(b, a)$?

На эти числа можно наложить условие: $a<b$.


В отношении гипотезы Гольдбаха обоснование применения функции $\Phi (3, p_j)$ может выглядеть следующим образом:

Рассмотрим числа вида $ N=2P$, где $P$ - простое число.
Т.к. $N$ простое, то оно может иметь остаток либо $ 1\pmod 3$, либо $ 2\pmod 3$.
Например, $N\equiv 1\pmod 3$
Тогда числа, кратные $3$, могут давать в сумме число $N$ в паре только с числами, имеющими остаток $ 1\pmod 3$. Такие пары чисел исключаются из последующего рассмотрения.

Числа, имеющие остаток $2\pmod 3$, образуют пары между собой ($ 2\pmod 3 + 2\pmod 3 = 1\pmod 3$)
Таких нечетных чисел $\dfrac{N}{2}\cdot\dfrac {(3-2)}{3}= \dfrac{N}{2}\cdot \dfrac{1}{3}$.

Допустим, $N\equiv 1\pmod 5$.
Тогда оставшиеся в рассмотрении числа, кратные $5$, образуют пары с числами, имеющими остаток $1\pmod 5$.
Также исключаем их из дальнейшего рассмотрения:
$\dfrac{N}{2}\cdot\dfrac {1}{3} - \dfrac{N}{2}\cdot\dfrac {1}{3}\cdot\dfrac {2}{5} = \dfrac{N}{2}\cdot\dfrac {1}{3}\cdot \dfrac {(5-2)}{5} $
Среди оставшихся чисел
- числа, имеющие остаток $2\pmod 5$, образуют пары с числами, имеющими остаток $4\pmod $,
- числа, имеющие остаток $3\pmod 5$, образуют пары между собой.

Продолжая аналогичные рассуждения в отношении последующих простых чисел, мы всегда будем исключать из рассмотрения $ \dfrac {2}{p} $ чисел, оставляя для дальнейшего рассмотрения $ \dfrac{(p-2)}{p} $ чисел.
Если число имеет вид, отличный от $N=2P $ и содержит простой делитель , меньший $p_j$, то из рассмотрения исключается $\dfrac{1}{p}$ чисел, соответственно, в рассмотрении остается $\dfrac{(p-1)}{p}$ чисел.
Необходимо отметить, что в результате таких исключений мы теряем возможные пары с участием простых от $3$ до $p_j$, но оказывается, что и при этом - еще остаются пары других простых.

[Батороев]

По гипотезе Гольдбаха, предлагаю рассмотреть следующее "решето".

Имеем натуральные числа, непревосходящие четное число $n$.
Вычеркиваем все числа, кратные каждому последовательному простому, а также числа в натуральном ряду симметричные относительно середины $\dfrac{n}{2}$ зачеркнутому (далее, называемые "симметричные").

1. Пройдем по указанному ряду, вычеркивая все числа, кратные $2$. В данном случае симметричные числа также кратны $2$. Оставшиеся числа - взаимнопросты числу $2$, их количество равно числу вычеркнутых.
2. Аналогичным образом вычеркивая числа, кратные второму простому $3$ и симметричные им, мы можем получить (с небольшой погрешностью) то, что число невычернутых составит либо две трети от числа невычеркнутых по п. 1, если $n$ кратно $3$, либо треть, если $n$ взаимнопростое по отношению к числу $3$. В первом случае количество невычеркнутых (взаимнопростых числам $2$ и $3$) по данному пункту будет больше числа вычеркнутых, а во втором случае - меньше.
3. Вычеркивая числа, кратные простому $5$ и симметричные им, мы уже при любом варианте (кратно $n$ простому $5$ или не кратно) получаем то, что количество невычеркнутых чисел будет больше числа вычеркнутых по данному пункту. Причиной этого служит то, что невычеркнутые по п.2 числа имеют остатки $0, 1, 2, 3, 4 \pmod 5$, а по данному пункту вычеркиваются числа, имеющие только остаток $0\pmod 5$ и симметричные им, имеющий остаток, равный остатку $ n\pmod 5$.

Таким образом, при проведении подобной процедуры вычеркивания чисел по отношению к следующим простым числам, количество невычеркнутых будет всегда превышать число вычеркнутых по данному пункту. Будем считать, что как минимум, на одну пару.
Когда процедура вычеркивания подойдет к концу, т.е. при приближении простых к $\sqrt {n}$ и вычеркивается, хотя бы одна пара чисел, то как минимум, должны остаться две пары невычеркнутых чисел.

С учетом того, что среди невычеркнутых может остаться пара $1$ и $(n-1)$, то имеется, как минимум, одна пара простых чисел, симметричных друг другу относительно середины числа $n$.
Которые в сумме дают число $n$.

[yk2ru]

Чуть ли не в первой сотне (1000?) чисел есть чётное число, которое имеет лишь одну пару простых чисел, которые в сумме дают это число. Наверное нужно рассмотреть решето на этом числе для проверки.

[Батороев]

Как мне представляется, таких чисел всего четыре: $4, 6, 8, 12$, но их "решетить" не интересно.

[yk2ru]

Батороев в сообщении #234053 писал(а):

Как мне представляется, таких чисел всего четыре: $4, 6, 8, 12$, но их "решетить" не интересно.

И $38, 68$ ещё интересны, всего по две пары.

[Droog_Andrey]

В соседней теме я давал ссылку на наиболее полную базу данных по разбиениям Гольдбаха:
http://www.ieeta.pt/~tos/goldbach.html

Там есть статистика, ссылки на исследования в этой области и т.п.

[Батороев]

Droog_Andrey в сообщении #234085 писал(а):

В соседней теме я давал ссылку на наиболее полную базу данных по разбиениям Гольдбаха:
http://www.ieeta.pt/~tos/goldbach.html

Там есть статистика, ссылки на исследования в этой области и т.п.

Я видел Вашу ссылку.
К сожалению не владею английским языком (французский со словарем), хотя чувствую, что статья очень интересная.

yk2ru в сообщении #234083 писал(а):

И $38, 68$ ещё интересны, всего по две пары.

Давайте попробуем*:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38
1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37
1, 7, 13, 19, 25, 31, 37
1, 7, 19, 31, 37 остаются две пары и число 19.
1+37 отбрасываем.
* Подчеркнутые - кратные простому числу, симметричные - выделены жирным шрифтом.

-- Пн авг 10, 2009 18:55:09 --

Если невычеркнутыми остается нечетное количество чисел, то рассматриваемое число относится к числам вида $n=2P$, где $P$ - простое число.

-- Пн авг 10, 2009 19:13:18 --

Пропуская на решете число 68, мы исключим из рассмотрения пару 7+61, но задача не стояла рассчитать все пары, а показать, что должна быть, как минимум, одна пара простых.

[Батороев]

Батороев в сообщении #234022 писал(а):

По гипотезе Гольдбаха, предлагаю рассмотреть следующее "решето".

Имеем натуральные числа, непревосходящие четное число $n$.
Вычеркиваем все числа, кратные каждому последовательному простому, а также числа в натуральном ряду симметричные относительно середины $\dfrac{n}{2}$ зачеркнутому (далее, называемые "симметричные").

Похоже зря я приплел понятие "симметричные".
Можно "решето" организовать проще:

1. Вычеркиваем все четные числа.
2. Вычеркиваем числа, кратные последовательным простым числам $p_i < \sqrt n$, а также имеющие остаток по основанию $p_i$ такой же, что и $n$.

Оставшиеся числа и будут теми простыми, которые в сумме друг с другом дают четное число $n$.
Единственное, "решето" не определяет пары с участием самих простых $p_i$.

[Батороев]

Логические заключения, которые вытекают из представленного "решета":

1. При вычеркивания на шаге $p_i=3$ остаются невычеркнутыми не менее $\dfrac {n}{3}\pm 2$ чисел.
2. Начиная с $p_i=5$, невычеркнутых чисел всегда больше, чем вычеркнутых (т.к. вычеркивается числа с двумя остатками из $p_i$ остатков).
3. (Вытекает из заключения 2) По окончании работы "решета" в обязательном порядке останутся невычеркнутые числа.
4. Все невычеркнутые по окончании работы "решета" числа - простые.
5. Все невычеркнутые простые числа в сумме дают число $n$ (т.к. вычеркивались числа, также дающие в сумме число $n$).

Как мне кажется, на основе данных логических заключений вполне можно сделать вывод, что гипотеза Гольдбаха верна.

[Someone]

Не убеждает.

[Батороев]

Тогда будем дальше думать. Чтобы убедило.
Могу я узнать, какой пункт, на Ваш взгляд, вызывает наибольшие сомнения?

[Someone]

Второй.
Конечно, вычёркиваются числа только в двух классах вычетов, но ведь к этому времени уже очень много чисел вычеркнуто. Вдруг все оставшиеся собрались как раз в этих двух классах?

Но, конечно, справедливость гипотезы Гольдбаха весьма правдоподобна. Требуемое разложение чётного числа $n>2$ на два простых находится очень легко, даже если число $n$ довольно большое. В одной из тем автора "доказателства" просили представить в виде суммы двух простых число $8^{1000}$. Требуется несколько минут работы программы pfgw (не считая времени написания несложного скрипта), чтобы найти множество кандидатов, и минут 20 работы программы Primo, чтобы получить сертификат простоты для одного из кандидатов, и перед нами результат: $8^{1000}=2699+(8^{1000}-2699)$.

[Батороев]

Someone в сообщении #336209 писал(а):

Второй.
Конечно, вычёркиваются числа только в двух классах вычетов, но ведь к этому времени уже очень много чисел вычеркнуто. Вдруг все оставшиеся собрались как раз в этих двух классах?

Для одного простого числа это невозможно, т.к. при любом простом $p_i>5$ количество всех оставшихся чисел (в случае равномерного распределения по классам вычетов предыдущих простых чисел) в несколько раз превосходит количество чисел, кратных этому простому, среди всех не превышающих $n$нечетных чисел, не кратных 3.
Например, для числа $p_i=7$ это соотношение уже близко к 2-м, а для простых, близких к 80 000 соотношение приближается к величине - почти 800 раз.
Поэтому для "обнуления" невычернутых чисел таких "хитрых" простых чисел, в двух классах вычетов которых концентрировалась бы значительная часть оставшихся чисел, должно быть много.

Вместе с тем, соглашусь с Вами, что п. 2 действительно является "слабым звеном" в рассуждениях.

-- 30 июн 2010 01:08 --

А вот стало интересно, математическая наука что-нибудь говорит о равномерности/неравномерности распределения простых чисел по классам вычетов по основанию отдельно взятого простого числа?