О проблеме Гольдбаха

[vorvalm]

Предлагаю рассмотреть гипотезу:
Если $p_t+p_s=2k,\;k \in N$, то найдется
такое $p_r$, что $p_r-p_t=2k,$ или
$p_r-p_s=2k$

[Руст]

Чушь. Первое выполняется для любых нечетных простых чисел $p_t,p_s$. Второе, означает, что тогда одно из чисел $p_t+2p_s,2p_t+p_s$ обязательно простое.
Берем простые числа p,q и определим вычеты $a_2\mod p,a_1=p-2a_1\mod p,b_1\mod q,b_2=q-2b_1\mod q$. Всегда найдутся простые $p_t,p_s$, удовлетворяющие условиям $p_t=a_1\mod p,p_t=b_1\mod q, p_s=a_2\mod p, b_2=b_2\mod q$. Тогда обе возможные комбинации не простые делятся или на р или на q.

[vorvalm]

Руст в сообщении #634005 писал(а):

Берем простые числа p,q и определим вычеты $a_2\mod p,a_1=p-2a_1\mod p_2,b_1\mod q,b_2=q-2pb_1$. Всегда найдутся простые $p_t,p_s$, удовлетворяющие условиям $p_t=a_1\mod p,p_t=b_1\mod q, p_s=a_2\mod p, b_2=b_2\mod q$. Тогда обе возможные комбинации не простые делятся или на р или на q.

Мне кажется, что в тексте допущены опечатки.

[Руст]

Исправил опечатки, суть был и так понятен.

[vorvalm]

Самым лучшим опровержением является контр пример.

[Руст]

Легко, например $p_t=31,p_s=13. k=22$.

[vorvalm]

$31+13=44,$
$44=41+3,$
$47-3=44.$

[Руст]

vorvalm в сообщении #634106 писал(а):

$31+13=44,$
$44=41+3,$
$47-3=44.$

Вы изменели простые

vorvalm в сообщении #633977 писал(а):

Предлагаю рассмотреть гипотезу:
Если $p_t+p_s=2k,\;k \in N$, то найдется
такое $p_r$, что $p_r-p_t=2k,$ или
$p_r-p_s=2k$

$75-31=44$, 75-не простое
$57-13=44$, 57 - тоже не простое.

[vorvalm]

Надо рассматривать не разность простых, но их сумму.
Сумма двух нечетных простых - четное число, которое может быть представлено
суммой двух простых в нескольких вариантах.
В вашем примере $31+13=44.$
$44=41+3=37+7=31+13.$
Под определение подходит только пара $41+3.$

[vorvalm]

Некоторые участники форума с недоверием относятся к методу доказательства
аддитивных проблем простых чисел, предложенному мной в теме "Бесконечность
простых чисел-близнецов"
Чтобы как-то снять это недоверие, попробуем доказать этим методом
заведомо абсурдную теорему.
Теорема. Число $x^2-1$ не может быть простым числом $p>3.$
($x=2k,\;k\in N$)
Доказательство. Допустим, что простое число $p>3$ может быть
представлено числом $x^2-1.$
Рассмотрим это число в виде разности $(M+p)-(M-p)=x^2.$
в ПСВ по модулю М, т.е. $p+1=x^2.$
Создадим группу вычетов $D[4]$ из двух таких разностей.

$D[4]=(0,p-1,p+1,2p)=(0,x^2-2,x^2,2(x^2-1))$

Расположим эту группу в диапазоне $Dp$ простых чисел ПСВ($-1/2M,+1/2M$),
когда вычеты - наименьшие по абсолютной величине.

$-p^2_{r+1},...-p,...-p_{r+1},-1(M)+1,+p_{r+1},...+p,...+p^2_{r+1}$

Данную группу надо проверить на проходимость только по модулю $q=3.$
Критерий существования групп в ПСВ (проходимость) $K(3)=3+m(3)-n$, где
$m(3)$ - число сравнимых вычетов группы по модулю $q=3$.
$n=4$ - числ вычетов в группе.

Находим модули сравнений вычетов группы $D[4].$

$0,\;2(x^2-1)$
$2(x^2-1)-(x^2-2)=x^2$
$2(x^2-1)-x^2=x^2-2$
$0,\;x^2$
$x^2-(x^2-2)=2$
$0,\;(x^2-2)$

Сводный список модулей сравнения вычетов группы $D[4].$
В числителе - модули, в знаменателе - их число.

$x^2 / 2,\;(x^2-2) / 2,\;2(x^2-1) / 1,\;2 / 1$

Числа $x^2,\;x^2-1,\;x^2-2$ образуют последовательную тройку.
Только одно из них кратно $q=3,$ причем число $x^2-2$ не может быть
кратно $q=3,$ т.е. возможны только два варианта.

1) Если число $x^2-1$ кратно $q=3$, то $m(3)=1,\;K(3)=0,$
т.е. такой группы нет в ПСВ по модулю $M\geqslant 6.$
Или иначе, если $x^2$ не кратно $q=3$, то таких групп $D[4]$ нет в ПСВ
и нет среди простых чисел диапазона $Dp.$

2) Если число $x^2$ кратно $q=3, $ то $m(3)=2,\;K(3)=1$ и
группа проходит в ПСВ по модулю $M\geqslant 6.$
Число $x^2-1$ имеет делители $q>3$ и должно быть больше $p^2_{r+1}$, т.е. может
находится только за пределами диапазона простых чисел.
С увеличением модуля $M(p_r)$ растет и диапазон простых чисел, но "простое" число
$x^2-1$ никогда не появится в этом диапазоне, т.к. оно всегда больше $p^2_{r+1}$

Оба варианта дают отрицательный результат.
Вопрос. Какие же группы проходят в ПСВ?
У групп $D[4],$ которые проходят в ПСВ, числа $x^2-1$
находятся за пределами диапазона простых чисел, т.е. среди вычетов ПСВ.
Это возможно только в том случае, если эти числа составные.
Следовательно, наше начальное предположение неверно и число
$x^2-1$ не может быть простым при $x>2.$

Как исключение, единственный случай при модуле $M=2,\;K(3)=1.$
В этом случае есть только одна группа $D[4]=(0,2,4,6)$ или
$...-3,...-1 (M) +1,...+3,...$

[vorvalm]

Извиняюсь, допущена опечатка. Вместо $(M+p)-(M-p)=x^2$,
надо читать $(M+p)-(M-1)=x^2.$

[megamix62]

vorvalm в сообщении #664008 писал(а):

Некоторые участники форума с недоверием относятся к методу доказательства
аддитивных проблем простых чисел, предложенному мной в теме "Бесконечность
простых чисел-близнецов"
Чтобы как-то снять это недоверие, попробуем доказать этим методом
заведомо абсурдную теорему.
Теорема. Число $x^2-1$ не может быть простым числом $p>3.$
($x=2k,\;k\in N$)

$x^2-1=(x+1)(x-1)=ab$

[vorvalm]

Это впечатляет!

[vorvalm]

Вариант проблемы Брокарда

Ограничимся пока простыми числами-близнецами и рассмотрим эту проблему
с помощью свойств ПСВ по модулю $M(p_r)$.
Действительно, числа $p^2_{r+1},\;p^2_{r+2}$ являются вычетами этой ПСВ.
Между ними всегда существуют другие вычеты. Т.к. указанные числа квадраты
близнецов, то между ними обязательно есть один составной вычет $p_{r+1}\cdot p_{r+2},$
но остальные - простые числа.
Допустим, что их число равно 4.
На числовой оси это будет выглядеть так:

$p^2_{r+1},\;p_s,\;p_t,\;p_{r+1}p_{r+2},\;p_i,\;p_j,\; p^2_{r+2}$

Это группа 7-го размера, которую надо проверять по критерю существования
по модулям $p=3,\;p=5,\;p=7.
По модулю $p=3$ проблем нет, но по модулям $p=5,\;p=7$ возможны проблемы.
Чтобы избежать их, разделим эту группу на две смежные группы 4-го размера:

1) $p^2_{r+1},\;p_s,\;p_t,\;p_{r+1}\cdot p_{r+2}$,
2) $p_{r+1}\cdot p_{r+2},\;p_i,\;p_j,\;p^2_{r+2}$.

Эти группы достаточно проверить по критерию существования $K(p)$ только при $p=3.$

Необходимо заметить, что такое расположение вычетов возможно только
в ПСВ по модулю $M>30,$ т.к. при $M\leqslant 30$ вычет $p^2_{r+1}$ находится за пределами ПСВ,
поэтому мы будем иметь в виду, что между квадратами чисел 3 и 5, 5 и 7
есть 5 и 6 простых чисел соответственно.
Теперь упростим задачу рассмотрением только группы 1),
т.е. оценкой числа простых чисел между $p^2_{r+1}$ и $p_{r+1}\cdot p_{r+2}.$
В этом случае под числами $p_{r+1},\;p_{r+2}$ можно понимать
не только числа близнецы и рассматривать их как вариант проблемы Брокарда,
который можно определить так:
"Между числами $p^2_{r+1}$ и $p_{r+1}\cdot p_{r+2}$ всегда есть два простых числа".
Создадим группу вычетов из этих чисел, включая два простых числа $p_s,\;p_t$ между ними.

$D[4]=(p^2_{r+1},\; p_s,\;p_t,\; p_{r+1}\cdot p_{r+2})$

Вычеты ПСВ из двух классов $6k\pm 1$.
Вычет $p^2_{r+1}$ из класса $6k+1$, остальные могут быть из разных классов.

Критерий существования групп в ПСВ $K(p)=p-n+m(p),$
где $m(p)$- число вычетов группы, сравнимых по модулю р.
Вычеты из одного класса ($6k\pm1$) - сравнимы по модулю $p=3.$
Единственный случай, когда все вычеты группы могут быть из одного класса.
В этом случае $m(p)=3,\;K(3)=3-4+3=2.$
Во всех других случаях $m(3)=2,\;K(3)=3-4+2=1,$
т.е. в любом случае группа существует в ПСВ.
Таким образом, в любой ПСВ между вычетами $p^2_{r+1}$ и $p_{r+1}\cdot p_{r+2}$
есть два простых числа.

[megamix62]

1.Cегодня проверил значение до $10^6$

$N=2k+1=p_{1}+p_{2}+3$, где p_{i} - простые.. формула справедлива

2. Что интересно проверил справедливость формулы до интервала $N<2\cdot10^5$ ,
при этом $p_{1}<10^4$

Нигде в литературе не встречал проверки разложения нечетных на простые с тройкой, у Троста говорится о Пиппинге и то интервал до $360749$ и найменьшее простое равно $3,5,7$ ...

3.С выше формулы следует

$2k=p_{1}+p_{2}+2$, т.е. любое число можно представить в виде суммы 3-х простых чисел...,
которая эквивалентна проблеме Гольдбаха