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再介绍一种哈代－李特伍德猜想(A)的假设性证明
童 信 平
txp1313abc@hotmail.com
摘要 假设[π(N) ∏
3≤p≤2≤p≤3≤p≤
本文由假设得到r2(N)～
3≤p≤p|N
3≤p≤
N→∞时，δ→0，α→0。
关键词 哥德巴赫猜想(A) 表法个数 哈代－李特伍德猜想(A)
0 引言。
1742年，出现了哥德巴赫猜想(A)(简称“1+1”)：“偶数中的复合数都可以表示为二个素数之和。”
1922年，出现了哈代－李特伍德猜想(A)：哥德巴赫猜想(A)成立时，其表法个数可以用公式(1)计算。
(1) r2(N)
～ ∏ （1- ） ∏ ～
1.3202
p>2 p|N p|N
p>2 p>2
根据素数定理，(见引理1。)式(1)还可以正本清源地用更精确的式(1a)表示。
(1a) r2(N)
～
p>2 p|N
p>2
根据素数个数的筛法公式(容斥公式)[1]和“1+1”的表法个数的筛法公式[2]，由假设得到
(2) r2(N) ～
3≤p≤p|N
3≤p≤
其中，N→∞时，δ→0，α→0。
1 用逐步淘汰法建立素数个数π(N)的筛法公式(容斥公式) [1]。
N――偶数中的复合数。N=4，6，8，10，……
pi――素数。pi＜
r2(N)――哥德巴赫猜想(A)的答案的数量。(又称解数，表法个数。)
[A]――数值A的整数部分。例如，[5.3]=5。
当A是函数式时，把A展开成一个一个的数值，再取每一个数值的整数部分。如公式(3)。
(3) [N
∏
1≤i≤r
= N- ∑ []+ ∑ []- ∑ []+…+(-1)r[]
1≤i≤r 1≤i<j≤r 1≤i<j＜k≤r
素数个数π(N)的筛法公式(容斥公式) [1]可以结合公式(3)用公式(4)表示。
(4) π(N)=( r-1) + [ N ∏
2≤p≤
N→∞时，π(
引理1(素数定理)
N→∞时，π(N)～
引理2(等差数列的素数定理)
(pi,ai)=1时，末项不大于N的等差数列ai+npi中，当N→∞时，其素数个数π(pi)～
根据引理1，可以采用比较精确的估计公式π(pi)～
本文采用补偿方法得到无误差的π(pi)=[
例如：在不大于N=70的2+3n中，π(3)=10，根据引理2，π(3)～π(70)/(3-1)=19/2＝9.5，为了补偿，π(3)=[π(70)/(3-1)]+αi [π(70)/(3-1)]=[19/2]+αi [19/2]＝9+αi×9=10。αi =0.1111。
π(pipj)～
采用补偿方法时的π(pipj)=[
2 用逐步淘汰法建立“1+1”表法个数(解数) N(1,1)r的筛法公式(容斥公式) [2]。
p――闭区间[ pr+ 1，N-pr-1]内(以下简称闭区间)的素数。
π(N)r――p的数量，也就是闭区间内的素数数量。π(N)r=π(N-pr-1)-π(pr+1)=π(N-pr-1)-r。N→∞时，π(N)r～π(N)。
根据以上规定，N=pi+(N-pi)=p+(N-p)。实验显示，有一些N的(N-pi)都是合数。换句话说，证明“1+1”的要点是证明(N-p)中必有素数(“1+1”的解)，本文计算(N-p)中的素数数量(闭区间内的“1+1”的表法个数)。
N(1,1) i――(N-pi)内的素数数量。(哥德巴赫猜想(A)的部分答案。)某些N的(N-pi)都是合数，由此可见，N(1,1) i ≥0。目前还无法从理论上计算N(1,1) i。
前面指出，π(N)中可以不考虑(r-1)。N(1,1) i ≥0，而且，N→∞时，p的数量远大于pi的数量，本文中，N(1,1) i 也可以不考虑。
N(1,1)r――(N, p1p2…pr)=2时，(N-p)内的素数数量。(闭区间内哥德巴赫猜想(A)的答案数量。)理论上可以用逐步淘汰法建立N(1,1) r的筛法公式[2]。(见公式(5)。)
N(1,1)R――(N, p1p2…pr)≥2时，(N-p)中的“1+1”的解数。
r2(N)――N中“1+1”的解数。r2(N)=N(1,1)R+2N(1,1)i。N→∞时，r2(N)～N(1,1) R。
ai+n pi，aij+npipj，aijk+npipjpk，…，――(N, p1p2…pr)=2时，以N为末项、以pi、pipj、pipjpk，…为公差的等差数列。
π(pi) r，π(pipj) r，π(pipjpk) r，…，――闭区间内，以上的每一个等差数列中的素数个数。
引理3 闭区间内的以N为末项的ai+n pi中的素数，都不会是“1+1”的解。
证明 ai+n pi是以N为末项的等差数列，末项N=ai+n"pi。闭区间内的ai+n pi中的素数可表示为p=ai+nˊpi，我们有(N-p)=( ai+ n"pi)-( ai+nˊpi)= (n"- nˊ) pi=合数。(若n"- nˊ=1，则(N-p)= pi，它是p之外的素数，属于N=pi+(N-pi)的讨论对象。)此时，N=p+(N-p)=素数+合数，可见闭区间内的ai+n pi中的素数，(其数量是π(pi) r。)都不会是“1+1”的解。证毕。
引理4 闭区间内的以N为末项的aij+npipj中的素数重复的是ai+n pi与aj+n pj之中都会出现的素数。
aijk+npipjpk等以此类推。
证明 若p= aij+nˊpipj= (ai+ epi)+nˊpipj = ai+(e+nˊpj)pi ，它也是ai+n pi中的素数。(e≥0。)
又p= aij+nˊpipj= (aj+ dpj)+nˊpipj = aj+(e+nˊpi)pj ，它还是aj+n pj中的素数。(d≥0。)
由此可见，闭区间内的aij+npipj中的素数重复的是ai+n pi与aj+n pj中都会出现的素数(共有素数)。其数量是π(pipj) r。
aijk+npipjpk等可以用上述方法类推。证毕。
定理1 (N, p1p2…pr)=2时，闭区间内，“1+1”的解数N(1,1)r可用公式(5)计算。
(5) N(1,1)r=π(N)r- ∑ π(pi)r+ ∑ π(pipj)r- ∑ π(pipjpk)r+…+(-1)r-1π(p2p3…pr)r[2]
2≤i≤r 2≤i<j≤r 2≤i<j＜k≤r
证明 由引理3可知，闭区间内的ai + npi中的素数，(数量是π(pi)r。)都不会是“1+1”的解。合计是∑π(pi)r。应该从π(N)r中减去。由引理4可知，在减去π(pi)r和π(pj)r时，因出现重复减去而要补加π(pipj)r，合计是∑π(pipj)r。同理，对π(pipjpk)r应是补减，合计是∑π(pipjpk)r，以此类推，得到式(5)。证毕。
3 用π(N)和N(1,1)r的筛法公式(容斥公式)得到哈代－李特伍德猜想(A)的假设性证明。
公式(5)中，π(pi)r～
采用补偿时的π(pi) r
=[
π(pipj)
r～
采用补偿时的π(pipj)
r =[
π(pipj pk) r等以此类推。
公式(5)采用补偿后将是：
(5) N(1,1)r=π(N)- ∑ ([
2≤i≤r 2≤i<j≤r
- ∑ ([
2≤i<j＜k≤r
公式中，每一个αi、αij、αijk都会是不一样的，本文用综合的平均值α表示。很明显N→∞，α→0。公式(5)便可以简化为
(5) N(1,1)r=[π(N)
∏ (1-
2≤i≤r
=[π(N)
∏
3≤p≤3≤p≤
=[π(N)
∏
3≤p≤2≤p≤
假设[π(N)
∏
3≤p≤2≤p≤3≤p≤
公式(5)将是
(5) N(1,1)r =
3≤p≤
当(N, p1p2…pr)＞2时，出现(N, p1p2…pr)＝p，∏
(5a) N(1,1)R ～
3≤p≤p|N
3≤p≤
4 素数p-=6t-1和素数p+=6t+1对“1+1”表法个数的影响。
除素数2、3外，其他素数可表为素数p-=6t-1(=2+3n)和素数p+=6t+1(=1+3n)。已经知道，不大于N的素数中，p-的个数(=(1+δ)π(N)/2)要比p+的个数(=(1-δ)π(N)/2)多一些。根据等差数列中的素数定理，当N→∞时，δ→0。(即p+与p-的数量差异相对于π(N)/2可以忽略不计。)
N＞6时，除3有可能与p-或p+组成一组偶数哥德巴赫猜想的答案外，其他偶数哥德巴赫猜想的答案的组成可分为三类：N1= p++ p+；N2= p-+ p+；N3= p-+ p- 。
因为p+的数量相对地少一些，N1= p++ p+的实际解数也会少一些，理论上需要乘以(1-δ)。
因为p-的数量相对地多一些，N3= p-+ p-的实际解数也会多一些，理论上需要乘以(1+δ)。
N2= p-+ p+时，其实际答案受到p+的影响，理论上需要乘以(1-δ)。
这就是说，r2(N)的计算公式中，在理论上还应该乘以(1±δ)。
(2) r2(N) ～
3≤p≤p|N
3≤p≤
其中，N→∞时，δ→0，α→0。
理论上无法给出δ的具体值，但是，可以通过实验看出δ的存在，例如，实验取N=27～221，作公式(1a)的实验精确度曲线，引起实验精确度曲线波动的正是公式中那些没有表示出来的参变量δ和α的变化。其中，曲线在1.0两侧出现的逐渐衰减的振荡，就是受δ的影响。
5 讨论。
在《哈代－李特伍德猜想(A)的假设性证明》[3]一文中，我们得到的是
r2(N)=
3≤p≤p|N
3≤p≤
从这二个假设性证明中可以看出，
参考文献
[1]王元，谈谈素数，上海教育出版社，1978年，32页。
[2] 童信平，偶数Goldbach问题解数的计算公式，右江民族师专学报(自然科学版) ,1997,3,10-12。
[3] 童信平，哈代－李特伍德猜想(A)的假设性证明，
(http://prep.istic.ac.cn/eprint/Upload//2009/1239521237967.doc )
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童信平 （txp1313abc@hotmail.com） 上传2010.01.23
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] / [ N ∏ 
] ～ 
∏
∏ (1- ) ∏ (1±δ)(1+α)，
∏ 
。pi =p1，p2，…，pi，…，pr。i=1，2，…，r。r=π(
] = N(1-
)(1-
)(1-
)…(1-
)
。
。
是欧拉函数。
=(pi-1)( pj-1)。
。
。
，N→∞时，π(pi)r～π(pi)～
，N→∞时，π(pipj)
r～π(pipj)～
]+αijk [
)] (1+α)
还原。合计是