對二重標準篩法的探討

喬西銘

【摘要】通常人們把公元前三世紀古希臘學者埃拉托斯特尼（Eratoshnenes）尋找素數(shù)的方法稱為篩法.它的本質(zhì)就是從自然數(shù)集中劃去具有某種特征的數(shù)，從此意義出發(fā)，篩法可看作是兩個集合A、B的差集A＼B.

本文在《對一種篩法的探討》注的基礎(chǔ)上，又一次定義了“二重標準篩法”，并深入探討它的性質(zhì)，得出差集a＼＼b＼＼c 非空的條件，從而使哥德巴赫猜想的證明變得輕而易舉.

【關(guān)鍵詞】標準二重篩法；剩余類；差集

為便于敘述，將本文中所用字母說明如下.

素數(shù)是有序的，用Pk，k∈N+，表示第k個素數(shù)，例如p1=2，p2=3，….

標準二重篩法有如下性質(zhì).

性質(zhì)一： n∈z，標準二重篩法 Ck|ba=Ck|b+n1Gka+n2Gk（n∈z ））.

同理反之亦然，所以原命題成立.

根據(jù)這一性質(zhì)，對任意的標準二重篩法Ck|ba的研究，可用對Ck|-dd的研究來代替.

性質(zhì)三：標準二重篩法中有且僅有∏ki=2（pi-x）個元素，其中，pi |d 時 x=1，pid時 x=2.

證明：（1）驗證.當k=2時，p2=3，p1=2，G2=6，c，則I2={m | c+1≤m≤c+6}.

當k=t+1時，前t+1個素數(shù)模的最小公倍數(shù)為Gt+1=pt+1×Gt.

故Dx中的元素屬于模pt+1的pt+1個不同的剩余類，且每個剩余類中有且僅有一個元素；而D中的元素屬于模pt+1的pt+1個不同的剩余類，且每個剩余類中有且僅有∏ti=2（pi-x）個元素.

對性質(zhì)四也可以理解為將標準二重篩法Ck|-dd的全集Ik平分為p等份，由于PGK，所以它的每一個內(nèi)分點都不會落在整數(shù)上.因此它的每一等份內(nèi)的所有元素都對應(yīng)著標準二重篩法Ck|-pdpd中對模p的同一剩余類.例如第一等份內(nèi)的所有元素都對應(yīng)著標準二重篩法Ck|-pdpd中被模p整除所有元素，第二等份內(nèi)的所有元素都對應(yīng)著標準二重篩法Ck|-pdpd中對模p與（-Gk）同余的所有元素，依次類推.p個等份則對應(yīng)模p的每一個剩余類的所有元素.

同理，對任意有限區(qū)間內(nèi)的元素，性質(zhì)四仍然適用.

命題：k，k∈z+，則確定了前k個素數(shù)， a，a∈z+，a>2，且2 a< p2k+1，設(shè) Ak（2a）={m|1pi，i=1，2，…，k}，Ck（2a）={y|y=2a-x，x∈Bk（0）}，則Ak（2a）＼Bk（0）＼＼Ck（2a）非空.

分析 在Ak（2a）中，兩數(shù)之和為2a的數(shù)恰好有a-1對.集合Bk（0）表示所有的合數(shù)集合.對Ak（2a）＼Bk（0）而言，它是經(jīng)典的埃氏篩法.所以集合Ak（2a）＼Bk（0）的元素都是小于2a-1的所有素數(shù).而集合Ck（2a）恰好表示與某合數(shù)的和為2a的素數(shù).因此，對Ak（2a）＼Bk（0）＼＼Ck（2a）而言，要么就是空集，要么兩個奇素數(shù)的和為2a.這便是舉世矚目的哥德巴赫猜想.因此只要對任意大的整數(shù)2a，證明本命題成立，就證明了哥德巴赫猜想.

在命題中，不難發(fā)現(xiàn)，要證對任意的2a，命題成立，憑借以往對整數(shù)的認識，整數(shù)1作為整數(shù)的單位，不斷疊加便得到所有的整數(shù).這樣就可以對a用數(shù)學歸納法加以證明.因為2a與2a+2所構(gòu)成差集沒有任何聯(lián)系，所以顯然是行不通的！

如果對整數(shù)的認識改換個角度，比如說，對模2、3、5來說，對任意的整數(shù)，其實就是任意的連續(xù)的30個整數(shù).對30以內(nèi)的任意一數(shù)m與m+30n所構(gòu)成的差集對模2、3、5來說有子集關(guān)系.所以對模的個數(shù)k采用數(shù)學歸納法來證明，實現(xiàn)對2a是任意大的自然數(shù)的證明.

證明：（一）驗證：當k=3時，即p1=2，p2=3，p3=5時，對任意一個2a，都可以表示為2a=30n+2b，n∈z，2b∈{6，8，…，30，32，34}中的任意一個偶數(shù)，經(jīng)一一驗證知，差集 A3（2b）＼＼B3（0）＼＼C3（2b）非空.

對任意一個2a，都可以表示為2a=30n+2b，n∈z.根據(jù)二重標準篩法性質(zhì)1的推論以及性質(zhì)3知，差集中將至少有3n個大于5的元素.

所以當k=3時，2a<25時差集A3（2a）＼B3（0）＼＼C3（2a）非空； a>25時，A3（2a）＼B3（0）＼＼C3（2a）中有若干個元素.

當k=4時，p4=7.前4個素數(shù)模的最小公倍數(shù)是210.要證對任意大的偶數(shù)，命題成立，就是要證5<2a<215的任意偶數(shù)，差集非空.將2a表示為2a=2b+30n，n∈z，因為2a≡2b（mod2、3、5），由性質(zhì)1、3知，當2b每增加30個數(shù)，差集中就增加3個元素，這些元素至少是模7的三個剩余類，任意劃去模7的兩個剩余類，當然留下一個剩余類，即非空.

當 2a=2b時，由 k=3的證明知，差集A3（2b）＼＼B3（0）＼＼C3（2b）非空.又因為2b<49，所以從中不會劃去模7的任何元素，所以A4（2b）＼＼B4（0）＼＼C4（2b）=A3（2b）＼＼B3（0）＼＼C3（2b）非空.

當2a>49時，2a=2b+30n中的字母n>0，所以A4（2b）＼＼B4（0）＼＼C4（2b）中有一定數(shù)量的元素.

所以當k=4時，2a<49時，差集A4（2a）＼＼B4（0）＼＼C4（2a）非空.2a>49時，差集A4（2a）＼＼B4（0）＼＼C4（2a）有若干個元素.

（二）假設(shè)當k=t>3時，2 apt2時，（2a）＼Bt（0）＼＼Ct（2a）中有若干個元素.

當k=t+1時，pk=pt+1，設(shè)前pt個模的最小公倍數(shù)是Gt.前pt+1個模的最小公倍數(shù)是Gt+1.要證對任意大的偶數(shù)命題成立，就是要證5<2a

當2b

所以 2b

當2b>P2t+1+1時，在差集At（2b）＼Bt（0）＼＼Ct（2b）中，可能出現(xiàn)元素p2t+1 等被pt+1整除的元素，以及模pt+1 |（2b-P2t+1）的元素.當然這兩個剩余類的元素都應(yīng)該劃去.根據(jù)k=t的假設(shè)知，在差集At（2b）＼Bt（0）＼＼Ct（2b）中有若干個元素.根據(jù)性質(zhì)四知，這些元素是模pt的許多剩余類，也是模pt+1的許多剩余類，因此 從差集中劃去模pt+1整除和2b與 P2t+1同余的兩個剩余類后，仍然保留著模pt+1的其余剩余類元素.

而At+1（2a）＼Bt+1（0）＼＼Ct+1（2a）就是從At（2a）＼Bt（0）＼＼Ct（2a）中繼續(xù)劃去模pt+1 整除和與2a同余的兩個剩余類.

所以，當k=t+1時，對任意2a，At+1（2a）＼Bt+1（0）＼＼Ct+1（2a）中有若干個元素.

由（一）、（二）兩步的證明可知，對k>2的任意自然數(shù)差集Ak（2a）＼Bk（0）＼＼Ck（2a）非空.

定理就是對文章前面所提問題“差集A＼＼B＼＼C何時非空”的回答.

推論：k，k∈z，則確定了前k個素數(shù)，a，a∈z，且a

應(yīng)用舉例：

在數(shù)論研究中，把差為2的兩個素數(shù)習慣稱為孿生素數(shù)或姊妹素數(shù)，如11，13；17，19等等.但是這樣的素數(shù)是否是無限的，還沒有得到證明.現(xiàn)用反證明法證明如下：

證明：假設(shè)這樣的素數(shù)是有限的，不妨設(shè)其最大的一對孿生素數(shù)為pk，pk+2.

設(shè) Ak={m|1≤m≤p2k+1}，Bk（1）=∪ki=1[1]pi∪∪ki=1[-1]pi.根據(jù)定理，Ak＼Bk中非空.即至少存在元素m，且 pi（m+1），pi| （m-1），i=1，2，…，k ；pk

所以孿生素數(shù)是無限的.

注：《對一種篩法的探討》發(fā)布表于《太原理工大學學報》，2005年第1期，第107頁.