An Equivalent Problem To The Twin P

An Equivalent Problem To The Twin Prime Conjecture
Francesca Balestrieri∗
July 1, 2011
Abstract
In this short paper we will show, via elementary arguments, the equivalence of
the Twin Prime Conjecture to a problem which might be simpler to prove. Some
conclusions are drawn, and it is shown that proving the Twin Prime Conjecture is
equivalent to proving that there cannot be an infinite string of consecutive natural
numbers satisfying some specified equations.
1 Main Theorem
The main theorem of this paper is the following.
Theorem 1.1 (Main Theorem). The Twin Prime Conjecture is true if, and only if, there
exist infinitely many n ∈ N such that n 6= 6xy+x−y and n 6= 6xy+x+y and n 6= 6xy−x−y,
for all x, y ∈ N.
In other words, the Conjecture is true iff ∄N ∈ N such that ∀n ≥ N, n is of one of the forms
n = 6xy + x − y or n = 6xy + x + y or n = 6xy − x − y, for some x, y ∈ N.
In order to prove the Main Theorem, we will need to prove some preliminary results; two
thirds of this paper are devoted to this aim.
2 Preliminary Results
Consider the two sequences:
an = 6n + 1 (1)
bn = 6n − 1 (2)
A simple argument shows that these two sequences generate all the prime numbers (and
some other non-prime numbers). The following Lemma is a useful criterion which tells us
for which n the terms an and bn are non-prime, and hence, by complement, for which n the
terms an and bn are prime.
∗
[e-mail]
1Lemma 2.1. Let an and bn be the two sequences specified before. Then
an non − prime ⇐⇒ n = 6xy + x − y
bn non − prime ⇐⇒ n = 6xy + x + y or n = 6xy + x + y
for all x, y ∈ N.
To prove this Lemma, we need to prove some minor lemmata first.
2.1 Some proofs
Let A = {an : n ∈ N} and let B = {bn : n ∈ N}, where an and bn are the sequences (1) and
(2) respectively.
Lemma 2.2. It is not possible to express any term ak of the sequence an as the product ax ·ay
for any (ax, ay) ∈ A×A, nor to express it as the product bx · by for any (bx, by) ∈ B ×B. It is
possible to express a term ak of the sequence an as the product at
· br of a couple of numbers
(at
, br) ∈ A × B if, and only if, k = 6tr + t − r. In other words, ak = at
· br if, and only if,
k = 6tr + t − r.
Proof. Let ak = 6k − 1, at = 6t − 1, ax = 6x − 1, ay = 6y − 1 and br = 6r + 1.
The last part of the theorem is almost trivial. In fact,
at
· br
= (6t − 1) · (6r + 1)
= 36tr − 6r + 6t − 1
= 6(6tr − r + t) − 1
and hence ak = at
· br if, and only if, k = 6tr + t − r .
For the first part, consider
ax · ay
= (6x − 1) · (6y − 1)
= 36xy − 6x − 6y + 1
= 36xy − 6x − 6y + 2 − 1
= 2(18xy − 3x − 3y + 1) − 1.
Hence, we must show that 18xy − 3x − 3y + 1 is not divisible by 3. This is easy, since
18xy − 3x − 3y + 1 = 3(9xy − x − y) + 1 ≡ 1 (mod 3).
Therefore, there are no x, y ∈ N such that ax · ay = ak .
Similarly, consider
bx · by
= (6x + 1) · (6y + 1)
2= 36xy + 6x + 6y + 1
= 36xy + 6x + 6y + 2 − 1
= 2(18xy + 3x + 3y + 1) − 1.
Hence, we must show that 18xy+3x+3y+1 is not divisible by 3. Again, this is straightforward
since
18xy + 3x + 3y + 1 = 3(9xy + x + y) + 1 ≡ 1 (mod 3).
Therefore, there are no x, y ∈ N such that bx · by = ak .
A similar lemma can be proved for the terms of the sequence bn.
Lemma 2.3. It is not possible to express any term bk of the sequence bn as the product ax ·dy
for any (ax, dy) ∈ A×B. It is possible to express a term bk of the sequence bn as the product
at
· ar of a couple of numbers (at
, ar) ∈ A × A if, and only if, k = 6tr − t − r, and as the
product bt
· br of a couple of numbers (bt
, br) ∈ B ×B if, and only if, k = 6tr +t+r. In other
words, bk = at
·ar if, and only if, k = 6tr−t−r and bk = bt
· br if, and only if, k = 6tr+t+r.
Proof. Let bk = 6k + 1, at = 6t − 1, ar = 6r − 1, ax = 6x − 1, bt = 6t + 1, br = 6r + 1 and
by = 6y + 1.
The last part of the theorem is almost trivial. In fact,
at
· ar
= (6t − 1) · (6r − 1)
= 36tr − 6r − 6t + 1
= 6(6tr − r − t) + 1
and hence bk = at
· ar if, and only if, k = 6tr − t − r .
Also,
bt
· br
= (6t + 1) · (6r + 1)
= 36tr + 6r + 6t + 1
= 6(6tr + r + t) + 1
and hence bk = bt
· br if, and only if, k = 6tr + t + r .
For the first part, consider
ax · by
= (6x − 1) · (6y + 1)
= 36xy + 6x − 6y − 1
= 36xy + 6x − 6y − 2 + 1
= 2(18xy + 3x − 3y − 1) + 1.
Hence, we must show that 18xy + 3x − 3y − 1 is not divisible by 3. This is easy, since
18xy + 3x − 3y − 1 = 3(9xy + x − y) − 1 ≡ −1 (mod 3).
Therefore, there are no x, y ∈ N such that ax · by = bk .
3The following is an obvious result.
Lemma 2.4. Given any term ak of the sequence an, all the primes smaller than ak have
already been generated by the sequences an and bn for n < k . Similarly, given any term bk of
the sequence bn, all the primes smaller than bk have already been generated by the sequences
an and bn for n ≤ k.
Proof. Consider the sequence pn = (a1 , b1 , a2 , b2, a3 , b3 , . . . , ak , bk, . . .). Evidently, pn
is a strictly increasing sequence. Furthermore, pn contains all the prime numbers. Suppose
that one prime number p smaller than ak is not generated before the term ak; then, since all
the prime numbers are generated by the sequence pn, p must be generated after ak. But the
sequence pn is strictly increasing, and therefore p is greater than ak. This is a contradiction,
and hence all the primes smaller than ak are generated before ak.
The second half of the Lemma can be proved in a similar way.
2.2 More proofs
A few remarks and observations are now necessary.
2.2.1
Given a term ak, we have shown that
ak = at
· br ⇐⇒ k = 6tr + t − r;
otherwise, ak cannot be expressed as the product of any other pair of terms in A×A, B ×B
or A × B.
This can be generalised.
Note: An improper but self-evident use of notation will be made in the next paragraph.
Let ak be a non-prime term of the sequence an. Using Lemma 2.4, all the factors of ak
will be terms ai
, bj
for some i, j < k. Let say that α factors of ak belong to the set A, and
β factors of ak belong to the set B. Since ak is non-prime, α + β > 1. In short form,
ak = A
α
· B
β
(with α + β > 1),
where A (improperly) denotes an element of A and B (improperly) denotes an element of
B.
There are a few cases to consider, depending on the values of α and β. Notice that in
each case we will repetively use Lemma 2.2 and Lemma 2.3.
41. If α = 0, then for any natural value of β (> 1), we will have that ak = Bβ
. But Bβ
is
an element of the set B. Hence, we have an equation with an element of the set A in
the LHS and an element of the set B in the RHS, and A ∩ B = ∅. This is nonsense,
and hence it cannot be that α = 0.
2. If α is even, then for any β ∈ N ∪ {0}, we can write ak as
ak = A
α
· B
β = (A · A) · (A · A) · . . . · (A · A) · B
β = B
α/2
· B
β = B
(α/2)+β
and we have a situation analogous to the one in case 1. Hence, α cannot be even.
3. If α is odd, then α − 1 is positive even or zero) and, for any β ∈ N ∪ {0}, we can write
ak as
ak = A
α
· B
β = A · A
α−1
· B
β = A · B
(α−1)/2
· B
β = A · B
(α−1)/2+β
and this is consistent with what we have already proved, since A denotes an element
at of the set A and B(α−1)/2+β
is an element br of B, that is, A · B(α−1)/2+β = at
· br for
some t, r ∈ N.
So, if ak is non-prime, it is necessarely of the form ak = Aα
· Bβ
, where α is odd, β is
any number in N ∪ {0}, and (α + β) > 1. Of course, the converse is also true.
Hence, ak is non-prime ⇐⇒ ak = A
α
· Bβ where α is odd, β is any number in N ∪ {0},
and (α + β) > 1 ⇐⇒ ak = at
· br for some t, r ∈ N ⇐⇒ k = 6tr + t − r.
By Lemma 2.4, in all the other cases ak is prime.
2.2.2
Given a term bk, we have shown that
bk = at
· ar ⇐⇒ k = 6tr − t − r;
bk = bt
· br ⇐⇒ k = 6tr + t + r;
otherwise, bk cannot be expressed as the product of any other pair of terms in A × A, B × B
or A × B.
This, again, can be generalised.
Note: An improper but self-evident use of notation will be made in the next paragraph.
Let bk be a non-prime term of the sequence bn. Using Lemma 2.4, all the factors of bk
will be terms ai
, bj
for some i ≤ k and some j < k. Let say that α factors of bk belong to
the set A, and β factors of bk belong to the set B. Since bk is non-prime, α+ β > 1. In short
form,
bk = A
α
· B
β
(with α + β > 1),
where A (improperly) denotes an element of A and B (improperly) denotes an element of
B.
5There are a few cases to consider, depending on the values of α and β. Notice that in
each case we will repetively use Lemma 2.2 and Lemma 2.3.
1. If α = 0, then for any natural value of β (> 1), we will have that bk = Bβ
, and this is
consistent with what we have already proved, since B denotes an element bt of the set
B and Bβ−1
is an element br of B, that is, B · Bβ−1 = bt
· br for some t, r ∈ N.
2. If α is even, then for any β ∈ N ∪ {0}, we can write bk as
bk = A
α
· B
β = (A · A) · (A · A) · . . . · (A · A) · B
β = B
α/2
· B
β = B
(α/2)+β
and we have a situation analogous to the one in case 1, which is consistent.
Furthermore, if α is even, then α−2 is positive even or zero. Then for any β ∈ N∪{0},
we can write bk as
bk = A
α
· B
β = A · A · A
α−2
· B
β = A · A · B
(α−2)/2
· B
β = (A · B
(α−2)/2
) · (A · B
β
)
and this is consistent with what we have already proved, since (A · B(α−2)/2
) is an
element at of the set A and (A · Bβ
) is an element ar of the set A , that is, (A ·
B(α−2)/2
) · (A · Bβ
) = at
· ar for some t, r ∈ N.
3. If α is odd, then α − 1 is positive even or zero and, for any β ∈ N ∪ {0}, we can write
bk as
bk = A
α
· B
β = A · A
α−1
· B
β = A · B
(α−1)/2
· B
β = A · B
(α−1)/2+β
.
But A · B(α−1)/2+β
is an element of the set A, and hence we have an equation with
an element of the set B in the LHS and an element of the set A in the RHS. Since,
A ∩ B = ∅, this is nonsense, and therefore it cannot be that α is odd.
So, if bk is non-prime, it is necessarely of the form bk = Aα
· Bβ
, where α is pos

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

มีปัญหาเหมือนกับข้อความคาดการณ์เฉพาะคู่Balestrieri∗ ฟรานเชสกา1 กรกฎาคม 2011บทคัดย่อในเอกสารนี้โดยย่อ เราจะแสดง ผ่านอาร์กิวเมนต์ประถม เทียบเท่าของห้องนายกข้อความคาดการณ์ปัญหาที่อาจจะง่ายกว่าการพิสูจน์ บางบทสรุปที่ออก และมันจะแสดงการพิสูจน์ข้อความคาดการณ์นายกคู่ว่าเทียบเท่ากับการพิสูจน์ที่มีไม่สามารถเป็นสตริอนันต์ของธรรมชาติต่อเนื่องตัวเลขความพึงพอใจบางอย่างระบุสมการทฤษฎีบทหลักที่ 1ทฤษฎีบทหลักของเอกสารนี้มีดังนี้ทฤษฎีบทที่ 1.1 (ทฤษฎีบทหลัก) ข้อความคาดการณ์นายกคู่มาถ้าเป็นจริง ถ้าเท่านั้น มีมีเพียบหลาย n ∈ N เช่นที่ 6 = 6xy n + x−y และ n 6 = 6xy + x + y และ 6 n = 6xy−x−yสำหรับทุก x, y ∈ N.ในคำอื่น ๆ ข้อความคาดการณ์นี้คือ iff จริง ∄N ∈ N ∀n ≥ N, n เป็นหนึ่งในแบบฟอร์มn = 6xy + x − y หรือ n = 6xy + x + y หรือ n = 6xy − x − y, x, y ∈ N. บางเพื่อพิสูจน์ทฤษฎีบทหลัก เราจะต้องพิสูจน์ผลลัพธ์บางอย่างเบื้องต้น สองสามของกระดาษนี้จะทุ่มเทเพื่อเป้าหมายนี้ผลลัพธ์เบื้องต้น 2พิจารณาลำดับที่สอง:มี = 6n + 1 (1)พัน = 6n − 1 (2)อาร์กิวเมนต์อย่างแสดงว่า ลำดับสองเหล่าสร้างหมายเลขนายก (และบางอย่างไม่ใช่นายกหมายเลขอื่น ๆ) จับมือต่อไปนี้เป็นเกณฑ์ประโยชน์ที่บอกเราสำหรับ n ที่เงื่อนไขพันจะไม่ นายก และด้วยเหตุนี้ เสริม สำหรับ n ที่จะเงื่อนไขการ และพันเป็นนายก∗[e-mail]1Lemma 2.1 ให้การ และพันเป็นลำดับที่สองที่กำหนดไว้ก่อน แล้ว−ไม่มีนายก⇐⇒ n = 6xy + x − y−ไม่พันเฉพาะ⇐⇒ n = 6xy + x + y หรือ n = 6xy x + yสำหรับทุก x, y ∈ N.เราต้องการพิสูจน์บางอย่าง lemmata รองแรกพิสูจน์นี้จับมือ2.1 บางหลักฐานให้ =เป็น {การ: n ∈ N } และให้ B = {พัน: n ∈ N }, ที่มีและพัน ลำดับ (1) และ(2) ตามลำดับจับมือ 2.2 ไม่สามารถแสดงใด ๆ ระยะ ak ของลำดับตัวเป็น ·ay ax ผลิตภัณฑ์ใด ๆ (ax, ay) ∈ A × A หรือแสดงเป็น· bx ผลิตภัณฑ์ โดยใด ๆ (bx โดย) ∈ B ×บี มันเป็นสามารถแสดงคำ ak ของลำดับการเป็นผลิตภัณฑ์ที่· ห้องคู่จำนวน(ที่, br) ∈ A × B และเฉพาะ k = 6tr + t − r ในคำอื่น ๆ ak =ที่· br และเท่านั้นk = 6tr + t − rหลักฐานการ ให้ ak = 6 k − 1 ที่ = 6t − 1, ax = 6 x − 1, 6y − 1 และ br = ay = 6r + 1ส่วนสุดท้ายของทฤษฎีบทนี้เป็นเรื่องขี้ปะติ๋วเกือบ อันที่จริงที่· br= (6t − 1) · (6r + 1)= 6t + 36tr − 6r − 1= 6 (6tr − r + t) − 1และด้วยเหตุนี้ ak =ที่· br และเฉพาะ k = 6tr + t − rสำหรับส่วนแรก พิจารณาax · ay= (6 x − 1) · (6y − 1)= 36xy − 6 x − 6y + 1= 36xy − 6 x − 6y + 2 − 1= 2 (18xy − 3 x − 3y + 1) − 1ดังนั้น เราต้องแสดงว่า 18xy − 3 x − 3y + 1 ไม่โดย 3 นี้เป็นเรื่องง่าย ตั้งแต่18xy − 3 x − 3y + 1 = 3(9xy − x − y) + 1 ≡ 1 (mod 3)ดังนั้น มีไม่มี x, y ∈ N เช่นที่ ax · ay = akพิจารณาในทำนองเดียวกันbx · โดย= (6 x + 1) · (6y + 1)2 = 36xy + 6 x + 6y + 1= 36xy + 6 x + 6y + 2 − 1= 2 (18xy + 3 x + 3y + 1) − 1ดังนั้น เราต้องแสดง 18xy ที่ + 3 x + 3y + 1 ไม่โดย 3 อีก นี้จะตรงไปตรงมาตั้งแต่18xy + 3 x + 3y + 1 = 3(9xy + x + y) + 1 ≡ 1 (mod 3)ดังนั้น มี x, y ∈ N ไม่เช่นนั้น· bx โดย = akสามารถพิสูจน์จับมือที่คล้ายกันสำหรับเงื่อนไขของ bn. ลำดับจับมือ 2.3 ไม่สามารถแสดงใด ๆ ระยะบีเควีคลี่ของพันลำดับเป็น ·dy ax ผลิตภัณฑ์สำหรับใด ๆ (ax, dy) ∈ A × B สามารถแสดงคำที่บีเควีคลี่ของพันลำดับเป็นผลิตภัณฑ์ที่· อาร์คันซอของคู่ของหมายเลขที่, ar) ∈ A × A และเฉพาะ k = 6tr − t − r และเป็นการผลิตภัณฑ์บีที· ห้องคู่จำนวน (bt, br) ∈ B × B และเฉพาะ k = 6tr + t + r ในที่อื่น ๆคำ บีเควีคลี่ =ที่·ar และเฉพาะ k = 6tr−t−r และบีเควีคลี่ =บาท· br และเฉพาะ k = 6tr + t + rหลักฐานการ ให้บีเควีคลี่ = 6 k + 1 ที่ = 6t − 1, ar = 6r − 1, ax = 6 x − 1, bt = 6t + 1, br = 6r + 1 และโดย = 6y + 1ส่วนสุดท้ายของทฤษฎีบทนี้เป็นเรื่องขี้ปะติ๋วเกือบ อันที่จริงที่· บัญชีลูกหนี้= (6t − 1) · (6r − 1)= 36tr − 6r − 6t + 1= 6 (ท่า t − 6tr − r) + 1และด้วยเหตุนี้บีเควีคลี่ =ที่· บัญชีลูกหนี้ และเฉพาะ k = 6tr − t − rยังบีที· br= (6t + 1) · (6r + 1)= 36tr + 6r + 6t + 1= 6 (6tr + r + t) + 1และด้วยเหตุนี้บีเควีคลี่ =บาท· br และเฉพาะ k = 6tr + t + rสำหรับส่วนแรก พิจารณาax · โดย= (6 x − 1) · (6y + 1)= 36xy + 6 x − 6y − 1= 36xy + 6 x − 6y − 2 + 1= 2 (18xy + 3 x − 3y − 1) + 1ดังนั้น เราต้องแสดงว่า 18xy + 3 x − 3y − 1 ไม่โดย 3 นี้เป็นเรื่องง่าย ตั้งแต่18xy + 3 x − 3y − 1 = 3(9xy + x − y) − 1 ≡ −1 (mod 3)ดังนั้น มีไม่มี x, y ∈ N เช่นที่ ax · โดย =บีเควีคลี่3The ต่อไปนี้คือ ผลลัพธ์ชัดเจนจับมือ 2.4 ให้มีระยะของลำดับที่ มีโรงแรมไพรม์น้อยกว่า ak akแล้วสร้างตามลำดับที่การ และพันสำหรับ n < k ในทำนองเดียวกัน ให้มีระยะบีเควีคลี่ของสร้างลำดับพัน ทั้งหมดโรงแรมไพรม์มีขนาดเล็กกว่าบีเควีคลี่ตามลำดับที่แล้วการ และพันสำหรับ k n ≤หลักฐานการ พิจารณา pn ลำดับ = (a1, b1, a2, b2, a3, b3,..., ak บีเควีคลี่, ...) กรีซ pnเป็นลำดับอย่างเข้มงวดมากขึ้น นอกจากนี้ pn ประกอบด้วยหมายเลขนายก สมมติว่าp จำนวนเฉพาะที่หนึ่งขนาดเล็กกว่า ak ไม่ได้สร้างขึ้นก่อนคำว่า ak ตั้งแต่หมดแล้วสร้าง โดย pn ลำดับหมายเลขนายก p ต้องสร้างหลังจาก ak แต่อย่างเคร่งครัดจะเพิ่มลำดับ pn และดังนั้น p มีค่ามากกว่า ak นี่คือความขัดแย้งและด้วยเหตุนี้ สร้างทั้งหมดโรงแรมไพรม์น้อยกว่า ak ก่อน akครึ่งหลังของการจับมือสามารถจะพิสูจน์ใน2.2 หลักฐานเพิ่มเติมหมายเหตุและข้อสังเกตุบางก็จำเป็น2.2.1กำหนดคำ ak เราได้แสดงที่ak =ที่· br ⇐⇒ k = 6tr + t − rมิฉะนั้น ak ไม่สามารถแสดงเป็นผลิตภัณฑ์ของคู่อื่น ๆ เงื่อนไข A × a, B × Bหรือการเกิดสามารถ generalised นี้หมายเหตุ: จะเป็นทำใช้ไม่เหมาะสม แต่วีรกรรมของสัญกรณ์ในย่อหน้าถัดไปให้ ak เป็นระยะไม่ใช่นายกของฮึลำดับจับมือใช้ 2.4 ตัวประกอบทั้งหมดของ akจะอายเงื่อนไข, bjสำหรับบาง i, j < k ก็ให้ว่าปัจจัยαของ ak เป็นชุด A และปัจจัยβของ ak เป็นชุดบี เนื่องจาก ak ไม่ใช่นายก α + β > 1 ในแบบฟอร์มสั้นak = AΑ· BΒ(α +β > 1),ที่ A (ไม่) หมายถึงองค์ประกอบของ A และ B แสดงถึงองค์ประกอบของ (ไม่)B.มีกี่กรณีพิจารณา ขึ้นอยู่กับค่าαและβสังเกตเห็นว่าแต่ละกรณีเราจะใช้ repetively จับมือ 2.2 และ 2.3 การจับมือ41. ถ้าα = 0 แล้วค่าธรรมชาติใด ๆ ของβ (> 1), เราจะมี ak ที่ = Bβ. แต่ Bβเป็นองค์ประกอบของ Hence B. ชุด เรามีสมการกับองค์ประกอบของชุด A ในLHS และองค์ประกอบของชุด B rhs ไม่ และ∩ B =∅ นี่คือเหลวไหลและดังนั้น จึงไม่สามารถที่α = 02. ถ้าαจะได้ แล้วสำหรับใด ๆ β∈ N ∪ { 0 } เราสามารถเขียนเป็น akak = AΑ· BΒ = (ทรัพยากร A) · (ทรัพยากร A) · . . . · (ทรัพยากร A) · BΒ = BΑ/2· BΒ = B(Α/2) + Βและเรามีสถานการณ์ที่คล้ายคลึงกับในกรณี 1 ดังนั้น αไม่ได้แม้แต่แม้ 3. ถ้าαเป็นคี่ แล้วα− 1 เป็นจำนวนเต็มบวก หรือศูนย์) และ สำหรับใด ๆ β∈ N ∪ { 0 } เราสามารถเขียนak เป็นak = AΑ· BΒ =ทรัพยากร AΑ−1· BΒ =ทรัพยากร B(Α−1) / 2· BΒ =ทรัพยากร B(Α−1) / 2 + Βและสอดคล้องกับการที่เราได้พิสูจน์แล้ว ตั้งแต่ A แสดงถึงองค์ประกอบในชุด A และ B (α−1) / 2 + βเป็น br เป็นองค์ประกอบของ B คือ ทรัพยากร B (α−1) / 2 + β =ที่· br สำหรับบางที r ∈ N.ดังนั้น ถ้า ak ไม่ใช่นายก เป็น necessarely แบบ ak = Aα· BΒαเป็นคี่ βคือมีเลขใน N ∪ { 0 } และ (α + β) > 1 แน่นอน ตรงกันข้ามเป็นจริงดังนั้น ak เป็นนายกไม่ใช่⇐⇒ ak = AΑ· Bβ แปลก αβเป็นเลขใด ๆ ใน N ∪ { 0 }และ (α + β) ak ⇐⇒ > 1 =ใน· br สำหรับบาง t, k ⇐⇒∈ N r = 6tr + t − rโดยจับมือ 2.4 ในทั้งหมดอื่น ๆ กรณี ak ได้นายก2.2.2กำหนดคำที่บีเควีคลี่ เราได้แสดงที่บีเควีคลี่ =ที่· อัร⇐⇒ k = 6tr − t − rบีเควีคลี่ =บาท· br ⇐⇒ k = 6tr + t + rมิฉะนั้น ไม่แสดงบีเควีคลี่เป็นผลิตภัณฑ์ของคู่อื่น ๆ ของคำในฟิลด์ A, B × Bหรือการเกิดนี้ อีกครั้ง สามารถมี generalisedหมายเหตุ: จะเป็นทำใช้ไม่เหมาะสม แต่วีรกรรมของสัญกรณ์ในย่อหน้าถัดไปให้บีเควีคลี่เป็นนายกไม่ใช่เงื่อนไขลำดับ bn. จับมือใช้ 2.4 ตัวประกอบทั้งหมดของบีเควีคลี่จะอายเงื่อนไข, bjสำหรับบาง i ≤ k และ j บาง < k พูดให้ที่อยู่ในปัจจัยαของบีเควีคลี่ชุด A และปัจจัยβของบีเควีคลี่เป็นชุดบี บีเควีคลี่เป็น ไม่นายก α + β > 1 ในระยะสั้นแบบฟอร์มบีเควีคลี่ = AΑ· BΒ(α +β > 1),ที่ A (ไม่) หมายถึงองค์ประกอบของ A และ B แสดงถึงองค์ประกอบของ (ไม่)B.5There มีกี่กรณีพิจารณา ขึ้นอยู่กับค่าαและβสังเกตเห็นว่าแต่ละกรณีเราจะใช้ repetively จับมือ 2.2 และ 2.3 การจับมือ1. ถ้าα = 0 แล้วค่าธรรมชาติใด ๆ ของβ (> 1), เราจะได้ที่บีเควีคลี่ = Bβและเป็นสอดคล้องกับการที่เราได้พิสูจน์แล้ว ตั้งแต่ B แสดงองค์บาทชุดB และ Bβ−1เป็นอพาร์ทเมนท์องค์ประกอบของ B คือ B · Bβ−1 =บาท· br สำหรับบางที r ∈ N.2. ถ้าαได้ แล้วสำหรับใด ๆ β∈ N ∪ { 0 } เราสามารถเขียนบีเควีคลี่เป็นบีเควีคลี่ = AΑ· BΒ = (ทรัพยากร A) · (ทรัพยากร A) · . . . · (ทรัพยากร A) · BΒ = BΑ/2· BΒ = B(Α/2) + Βและเรามีสถานการณ์ที่คล้ายคลึงกับในกรณี 1 ซึ่งสอดคล้องนอกจากนี้ ถ้าαได้ แล้ว α−2 เป็นบวก แม้ หรือศูนย์ แล้วสำหรับใด ๆ ∈β N∪ { 0 }เราสามารถเขียนบีเควีคลี่เป็นบีเควีคลี่ = AΑ· BΒ =ทรัพยากร ทรัพยากร AΑ−2· BΒ =ทรัพยากร ทรัพยากร B(Α−2) / 2· BΒ = (ทรัพยากร B(Α−2) / 2) · (ทรัพยากร BΒ)และสอดคล้องกับการที่เราได้พิสูจน์แล้ว ตั้งแต่ (ทรัพยากร บี (Α−2) / 2) เป็นการองค์ประกอบในชุด A และ (ทรัพยากร BΒ) เป็นบัญชีลูกหนี้เป็นองค์ประกอบของชุด A ที่ (ทรัพยากรบี (Α−2) / 2) · (ทรัพยากร BΒ) =ที่· บัญชีลูกหนี้สำหรับบางที r ∈ N.3. ถ้าαเป็นคี่ แล้วα− 1 เป็นจำนวนเต็มบวกได้ หรือศูนย์ และ ใด ๆ β∈ N ∪ { 0 } เราสามารถเขียนบีเควีคลี่เป็นบีเควีคลี่ = AΑ· BΒ =ทรัพยากร AΑ−1· BΒ =ทรัพยากร B(Α−1) / 2· BΒ =ทรัพยากร B(Α−1) / 2 + Β.แต่ทรัพยากร บี (Α−1) / 2 + Βองค์ประกอบของชุด A และดังนั้น เรามีสมการด้วยองค์ประกอบของชุด B LHS ที่และองค์ประกอบของชุด A ในการ rhs ไม่ ตั้งแต่∩ B =∅ นี้เหลวไหล และดังนั้น มันไม่เป็นαที่เป็นคี่ดังนั้น ถ้านายกไม่ใช่บีเควีคลี่ เป็น necessarely แบบบีเควีคลี่ = Aα· BΒ, pos α

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

เป็นปัญหาที่เทียบเท่ากับข้อความคาดการณ์จำนวนเฉพาะคู่

balestrieri Francesca ∗กรกฎาคม 1 , 2011

ในบทคัดย่อกระดาษสั้น ๆนี้เราจะแสดงผ่านอาร์กิวเมนต์ประถม สมมูลของ
การคาดเดานายกแฝดปัญหาซึ่งอาจจะง่ายกว่าการพิสูจน์ บาง
สรุปวาด และมันแสดงให้เห็นว่านายกรัฐมนตรีพิสูจน์การคาดเดาคือ
แฝดเท่ากับพิสูจน์ว่ามีไม่สามารถเป็นสตริงของตัวเลขที่น่าพอใจอนันต์ติดต่อกันธรรมชาติ

1 ที่ระบุบางสมการ ทฤษฎีบทหลัก
ทฤษฎีบทหลักของบทความนี้คือต่อไปนี้ .
ทฤษฎีบท 1.1 ( ทฤษฎีบทหลัก ) การคาดเดาของนายกรัฐมนตรีแฝดเป็นจริงถ้าและเพียงถ้ามัน
มีอยู่จำนวน n ∈ N ซึ่ง N = − 6 6xy X Y และ X 6 = 6xy y และ x 6 = 6xy −− Y ,
สำหรับ x , y ∈
Nในคำอื่น ๆคาดเดาเป็นจริง IFF ∄ N ∈ n เช่นที่∀ N ≥ n , n เป็นหนึ่งในรูปแบบที่ 6xy x
n = − Y หรือ N = 6xy X Y หรือ N = −− 6xy X Y สำหรับ x , y .
∈เพื่อพิสูจน์ทฤษฎีบทหลัก เราจะต้องพิสูจน์ผลเบื้องต้นบาง ; 2
ในสามของกระดาษนี้จะทุ่มเทเพื่อเป้าหมายนี้ ผลเบื้องต้น

2 พิจารณาลำดับ :
2 = 1 เป็นทัวร์ ( 1 )
3 = − 1 ( 2 )
ทัวร์อาร์กิวเมนต์ที่เรียบง่ายแสดงให้เห็นว่าทั้งสองลำดับสร้างทั้งหมดจำนวนเฉพาะ (
บางอื่นๆที่ไม่ใช่จำนวนเฉพาะ ) ในบทตั้งต่อไปนี้เป็นเกณฑ์ที่มีประโยชน์ซึ่งบอกเรา
ที่ n เงื่อนไขและจะไม่ต่อนายกรัฐมนตรี และดังนั้น โดยเสริม ซึ่ง n
แง่และ BN เป็นนายกรัฐมนตรี ∗

fb340 @ แคม ac.uk
1lemma 2.1 . ให้กับโครงการเป็นลำดับสองที่ระบุไว้ก่อน งั้น
เป็นนายกรัฐมนตรี⇐⇒ไม่ใช่− n = 6xy x y −− 3 ไม่เฉพาะ⇐⇒
n = 6xy X Y หรือ N = 6xy X Y
สำหรับ x , y .
∈พิสูจน์บทตั้งนี้เราต้องการพิสูจน์บางอย่าง lemmata เล็กน้อยก่อน

= 2.1 บางหลักฐานกัน { : N ∈ n } และให้ b = { BN : N ∈ n } ที่เป็น และพัฒนาเป็นลำดับ ( 1 ) และ ( 2 ) 2
.
แทรก 2.2 . มันเป็นไปไม่ได้ที่จะบริการใด ๆของระยะเวลาและลำดับเป็นขวานผลิตภัณฑ์ด้วย
. .สำหรับใด ๆ ( ขวาน เอ ) ∈เป็น× , หรือแสดงเป็นส่วนประกอบด้วย โดยผลิตภัณฑ์ใด ๆที่สุด โดย∈ b × B ) มันเป็นไปได้ที่จะแสดงระยะ
AK ของลำดับการเป็นผลิตภัณฑ์ที่
ด้วย BR ของคู่ของตัวเลข
(
, บี ) ∈เป็น× B ถ้าและเพียงถ้า , K = 6tr T − R . ในคำอื่น ๆที่อลาสกา =
ด้วย BR ถ้าและเพียงถ้า
k = 6tr T − R .
พิสูจน์ ให้ AK = 6K − 1 , − 1 = 6T , ขวาน = 6x − 1 , − 1 และ 16 อ่า = =
6r br 1 .ส่วนสุดท้ายของทฤษฎีบทที่เกือบจะไร้สาระ ในความเป็นจริงที่

ด้วย br
= ( 6T − 1 ) ด้วย ( 6r
= − 1 ) 36tr 6r 6T − 1
= 6 ( 6tr −− 1 และ R T )

ด้วยดังนั้น AK ที่ BR ถ้าและเพียงถ้า , K = 6tr T − R .
สำหรับ ส่วนแรก พิจารณา

= ขวานด้วยอ่า ( 6x − 1 ( 16 ) ด้วย− 1 ) = −− 16 36xy 6x
1
= 36xy −−− 1
2 ตั้ง 16 = 2 ( 18xy −− 3x 3y 1 ) − 1 .
ดังนั้นเราต้องแสดงให้เห็นว่า 18xy −− 3y 3x 1 ไม่แบ่ง 3 นี้เป็นเรื่องง่าย เนื่องจาก 18xy −− 3y
3 x 1 = 3 x 9xy −− 1 ( mod ≡ 1 Y ) 3 ) .
ดังนั้นไม่มี x , y ∈ n เช่นขวานด้วยอ่า = AK .
ในทํานองเดียวกัน พิจารณา

= ( BX ด้วยโดยเฉพาะด้วย ( 1 ) 16 1 )
2 = 36xy 6x 16 1
= 36xy 6x 16 2 − 1 = 2 ( 18xy 3x 3y

1 ) − 1 ดังนั้น เราต้องแสดงให้เห็นว่า 18xy 3x 3y 1 ไม่ใช่ หารด้วย 3 อีกครั้งนี่คือตรงไปตรงมา

18xy ตั้งแต่ 3x 3y 1 = 3 ( 9xy x y ) 1 ≡ 1 ( mod 4 ) .
ดังนั้นไม่มี x , y ∈ n เช่น BX ด้วยโดย = AK .
บทแทรกที่คล้ายกันสามารถพิสูจน์ได้ในแง่ของลำดับ BN .
แทรก 2.3 มันไม่ได้เป็นไปได้ที่จะแสดงใด ๆในระยะ BK ของลำดับ BN เป็นขวานผลิตภัณฑ์ด้วยดี้
สำหรับใด ๆ ( ขวาน , ดี้ ) ∈ a × b . มันเป็นไปได้ที่จะแสดงระยะ BK ของลำดับซึ่งเป็นผลิตภัณฑ์
ที่
ด้วย AR ของคู่ของตัวเลข (
, AR ) ∈ a × A ถ้าและเพียงถ้า , K = −− 6tr T R และเป็นผลิตภัณฑ์บีทีด้วย

br ของคู่ของตัวเลข ( 2
, BR ) ∈ b × B ถ้าและเพียงถ้าเค = 6tr T R . ในคำอื่น ๆที่

BK = ด้วย AR ถ้าและเพียงถ้า , K = −− 6tr T R และ BK = BT
ด้วย BR ถ้าและเพียงถ้า , K = 6tr T R .
พิสูจน์ ให้ BK = 6 1 , − 1 = 6T , AR = 6r − 1 , − 1 ขวาน = 6x บาท = 6T 1 BR = 6r 1
.
16 1ส่วนสุดท้ายของทฤษฎีบทที่เกือบจะไร้สาระ ในความเป็นจริงที่

ด้วย AR
= ( 6T − 1 ) ด้วย ( 6r − 1 )
= 36tr −− 6r 6T 1
= 6 ( 6tr R −− 1
t ) และด้วยเหตุนี้ BK = ที่
ด้วย AR ถ้าและเพียงถ้า , K = −− 6tr T R .
นอกจากนี้ บีทีด้วย

br
= ( 6T 1 ) ด้วย ( 1 6r )
= 36tr 6r 6T 1
= 6 ( 6tr R T )

และด้วยเหตุนี้ BK = BT Suite ห้องนอนถ้าและเพียงถ้า , K = 6tr T R .
สำหรับส่วนแรก พิจารณา
ขวานด้วยโดย
= ( 6x − 1 ( 16 ) ด้วย 1 )
= 36xy 6x − 16 − 1
= 36xy 6x − 16 − 2 1
= 2 ( 18xy 3x − 3y − 1 ) 1 .
เพราะ เราต้องแสดงให้เห็นว่า 18xy 3x −− 1 ไม่ใช่ 3y แบ่ง 3 นี้เป็นเรื่องง่าย เนื่องจาก
18xy 3x − 3y − 1 = 3 ( 9xy x y −− 1 ) ≡− 1 ( mod 4 ) .
ดังนั้นไม่มี x , y ∈ n เช่นขวานด้วยโดย = BK .
3
ต่อไปนี้คือผลชัดเจน แทรก 2.4 . ให้ใด ๆของระยะเวลาและลำดับการทุกรูปแบบมีขนาดเล็กกว่าและมี
ได้รับการสร้างขึ้นโดยลำดับและ BN n < K . ในทำนองเดียวกัน ให้มีระยะ BK ของ
ลำดับ BN , จำนวนเฉพาะน้อยกว่า BK ได้ถูกสร้างขึ้นโดยลำดับ
และ BN n ≤ K .
พิสูจน์ พิจารณาลำดับ PN = ( A1 , B1 , B2 , B3 A2 , A3 , . . . . . . . . , และ , BK , . . . . . . . . ) เด่นชัด , PN
อย่างเคร่งครัดเพิ่มขึ้นเป็นลำดับ นอกจากนี้อาหารที่ประกอบด้วยทั้งหมดของจำนวนเฉพาะ สมมติ
ว่าจำนวนเฉพาะ p มีขนาดเล็กกว่าและจะไม่สร้างก่อนระยะ และ แล้ว เนื่องจากทุก
จำนวนเฉพาะถูกสร้างขึ้นโดยลำดับ ? , P ต้องถูกสร้างขึ้นหลังจาก AK . แต่
ลำดับ PN เป็นอย่างเคร่งครัดมากขึ้น ดังนั้น P มากกว่า AK . นี่คือความขัดแย้ง ,
และด้วยเหตุนี้ทั้งหมดจำนวนเฉพาะขนาดเล็กกว่าและถูกสร้างขึ้นก่อนที่ AK
ครึ่งหลังของฟางสามารถพิสูจน์ได้ในทางที่คล้ายกัน .

ไม่กี่ข้อสังเกตเพิ่มเติม 2.2 หลักฐานและการสังเกตตอนนี้จำเป็น

ให้ยาวและส่งเสริมให้เราได้แสดงให้เห็นว่า
AK = ที่
ด้วย br ⇐⇒ K = 6tr T − R ;
ไม่งั้น และไม่สามารถแสดงเป็น ผลิตภัณฑ์ของคู่อื่น ๆของข้อตกลงใน× A , B × B
หรือ× B .
นี้สามารถสรุป .
หมายเหตุ :การใช้ที่ไม่เหมาะสม แต่ตนเองของโน้ตจะทำในวรรคถัดไป และต้องไม่ใช่นายกรัฐมนตรี
ให้ระยะเวลาของลำดับ . ใช้แทรก 2.4 ทุกปัจจัยของ AK
จะเป็นแง่ ไอ

สำหรับ BJ บางผม J < K . ให้บอกว่าαปัจจัยของ AK เป็นของตั้งและองค์ประกอบของ AK
บีตาเป็นของชุด บี ตั้งแต่ และ ไม่เฉพาะ αบีตา 1 ในรูปแบบสั้น
AK =



α Suite B บีตา ( αบีตา > 1 ) ,
ที่ ( ไม่ ) หมายถึงองค์ประกอบของ A และ B ( ไม่เหมาะสม ) หมายถึงองค์ประกอบของ
B
มีไม่กี่กรณี เพื่อพิจารณา ทั้งนี้ขึ้นอยู่กับค่าของα และบีตา . สังเกตว่าในแต่ละกรณี repetively
เราจะใช้แทรกแทรก 2.2 และ 2.3 .
41 . ถ้าα = 0 แล้วสำหรับค่าใด ๆตามธรรมชาติของบีตา ( > 1 ) เราจะมี AK = b บีตา

แต่บีบีตา

เป็นองค์ประกอบของชุด B ดังนั้นเรามีสมการกับองค์ประกอบของการตั้งค่าใน
LHS และองค์ประกอบของชุด B ใน RHS และ∩ B = ∅ . นี่มันไร้สาระ
จึงไม่สามารถเป็นα = 0 .
2 ถ้าαได้แล้วสำหรับการใด ๆ∈บีตา - ∪ { 0 } , เราสามารถเขียนและเป็น
AK =

=
α Suite B บีตา ( ด้วย ) ด้วย ( ด้วย ) ด้วย . . . . . . . . ด้วย ( ด้วย ) ด้วย

αบีตา B = B / b
2
ด้วยบีตา = B
( α / 2 ) บีตา
และเรามีสถานการณ์คล้ายกับหนึ่งในกรณีที่ 1 ดังนั้นαไม่สามารถแม้แต่ .
3 ถ้าαก็แปลกแล้วα− 1 เป็นบวกหรือศูนย์ ) และสำหรับใด ๆ∈บีตา - ∪ { 0 } , เราสามารถเขียนเป็น

และ AK =
b

ด้วยαบีตา = 1

α− Suite เป็น Suite B = b

บีตาด้วย ( α− 1 ) / 2 = B

ด้วยบีตา Suite B
( 1 / 2 α− ) บีตา
และนี้สอดคล้องกับสิ่งที่เราได้พิสูจน์แล้ว เพราะแสดงถึงองค์ประกอบ
ที่ของชุด A และ B ( α− 1 / 2 บีตา
เป็นองค์ประกอบ BR ของบี นั่นคือ Suite B ( α− 1 ) / 2 =
ด้วยบีตาที่ BR สำหรับ
บางที∈ R .
ถ้า AK ไม่เฉพาะ มัน necessarely ของฟอร์ม AK = B

ด้วยαบีตาที่αเป็นคี่ บีตาเป็นจำนวนใด ๆใน∪
n { 0 } และ ( αบีตา ) 1 แน่นอน การสนทนายังเป็นจริง .
ดังนั้น และไม่เฉพาะ⇐⇒ AK =

α Suite B บีตาที่αเป็นคี่ บีตาคือหมายเลขใด ๆใน∪ n { 0 } ,
( αบีตา ) > 1 ⇐⇒ AK = ที่
ด้วย br บาง T , R ∈ N ⇐⇒ K = 6tr T − R .
2.4 โดยฟาง ,ในทุกกรณีอื่น ๆ และเป็นนายก .

ให้ 2.2.2 ในระยะบีเค เราได้แสดงให้เห็นว่า
BK = ที่
ด้วย AR ⇐⇒ K = −− 6tr T R ;
BK = BT
ด้วย br ⇐⇒ K = 6tr t R ;
ไม่งั้น BK ไม่สามารถแสดงเป็นผลิตภัณฑ์อื่น ๆ คู่ของข้อตกลงใน× A , B × B
หรือ× B .
นี้อีกครั้งจะสามารถสรุป .
หมายเหตุ : การใช้ที่ไม่เหมาะสม แต่ตนเองของโน้ตจะทำในวรรคถัดไป
ให้ BK เป็นไม่ใช่นายกรัฐมนตรีในระยะของลำดับเช่นกัน ใช้แทรก 2.4 ทุกปัจจัยของ BK
จะเป็นแง่ ไอ

บางผม≤ BJ K และ J < K . ให้บอกว่าαปัจจัยของ BK เป็นของ
ตั้งและบีตาปัจจัยของ BK อยู่ในชุดบี ตั้งแต่ BK ไม่เฉพาะ αบีตา 1 ในแบบฟอร์มสั้น

BK =



α Suite B บีตา ( αบีตา > 1 ) ,
ที่ ( ไม่ ) หมายถึงองค์ประกอบของ A และ B ( ไม่เหมาะสม ) หมายถึงองค์ประกอบของ
B
5there มีไม่กี่กรณี เพื่อพิจารณา ทั้งนี้ขึ้นอยู่กับค่าของα และบีตา . สังเกตว่าในแต่ละกรณี repetively
เราจะใช้แทรกแทรก 2.2 และ 2.3 .
1 ถ้าα = 0 แล้วสำหรับค่าใด ๆตามธรรมชาติของบีตา ( > 1 ) เราจะได้ว่าบีเค = B

บีตา และมันสอดคล้องกับสิ่งที่เราได้พิสูจน์สิตั้งแต่ B หมายถึงองค์ประกอบ BT ของชุดβ− 1

B และ B เป็นองค์ประกอบ BR B , B Suite B β− 1 = 2
ด้วย br บาง T , R ∈ N .
2 ถ้าαได้แล้วสำหรับการใด ๆ∈บีตา - ∪ { 0 } , เราสามารถเขียน BK เป็น
BK =

=
α Suite B บีตา ( ด้วย ) ด้วย ( ด้วย ) ด้วย . . . . . . . . ด้วย ( ด้วย ) ด้วย

αบีตา B = B / b
2
ด้วยบีตา = B
( α / 2 ) บีตา
และเรามีสถานการณ์คล้ายกับหนึ่งในคดีที่ 1 ซึ่งสอดคล้อง .
ถ้าαคือแม้แล้วα− 2 เป็นบวกหรือศูนย์ แล้วสำหรับการใด ๆ∈บีตา - ∪ { 0 } ,
เราสามารถเขียน BK เป็น
BK =
b

ด้วยαบีตา = ด้วยเป็นด้วยเป็น 2
B

α−ด้วยบีตา = Suite เป็น Suite B
( α− 2 ) / 2 = B

ด้วยบีตา ( ด้วย ( α− b
2 ) / 2
) ด้วย ( Suite B


และบีตา ) ซึ่งสอดคล้องกับสิ่งที่เราได้พิสูจน์แล้ว ตั้งแต่ ( Suite B ( α− 2 ) / 2

) เป็นองค์ประกอบที่ของชุด ( Suite B บีตา
) เป็นองค์ประกอบ ของ AR ตั้ง , คือ , ( ด้วย
b ( α− 2 ) / 2
) ด้วย ( Suite B บีตาที่

) =ด้วย AR บาง T , R ∈ N .
3 ถ้าαก็แปลกแล้วα− 1 เป็นบวกหรือศูนย์ และ ใด ๆ∈บีตา - ∪ { 0 } , เราสามารถเขียนเป็น

บีเค BK =
b

ด้วยαบีตา = 1

α− Suite เป็น Suite B = b

บีตาด้วย ( α− 1 ) / 2
Suite B = B

บีตาด้วย ( α− 1 / 2 บีตา
.
แต่ด้วย B ( α− 1 / 2 บีตา
เป็นองค์ประกอบของการตั้งค่าและด้วยเหตุนี้เราได้สมการกับ
องค์ประกอบของชุด B ใน LHS และองค์ประกอบของ ตั้งค่าใน RHS . ตั้งแต่การ∅∩ B = ,นี้เป็นเรื่องไร้สาระ และดังนั้นจึงไม่สามารถที่จะαเป็นเลขคี่ .
ถ้า BK ไม่เฉพาะ มัน necessarely ของแบบฟอร์ม BK = B

ด้วยαบีตาที่α POS คือ