二次互素函數(shù)淑蘭函數(shù)的創(chuàng)立

1、 二次互素函數(shù)的創(chuàng)立關(guān)于哥德巴赫猜想1和2、波林那克猜想、差數(shù)為任意偶數(shù)的素數(shù)對有無窮多組四大猜想的證明江 兆 谷目 錄一、歐拉函數(shù)定理另解 1二、淑蘭定理1（含素數(shù)會合定理） 2三、淑蘭定理2 15四、影響函數(shù)數(shù)值的大浪花、小浪花、小小浪花 22五、淑蘭定理3基本結(jié)構(gòu) 25六、歐拉淑蘭函數(shù)（含函數(shù)簡要證明等） 27七、素數(shù)分布函數(shù)圖 42八、淑蘭定理3 任意偶數(shù)的（1+1）個數(shù)的計算42九、偶數(shù)（1+1）個數(shù)分布函數(shù)圖 47十、淑蘭定理4(關(guān)于孿生素數(shù)無窮的證明) 48十一、淑蘭定理5（任意奇數(shù)均可表為三個素數(shù)之和的證明） 51十二、淑蘭定理6(差值為任意偶數(shù)的素數(shù)對存在無窮多組的證明) 5

2、3十三、淑蘭定理7 H（1+1）(x)函數(shù)是發(fā)散性函數(shù)54 附錄1一至十億二次互數(shù)函數(shù)篩率簡表 附錄2偶數(shù)實有（1+1）個數(shù)和函算個數(shù)對照表二次互素函數(shù)的創(chuàng)立關(guān)于哥德巴赫猜想1和2、波林那克猜想、差數(shù)為任意偶數(shù)的素數(shù)對有無窮多組四大猜想的證明江 兆 谷“哥德巴赫猜想”認(rèn)為，4以上偶數(shù)均可表為兩個素數(shù)之和。本文將證明“哥德巴赫猜想”是對的，并給出證明其他三大猜想的公式，還將給出計算30以上任意偶數(shù)的兩個素數(shù)之和即（1+1）個數(shù)的公式。如100=3+97、11+89、17+83、29+71、41+59、47+53。我們依此稱100的（1+1）個數(shù)為6。及任意自然數(shù)前孿生素數(shù)的個數(shù)。先看被折疊的數(shù)軸

3、，設(shè)X為30以上偶數(shù) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 X= + X-1 X-2 X-3 X-4 X-5 X-6 X-7 X-8 X-9 我們將上表中以內(nèi)的素數(shù)命名為行動素數(shù)，顯然有行動素數(shù)p1,p2,，pk。必然是pk2Xpk+12。所以，研究“哥德巴赫猜想”，實際是研究溯數(shù)列上的行動素數(shù)P2， P3,，Pk在數(shù)軸折疊后會不會將順數(shù)列上的素數(shù)全部踏至、全部留下足痕的問題。換言之，行動素數(shù)第二次篩減后1至無窮大數(shù)軸是否從某點開始沒有了二次互素數(shù)的問題。一、歐拉函數(shù)定理另解先看歐拉函數(shù)定理2 假使n=P1P2Pk P1,P2,Pk都是素數(shù) 必有(n)=B(n；P1，P2，Pk)=n（1-歐拉在

4、函數(shù)中指出的是：上式在n這個數(shù)之前，與n互素的數(shù)的個數(shù)。歐拉這一函數(shù)也可另解為：在1至n這個數(shù)軸上與P1，P2，Pk互素的數(shù)的個數(shù)。二、淑蘭定理1（含素數(shù)會合定理）我并由此而尋找在n= P1P2Pk這個數(shù)軸上與P1，P2，Pk和P2，P3，Pk互素的二次互素函數(shù)。然而，對于第1頁所述偶數(shù)X之和的順、溯數(shù)列而言，人們難于找到與歐拉函數(shù)定理2相匹配契合的二次互素函數(shù)。原因有二。一是當(dāng)人們將二次行動素數(shù)，隨機(jī)投入表述X之和的順、溯數(shù)列時，存在P/在數(shù)軸上多占一個點的可能。例如，1至62數(shù)軸，7在數(shù)軸上占八個點，而當(dāng)7隨機(jī)投入數(shù)軸的1、2、3、4、5、6中的任何一點，7/均能在數(shù)軸上點九個點。另外，P

5、之間，以及P和除自身外的諸P之間構(gòu)成的各類合數(shù)，也存在多占一點的可能。這會有無數(shù)多“一”的可能，令人無法構(gòu)建與歐拉函數(shù)匹配契合的函數(shù)。二是無法構(gòu)建一個天衣無縫的一、二次互素函數(shù)的統(tǒng)一的數(shù)模。因為在n= P1P2Pk中，行動素數(shù)P1，P2，Pk在數(shù)模1至n中，它們的潛在起點均是O，而終點是n，當(dāng)二次行動素數(shù)P2/，P3/，Pk/隨機(jī)投入上述1至n數(shù)模中時，它們的潛在起點均在O之左側(cè)，除非P/與P重疊，潛在起點才在O中。它們的點即終點，必在n之內(nèi)，它們的+1必在n之外，這樣看來，一、二次行動素數(shù)實在是無法共容于1至n數(shù)模之中。那么，有什么方法能讓一、二次互素函數(shù)的統(tǒng)一的數(shù)模構(gòu)建起來呢？方法是將數(shù)軸

6、彎曲成圓。用P1P2Pk圓和P1/，P2/，Pk/圓，雙圓隨機(jī)疊合，構(gòu)建起了二次互素函數(shù)數(shù)模。當(dāng)n= P1P2Pk時，我們有圓A，A圓周有P1P2Pk個點。如下圖 又將P1/，P2/，Pk/隨機(jī)投入A圓，令2/與2重疊。則有如下順、溯數(shù)列1 2 3 4 5 6 x-6 x-5 x-4 x-3 x-2 x-1 X=+ x-1 x-2 x-3 x-4 x-5 x-6 6 5 4 3 2 1 我們將P/2,P/3,P/k隨機(jī)投入數(shù)模A圓圓周邊上時，它們與P1，P2，Pk一樣，都只能在A圓數(shù)軸上占相同數(shù)量的點。各P/自身之間的各類合數(shù)和諸P/與諸P除自身外的各素數(shù)構(gòu)成的各類合數(shù)也與諸P之間的各類合數(shù)一

7、樣占相同數(shù)量的點。始端早占1，尾端必失1。下面素數(shù)會合定理將給出證明。說諸P/的隨機(jī)投入，是因為它隨X之變而變，它們實際是整體按序投入，因為它們隨X而萬般變化，我們視它們?yōu)殡S機(jī)投入。當(dāng)然這是隨機(jī)投入中的一種，其數(shù)值是一樣的。這就是它的驚人，迷人、令人贊嘆之處。我們將諸P/投入時排除它與P的重疊，但實際存在的折疊以表現(xiàn)、體現(xiàn)X時某些P/與P重疊，我們順其自然，它帶來了有利值。上頁圓形圖也可以看作是將A/圓倒置，隨X之變套在A圓上（2/與2始終重疊），可以看出，諸P/不可能在A圓周線上多占一個點，各類合數(shù)亦然。在此提一下在AA/圓環(huán)上，諸P自身之間，諸P/自身之間，以及諸P/與除自身外的諸P構(gòu)成合

8、數(shù)的素因子個數(shù)問題。在AA/圓環(huán)上，素因的個數(shù)，包括能整除某數(shù)的素因子或在該數(shù)上留下足痕的素因子，它們總計起來，不會超過K個素因子。象P1P2PkP/4或P1P2P/k-tP/5這類數(shù)，只有在折疊時其中的P/4與P4重疊，P/5與其中的P5重疊才會出現(xiàn)，這并不意味著素因子的增加，反而表明，該P(yáng)/已經(jīng)重疊而退出了第二次篩減，它促成的是有利于（1+1）個數(shù)增加的正量。至此，我們要弄清P/與除它自身外其他諸P構(gòu)成合數(shù)的起點問題，即素數(shù)會合定理設(shè)素數(shù)P/i，Pr為2以上任意行動素數(shù)，且Pi/PrPK。在數(shù)模首端，當(dāng)Pi/隨機(jī)投入（Pi/與Pi不重疊）數(shù)?；驍?shù)軸后Pi/總是先于第一個PiPr(即在它們之

9、前)與Pr會合。Pi/最早會與數(shù)模首端第一個Pr會合，最晚會與首端第（Pi-1）Pr會合。并必有下式及a1，a2，a3，,0總計Pi個余數(shù)：； ； 上式中，有Pi個余數(shù)，不管它們順序如何，它們必是1,2,3,Pi-1,O，它們Pi個余數(shù)各各不同，無一相等。假設(shè)有兩個余數(shù)相等，若dbPi，這余數(shù)相等的兩數(shù)的分子分別為Prb、Prd則必有因為我們已假定a/=a/ 故上式應(yīng)成立。則應(yīng)為正整數(shù) 由于db，bPi，它們之差也應(yīng)小于Pi，設(shè)其差為C，則必有PrC為Pi整除。這個結(jié)論是悖謬的，因為Pi與Pr互素，也與小于它們的任何正整數(shù)互素，在PrC的乘積中，根本沒有Pi的素因子，故而悖謬?？梢?，它們的Pi

10、個余數(shù)，各不相等，必是1,2, 3,Pi-1,0.這樣, P/i隨機(jī)投入A圓周數(shù)軸后,它前方最接近Pr的第一個點距Pr決不是a1，除非P/i與Pi重疊。如果它最接近Pr的第一個點距Pr的距離為，說明它前方第二個最接近Pr的點距Pr距離為零，它們在那個Pr會合了。而Pi要到它前方第Pi個最接近(距離小于Pi)的Pr點它們才會會合。顯然，在順數(shù)列首端，P/i與Pr會合，總是早于快于Pi與Pr構(gòu)成合數(shù)。那么，P/i在A圓周線上與Pr構(gòu)成的合數(shù)會比Pi和Pr構(gòu)成的合數(shù)多一個嗎？不會。因為P/iPr和PiPr同樣整除P1P2Pk，P/iPr再快再早，也多不出一個PiPr之?dāng)?shù)。我們已經(jīng)證明2以上任意行動素

11、數(shù)和必在之前會合。那么，若有，會在之前與會合嗎？回答是肯定的。設(shè)素數(shù)，為2以上的任意行動素數(shù)，且；，則必有下式及a1，a2，a(-1)，0總計個余數(shù)。并假定當(dāng)構(gòu)成第一個合數(shù)時未落足于他們。如已落足是說明已經(jīng)先于已經(jīng)會合了。a1，a2a(-1)，0 上式中，有個余數(shù)，不管它們的順序如何，它們必是1，2，3，0。它們個余數(shù)各各不同，無一相等。假設(shè)有兩個余數(shù)相等，若有d，b，且db，這余數(shù)相等的兩數(shù)的分子分別為b，d，則必有=因為我們已經(jīng)假定=，故上式應(yīng)成立，且應(yīng)為正整數(shù)由于b、d均小于，它們之差也應(yīng)小于，設(shè)其差為c，則必有c為整除。這個結(jié)論是悖謬的，因為與，互素，也與小于它的任何正整數(shù)互素，在c的

12、乘積中，根本沒有的素因子，故而悖謬?？梢?，上式中它們的個余數(shù)各不相同，必是1，2，3，0。在此一數(shù)模上，根據(jù)素數(shù)會合定理的第一個證明，必先于而會合。函數(shù)首端前方第一個距離的最近距離必不是a1（最近距離是指小于的距離），因為前方第一個距最近的距離才是a1。這是道理一。其二是，盡管中的并不能整除共同落足的那個數(shù)，但在數(shù)軸上與組成的二合數(shù)，它們?nèi)詫⒁酝瑯拥牟椒┬杏跀?shù)模的始終。此時距前方第一個的小于的距離決不是a1，除非和重疊。假定它是a2，那意味著它將與前方第個點會合。由于第一個在第一個之后，且還需前進(jìn)才以小于的距離靠近第一個，靠近之后要到前方第個點它們才能會合。顯然，與會合總是先于與的會合。同一

13、事物的另一個說法是總是先于與會合。依此類推，可證明諸四合、五合等等，帶之合數(shù)皆先于不帶的合數(shù)而會合。由于A圓數(shù)模與A圓數(shù)模是全等數(shù)環(huán)，它們互相間不管怎樣移動位置，諸P都只能在A圓數(shù)環(huán)上留下它在A圓環(huán)上相等的點，它與諸P構(gòu)成的各類合數(shù)也與它在A圓上與諸P構(gòu)成的合數(shù)一一對應(yīng)相等。早合于首端，必失之于尾端。因此，我們有淑蘭定理1假使n=P1P2PkP1,P2,Pk都是素數(shù)，它們已經(jīng)運(yùn)行于n數(shù)模，對n圓形數(shù)模進(jìn)行了篩減，而Pk+1以上素數(shù)安坐不動?，F(xiàn)在再將P4，P5，Pk隨機(jī)投入n圓形數(shù)環(huán)，讓它們運(yùn)行至數(shù)模終點，進(jìn)行二次篩減，求取二次篩減后所剩互素數(shù)，則有 證明 顯然，（n）=B（n;P1,P2，,P

14、K）已經(jīng)由歐拉完美地證明了。我提出的是H（n）=B（n;P1, P2，Pk；P4，P5，PK）我們將諸P投入A圓環(huán)后它們落足的數(shù)并非是它們能整除的數(shù)，除非P與P重疊。我所探求的是A圓和A圓隨即疊合后一、二次行動素數(shù)篩減數(shù)環(huán)所剩二次互素數(shù)的個數(shù)。而這個量，由A圓環(huán)和A圓環(huán)提示和數(shù)理分析證明，是嚴(yán)密的、客觀的、不可動搖地存在的。它們表現(xiàn)如下式H（n）=n-+ + +(-1)K+(-1)K我們可以套用歐拉函數(shù)定理1、定理2的證明方法來證明。顯然，所有由1至n的正整數(shù)有n個。不超過n而且是P1的倍數(shù)的正整數(shù)有個。同樣，不超過n而且是P2的倍數(shù)的正整數(shù)有個不超過n而且是PK的倍數(shù)的正整數(shù)有個。同樣，不超

15、過n而且被P4留下足痕的正整數(shù)有個，不超過n而且被P5留下足痕的正整數(shù)有個不超過n而且被Pk留下足痕的正整數(shù)有個。因此，為了要得到所求的二次互素數(shù)個數(shù)B（n;P1，P2， Pk ;P4,P5;PK），我們需要構(gòu)成差數(shù)：n-不過，這個式子還不等于所求的二次互素的個數(shù)B（n;P1,P2;，PK；P4,，Pk），如某數(shù)同時是兩個素數(shù)Pi和Pt的倍數(shù)或、中為一個所整除，一個留足痕會合的數(shù)目，我們不是算了一次，而是算了兩次，這意思是，我們還應(yīng)當(dāng)作一番修正，還應(yīng)當(dāng)補(bǔ)充以下式子顯然第二個式子表示那些乘積P1P2的數(shù)即同時為P1和P2的倍數(shù)且不超過n的正整數(shù)的個數(shù)；以及表示那些既是P1倍數(shù)又同時是P/4留下足

16、痕的數(shù)且不超過n的正整數(shù)的個數(shù)，其余式子也具有類似的意義。這樣一來，經(jīng)過所指出的修正以后，我們得出了下面式子：但，我們這里還不能得到所求的個數(shù)，因為增加了補(bǔ)充項等時，我們把同時被三個素數(shù)所整除的或被兩個素數(shù)整除又有另一個二次素數(shù)留下足痕的或被一個素數(shù)整除，又有另兩個二次素數(shù)留下足痕的數(shù)加回了三次，因此，為修正可能的錯誤，需要減去：依此類推進(jìn)行類似的方法，我們加進(jìn)最后的修正：加進(jìn)這類修正后，我們實在已經(jīng)除去了一切不超過n而且至少被素數(shù)P1，PK和P/4,P/5,，P/k中的一個所除整或被諸P/一個或數(shù)個留下足痕的正整數(shù)的個數(shù)。事實上，在一次互素函數(shù)即歐拉函數(shù)中，歐拉指出：例如某一正整數(shù)，被s個素

17、數(shù)P1 , P2 , Ps中的每一個所整除，而不被其余的素數(shù)Ps+1 ,，Pk(在SK時）所整除。因為a屬于自然數(shù)列區(qū)間1ax中，所以在等式（1）右邊的第一行中，a被計算了一次；因為a被數(shù)目P1 , P2 , Ps每一個所整除，所以它在第二行中被計算了次；因為a是PiPj(1i, js; ij)的倍數(shù)，所以它在第三行中被算計了次，依次類推；最后，因為a 被乘積P1P2 , Ps所整除，所以它在第s行中被計算了次。在等式（1）右邊的以下幾行中，數(shù)目a已經(jīng)不被計算到了，因為它只被P1 , Ps所整除。這樣一來，數(shù)目a在公式（1）中被計算了 即，a點被篩去了。 然而對于二次互素函數(shù)來說，這個a點除可

18、能集合了純凈的P1P2 Ps；及混合的等S個因素外，還可以出現(xiàn)如下情況：（1），折疊數(shù)軸或A圓和A圓隨機(jī)疊合以表現(xiàn)、體現(xiàn)某類偶數(shù)x的（1+1）個數(shù)時，包含P1P2Ps的這個a點，同時被所踏至，即與完全重疊。這種現(xiàn)象我們前面曾經(jīng)提到過，后面關(guān)于影響函數(shù)數(shù)值的大浪花的分析，該a或它倍數(shù)的偶數(shù)（1+1）個數(shù)會增多。后面會詳敘。由于它屬于函數(shù)外額外多出的有利于（1+1）增多之?dāng)?shù)，我們知道它，一般會忽視它，也可以修正它。（2），會出現(xiàn)如等，如出現(xiàn)這種情況，也是二次互素函數(shù)定義之中，只不過原S已經(jīng)等于K罷了，其所篩數(shù)值結(jié)果仍是 ，即排除虛篩之?dāng)?shù)，又確實篩掉a這個點。在二次互素函數(shù)中，除n這個點會集合K個素

19、因子之外，加上n這個點總計會有個集合著K個素因子的點。顯然不含2的S個素數(shù)的純P、純混合P與的S個素因子的組合共有個。因為按照素數(shù)會合定，P和的各種K個素因子的組合，絕對具有必合性。所有帶的K個素因子的會合數(shù)它們均在n之前完成組合。它們會分布在1至n數(shù)抽或數(shù)模上不同的地方，隨機(jī)投入不同，它們集合點分布狀況也會不同。我們在按公式計算時，同樣會清除一切虛篩之?dāng)?shù)，并確實篩去一切應(yīng)篩之?dāng)?shù)。保留一切應(yīng)保留之?dāng)?shù)。這些應(yīng)保留之?dāng)?shù)就是不為P1 ,P2 , , Pk任何一個所整除，又不曾被P2 ，P3 , , Pk 中任何一個所踏至的數(shù)。它們就是二次互素數(shù)。另一方面，不被P1，P2，Pk整除又不被P4，P5，P

20、k留足的一些數(shù)目在第一項n中被計算了一次，而在公式的其余各項中它們就沒有被計算到。它們就是二次篩減后所剩的互素數(shù)。因此，我們證明了公式的正確性，因而證明了定理?，F(xiàn)在，根據(jù)淑蘭定理1，我們不難用n以及n的行動素數(shù)P1，P2， Pk和n的二次行動素數(shù)P4，P5，PK來求出與這些行動素數(shù)互素的數(shù)的個數(shù)。例如：235711=2310 顯然H（2310）=2310=360我們用歐拉函數(shù)計算法，也是上面我們介紹的淑蘭定理1的計算方法計算和驗算它：H（2310）=2310 =23101155770462330330210210 +385+231+165+165+105+105+154+110+110+70+

21、70+66+66+42+42+30+30+30+307755553535333321211515151522221414101010106666+11+11+7+7+（54）+（34）+（24）4=360 我們運(yùn)用淑蘭定理1做個數(shù)學(xué)游戲，如下二圖，自左向右依次設(shè)77個空格，將7、7；11、11，隨機(jī)投入空格中，讓它運(yùn)行，不使7與7，11與11重疊，所?？崭癖貫?5。7117117711711771171177117117771111777117117711117771171177117711711771171177117117711711771171177117用公式計算即為：H（77）=B（

22、77；7、11；7，11）=77如果按先后順序設(shè)定1001個空格，將7、7；11、11；13、13隨機(jī)投入那1001空格中，使諸P不與諸P重疊，那么，不管怎樣投入，它們運(yùn)行后所剩的空格均為495，它們絕對服從淑蘭定理1 即H（1001）=B（1001；7、11、13；7、11、13）=1001這就是淑蘭定理1表述的行動素數(shù)運(yùn)行規(guī)律和數(shù)量關(guān)系。它以最簡樸算式揭示了復(fù)雜萬端的二次互素函數(shù)的真諦。已經(jīng)制作H（1001）運(yùn)行數(shù)表，因過長不列入。 三、淑蘭定理2上面提到，用圓環(huán)數(shù)模消除一切多“一”的可能?，F(xiàn)在說說造成的偶數(shù)（1+1）個數(shù)向上較大幅度波動的兩條龍；3和5。當(dāng)然還有K-3個間歇出現(xiàn)的促成一些

23、偶數(shù)（1+1）個數(shù)上升的變量。我們將自然數(shù)從1至無窮大，排成30列縱對，如下圖。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 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 58 89 90 細(xì)

24、看上表可以知道，除了2、3、5三個素數(shù)外，其他所有素數(shù)皆產(chǎn)生于上表的1、7、11、13、17、19、23、29八列之中。我們并發(fā)現(xiàn)3和5有個特性，它處于哪一列，它就會從它起步開始至無窮大，將該列全部全部變?yōu)楹蠑?shù)，在自然數(shù)中，2、3、5絕不會上其中產(chǎn)生素數(shù)的八列。然而，如果折疊數(shù)抽來計算偶數(shù)X的正整數(shù)之和，不同的偶數(shù)會要求不同列的奇數(shù)捉對相加表現(xiàn)該偶數(shù)。含3、5素因子的列與含3、5素因子的列相加，3與5會出現(xiàn)部分重疊或全整重疊，凡30i(i=1,2,3)偶數(shù)，3與5全部重疊，這類偶數(shù)（1+1）個數(shù)就多，30i+2、4、8、14、16、22、26、28族偶數(shù)，3和5所在的n的數(shù)列（即3、5、9、1

25、5、25、21、27列）有5列與產(chǎn)生素數(shù)的8列當(dāng)中的5列捉對表現(xiàn)這族偶數(shù)，它們使產(chǎn)生素數(shù)的八列中的5列全部作廢不能構(gòu)成（1+1），所以這族偶數(shù)（1+1）個數(shù)會少。若取60以上四類偶數(shù)各試一下，參閱上表，此后本文的敘述就會一覽全明白。下面詳細(xì)列出各族類偶數(shù)能得到（1+1）個數(shù)的有效配對數(shù)列。30i=1列+29列 7列+23列 11列+19列 13列+17列 30i+2=1列+1列 13列+19列 30i+4=11列+23列 17列+17列 30i+6=7列+29列 13列+23列 17列+19列30i+8=1列+7列 19列+19列 30i+10=11列+29列 17列+23列 30i+12=1

26、列+11列 13列+29列 19列+23列30i+14=1列+13列 7列+7列 30i+16=17列+29列 23列+23列 30i+18=1列+17列 7列+11列 19列+29列30i+20=7列+13列 1列+19列 30i+22=11列+11列 23列+29列 30i+24=1列+23列 11列+13列 7列+17列30i+26=7列+19列 13列+13列 30i+28=11列+17列 29列+29列 因為其他列皆與合數(shù)列相配，而3列、5列各只有1個素數(shù)，故未列入。當(dāng)然，3也會在許多偶數(shù)中構(gòu)成一個（1+1），我們忽略它們。為了一目了然，試看180這個偶數(shù)：180=1+179 7+1

27、73 11+169 13+16731+149 37+143 41+139 43+13761+119 67+113 71+109 73+10791+89 97+83 101+79 103+77121+59 127+53 131+49 133+47151+29 157+23 161+19 163+17對于3i+2這類偶數(shù)而言，必是一列自身從中點折疊相加，再是十九列與十三列互倒相加。其余七、十一、十七、二十三、二十九列皆與合數(shù)列相加而無（1+1）。只有3配二十九列某數(shù)可能有效。如182=13+169 1+181 3+179 43+139 31+151 73+109 61+121 103+79 91+

28、91133+49163+19我因此得到了四組系數(shù)：30i+2、4、8、14、16、22、26、28的系數(shù)是1。30i+10、20的系數(shù)是或3430i+6、12、18、24的系數(shù)是2或3630i的系數(shù)是或38i=1,2,3因而我們得到淑蘭定理2=B（n=30i+2、4、8、14、16、22、26、28）；P1，P2，PK；P2，P3，PK1H（n）B（n=30i+10、20）；P1，P2，PK；P2，P3，PK34=B（n=30i+6、12、18、24）；P1，P2，PK；P2，P3，PK2B（n=30i）；P1，P2，PK；P2，P3，PK38i=1，2，3， 令2與2重疊設(shè)n=2357111

29、3=30030按淑蘭定理2，在1至30030這個數(shù)軸上，與2，3，3，5，5，7、7，11，11，13，13互素的數(shù)的個數(shù)必定是：H（30030）=30030我們用歐拉函數(shù)驗算法也是淑蘭函數(shù)驗算法驗算它并以n代表30030H（30030）=30030+ =30030-15015-10010-10010-6006-6006-4290-4290-2730-2730-2310-2310 +5005+5005+3003+3003+2145+2145+1365+1365+1155+1155+20024 +14304+9104+7704+8584+5464+4624+3904+3304+2104 -100

30、14-7154-4554-3854-4294-2734-2314-1954-1654-1054-2868-1828-1548-1308-1108-708-788-668-428-308+14342+9142+7742+658+558+358+3942+3342+218+1542+2644+2244+1416+1016+644-1344-1144-744-544-344-248+216=30030-65707+56978-25000+5840-688+32=92880-91395=1485淑蘭定理2的證明可參見淑蘭定理1的證明?？瓷鲜鯤（30030）二次互素函數(shù)及其函數(shù)值，是應(yīng)當(dāng)聯(lián)系此前介紹的二

31、次互素函數(shù)的系數(shù)而警醒的。該函數(shù)計算出來的互素數(shù)1485，并不是象淑蘭定理1中一樣，均勻地分布在產(chǎn)生素數(shù)的八列之上，而僅僅是均勻地分布在八列之中的三列之上。且每列均為495個。至于具體分布在那三列上，要視計算30i+2族類的那一類而定，即要視X而定。她們在三列上的分布，從該族類的X=30i+2算起，依次在如下三列：1、13、19；17、11、23；19、1、7；7、1、13；23、17、19；11、23、29；13、7、19；29、11、17。同時，如果A圓和A圓是為計算30i+10族類而契合，H（30030）的二次互素數(shù)則為148534=1980，顯然，四列中每列均有二次互素數(shù)495。如果A

32、圓和A圓是為計算30i+6族類而契合，H（30030）的二次互素數(shù)則為148536=2970，每列仍為495；如果A圓和A圓是為計算30i族偶數(shù)的互素數(shù)而契合，H（30030）的二次互素數(shù)則為148538=3960，每列均為495。A圓和A圓為計算30i族偶數(shù)的互素數(shù)而契合時，3、5與3、5全部重疊，它們返回到了淑蘭函數(shù)定理1?？梢钥闯?，分析“哥猜”，必須將自然數(shù)按序排成30列來觀察、分析，否則有些問題由于有許多變量交織在直線性數(shù)軸上，很難理清其脈絡(luò)。四、影響函數(shù)數(shù)值的大浪花、小浪花、小小浪花我們在此先放下淑蘭函數(shù)定理3留待下面分析，先分析一下與淑蘭函數(shù)相關(guān)的四類主流之外的大浪花、小浪花、小小

33、浪花。它們是由于必不可免的折疊數(shù)軸而產(chǎn)生的，弄清它們，有利于我們更完整地了解、理解淑蘭函數(shù)的精確性。大浪花。會促成某些偶數(shù)（1+1）個數(shù)增多的大浪花是在疊合AA/圓以表現(xiàn)某些偶數(shù)時，7以上行動素數(shù)中的P/與P會間歇性地重疊，P/退出第二次篩減，會造成該X的（1+1）個數(shù)增多。不了解這種情況會造成淑蘭函數(shù)似乎不精確的錯覺。什么情況下P/會退出篩減呢？設(shè)P為7以上素數(shù)，凡是P/時，該P(yáng)/就會退出篩減。修正的方法：對退出第二次篩減的P/，要么在函數(shù)初算時由乘（1-）改乘（1-）；若函數(shù)已經(jīng)算出（1+1）個數(shù)時才發(fā)現(xiàn)，可以先除以（P/-2）再乘以（P/-1）即可修正過來。我們可以這樣做，是因為P/是帶

34、同它構(gòu)成的所有合數(shù)一起重疊的。比如，由于7、11、13、17、19與7、11、13、17、19重疊，它的（1+1）個數(shù)比公式計算出來的個數(shù)多出三十多萬個，增加39%以上。小浪花。小浪花，是由行動素數(shù)P4，P5，PK和P/4，P/5，P/K造成的。因為我們在兩次計算互素數(shù)時，盡管它們是素數(shù)，卻因為它們不是互素數(shù)，我們無意中忽略了它們，因而我們少算了一些（1+1）個數(shù)。所以在正常情況下，函數(shù)計算出來的（1+1）個數(shù)因此也會比實有個數(shù)要稍多一些。小小浪花。對于素數(shù)定理來說，自然數(shù)ba，則必定有(b)(a)。然而對于偶數(shù)的（1+1）個數(shù)來說，即使是同一族類的偶數(shù)，也不少見前略小的偶數(shù)的（1+1）個數(shù)比

35、其后略大的偶數(shù)的（1+1）個數(shù)略多一點，多一些。例如H（1+1）（30i+28）常多于H（1+1）（30i+32），這是為什么呢？原因是7以上素數(shù)，在八列上每全部踏至一遍時，均有先到達(dá)、后到達(dá)之分。正是由此而造成的。我們先看八列上的素數(shù)，它們運(yùn)行時都循自己的先后順序到達(dá)八列的各列之上，它們整列素數(shù)都循此先后順序。見下表：表中一列順序等指一列所屬行動素數(shù)到達(dá)八列的先后順序。一列順序是： 七列順序是： 十一列順序是： 十三列順序是： 十七列順序是： 十九列順序是: 二十三列順序是： 二十九列順序是： 各列先后順序均周而復(fù)始，循環(huán)推進(jìn)，由于是小小浪花且一目了然，證明就省略。我們已經(jīng)知道，30i+2、

36、4、8、14、16、22、26、28這個族的偶數(shù)，它們都由八列中的兩列互倒相加、以及八列中一列自我折疊相加而構(gòu)成（1+1）個數(shù)的。顯然，篩減數(shù)模的行動素數(shù)先到機(jī)率高的列相加（1+1）個數(shù)會比附近篩減數(shù)模的行動素數(shù)后到機(jī)率高的相加要少，從上表可以看出一列、十九列先到機(jī)率高，它們表現(xiàn)的偶數(shù)（1+1）個數(shù)會偏低偏少嗎？試以58與62作比較。它們均屬于系數(shù)為1的同一族類。但62和它的兄弟類即30i+2都是以先到機(jī)率高的一列自加和先到機(jī)率二等快的十九列和后到機(jī)率偏中的十三列相加而成的。而58和它的兄弟類即30i+28均以后到明顯的二十九列自加和后到明顯的十七列和十一列互倒相加而成。顯然30i+28類（1

37、+1）個數(shù)會較多。 綜觀上述六組，30i+28的（1+1）的個數(shù)略多，而30（i+1）+2的（1+1）個數(shù)略少。這是行動素數(shù)先到、后到造成的小波動。還可以運(yùn)用先后、后到表試試其他偶數(shù)，會有例似相符之處。五、淑蘭定理3基本結(jié)構(gòu)先看從AA/圓上剪取下來的X首段。且P2kXP2k+11 2 3 4 5 6 x-6 x-5 x-4 x-3 x-2 x-1 X=+ x-1 x-2 x-3 x-4 x-5 x-6 6 5 4 3 2 1 根據(jù)歐拉定理2和淑蘭定理2，在n=P1P2Pk這個大數(shù)模中，與P1，P2，P k和與P/2，P/3，P/k互素的數(shù)的個數(shù)在P2kXP2k+1這樣的X大段之間，是相等的或近

38、似相等的。原因是各行動素數(shù)在數(shù)軸上單行的步幅是恒定的；它們之間構(gòu)成的各類合數(shù)的步幅也是恒定的。因而可以肯定它們在一個個X這樣大段上篩去的數(shù)目是相等的或近似相等的；留下的互素數(shù)也是相等的或近似相等的。這個意思我們用另一種方式再表述一下：如上述30、77、143、187、221、1001等小數(shù)模，還有中數(shù)模和較大數(shù)模。它們各自一個連著一個延伸至無窮大，在區(qū)段中，它們又包涵在大數(shù)模之中。它們在自己數(shù)模之內(nèi)篩去的數(shù)目完全相等，留下的互素數(shù)也完全相等。隨X增大，這種相等量也會增大。比如，設(shè)X段已經(jīng)增到了1億。77這個數(shù)模對所有以億為段的段來說，它在各段中留下的同等量的互素數(shù)是何等巨大。而當(dāng)我們從1億處剪

39、取X段時，恰恰跨在一億這個點上的那個77數(shù)模顯然被剪成了兩部分。這兩部分中各自的互素數(shù)與自身長度之比，顯然會有差異，這意味著存在微小的不等量。但這個不等量與77數(shù)模留在這些X大段上數(shù)目巨大的等量互素數(shù)相比，是微不足道的。當(dāng)然這類數(shù)模會有m個，由于行動素數(shù)存在諸P和諸P/ ，會有2m個微不足道量，但同時有2m個數(shù)目巨大的等量互素數(shù)一一對應(yīng)著。所以，段與段之間，互素數(shù)等量是巨大的，不等量是微小的。不等量隨n增大越來越顯微小。換言之，歐拉函數(shù)定理2和淑蘭函數(shù)定理2中符合P2kXP2k+1的X這樣的大段，它們之間的互素數(shù)是相等的或近似相等的，因而我們得到了計算偶數(shù)（1+1）個數(shù)的公式，即淑蘭定理3,

40、顯然我們折疊數(shù)軸或A圓或A圓雙圓互倒疊合所剩的二次互素數(shù)即為（1+1）個數(shù)。即為一個素數(shù)加另一個素數(shù)等于X的和。設(shè)H(1+1)（x）為X的（1+1）個數(shù)，則有：3834H（1+1）(x) P1P2L PkX 重疊與令22 321 )30(2 )241812630(2P2PP2PP2PP1PPPP )201030(1 )282622161484230(/kk33211k212LLL、iiX、iX、iX、iX=+=-+=+=上面這公式右側(cè)是在淑蘭定理2公式中間加上。大乘號是把各族類偶數(shù)的系數(shù)放在最后。是指函數(shù)有多少X這樣長的段及每段有多少二次互素數(shù)。2，是因為A圓A圓雙圓疊合有兩個完全相等的表現(xiàn)X

41、的折疊的順、溯數(shù)列。我們只能取一個的數(shù)值。六、歐拉淑蘭函數(shù)（含函數(shù)簡要證明法）為了深入了解和最終給出完美的淑蘭定理3，我們先了解歐拉淑蘭函數(shù)。我們分析另解歐拉函數(shù)中符合PK2xPk2，10之前?；ニ財?shù)5個，3自己異化，基本上篩而及，26之前有互素數(shù)10個，5攜1和自己，所篩正好不多少。50之前有互素數(shù)16個，7攜1和自己篩2個，基本篩而及。122之前有互素數(shù)31個，11攜1和自己篩去2個，基本上篩而及。170之前有互素數(shù)40個，13攜1和自己篩去2個，少篩1個。290前有互素數(shù)62個，17攜1和自己篩2個，少篩1個，行動素數(shù)越大，少篩的數(shù)會越多。所以我們開始用函數(shù)計算素數(shù)個數(shù)時，一方面，由于按

42、函數(shù)計算少篩了，素數(shù)會顯得多些，另一方面素數(shù)被異化為非互素數(shù)，并未改變它素數(shù)的身份，這也造成1至幾萬區(qū)間實有素數(shù)個數(shù)比函算個數(shù)要多一些的現(xiàn)象。但當(dāng)這種多在102以上區(qū)段積集起來以后，即發(fā)生了由多生少的變化。因為102以上行動素數(shù)攜同略密區(qū)段互素數(shù)進(jìn)入投射區(qū)時，顯然會多篩去一些互素數(shù)，它們表現(xiàn)出來的投射區(qū)正好在105之前。行動素數(shù)以這種方式多削減互素數(shù)并不影響函數(shù)。函數(shù)已經(jīng)將它全部包含在內(nèi)。它影響的僅僅是函數(shù)這個函數(shù)的首X區(qū)段與函數(shù)其他各X區(qū)段互素數(shù)均值的數(shù)值比。我們把行動素數(shù)這種在特定區(qū)段超出它平均篩減率的篩減量，稱為削減量，稱X每增至10倍，新加入的行動素數(shù)群的總削減量為削減率。為了把削減率

43、不影響(n)函數(shù)的問題說透，我們必須根據(jù)攜行數(shù)理論提出回償率的概念。請看下表：行動素數(shù)免篩區(qū)、削減區(qū)、回償區(qū)示意簡表S1(免篩區(qū)) S2(削減區(qū)) S3(回償區(qū))103 13:1-170 171-1300 1301-16900 31:1-1000 1001-3100 3101-96100104 37:1-1370 1371-37000 37001- 97:1-10000 10001-97000 97001-105 101:1-10202 10203- - 313:1- 97970- - 109 10007:1- -00 01- 31607:1- -00 01- 從上表中看出，對于X每乘10增大

44、的新的行動素數(shù)群而言，各個行動素數(shù)的削減起點是不一樣的。比如該行動素數(shù)群的第一和最后一個行動素數(shù)的削減起點就相距很大,第一個緊靠近X/10;而最后一個靠近X。且它們削減區(qū)段的終點相差也如此大。但我們?nèi)匀豢梢园阉鼈冏鳛橐粋€整體來看，來比較。原因是，在下一個新的行動素數(shù)群中它們的類位數(shù)也是這樣的，即它們的運(yùn)行，具有群的類同性，即具有相同的規(guī)律性。所以我們可以用群體的狀況來分析、量比它們。根據(jù)攜行數(shù)理論，對于任意行動素數(shù)P來說，它攜它之前行動素數(shù)組成的數(shù)模運(yùn)行到建立有它參與的新的完整數(shù)模，它使上數(shù)模增大了自身的P倍，在該數(shù)模上它能篩去它之前那數(shù)模擁有的互素數(shù)總個數(shù)，在S2區(qū)段多篩之?dāng)?shù)，必在S3區(qū)段一一回償。由此可見，上表中削減區(qū)削減去的互素數(shù)個數(shù)與回償區(qū)間回償?shù)幕ニ財?shù)個數(shù)相等，二者相抵為0。所以，削減率不影響(n)函數(shù)的數(shù)值。但顯然，削減區(qū)段居回償區(qū)段之前，且削減區(qū)比回償區(qū)段的長度更短，這很明顯，削減的力度會在首X段表現(xiàn)出來?；貎敂?shù)值，盡管其總量與對應(yīng)的削減量總量相等，但是第一它總是居于后部；第二更重要的是它的分布數(shù)段越來越長，在等長