（質問者：社会人）
（レベル：概ね高校数学）
次の証明は正しいでしょうか？（長文です）
(オールf1 Version)
/*=====================================*/
※本稿の目的は双子素数が
無限組存在する事を
順を追って地道に証明していく事である。
/*====================================*/
※以下、断りの無い変数は
全て自然数の範囲の値をとるものとしておく。
※aとbの積をabまたはa*bまたはa・bで表す。
※aのb乗をa^bで表す。
※a≡b(mod.c)とはa-bがcで割り切れる事を表す。
※a(≡!)b(mod.c)とはa≡b(mod.c)
でない事を表す事にする
（記号は適当なものがないので便宜上）。
※[]は次の2種類の意味で使用するので注意。
1)ガウス記号[x]
xを実数とし、
z≦x＜z+1を満たす整数zを[x]と表記する。
2)変数の添え字としての意味。
変数をまとめて扱い、かつ、区別するため
に用いる。
例えば
a1[n]とa1[n+1]は別の変数。
※◇記号は筆者の発案で例えば次のように用いる。
x≧0で
x+2と√(4x)の大小関係が不明確だった場合
x+2◇√(4x)
(x+2)^2◇4x
x^2+4x+4◇4x
x^2+4x◇0
x(x+4)◇0
ここで左辺が0以上である事がわかるから
x(x+4)≧0
遡及すると
x+2≧√(4x)
(x+2)^2≧4x
x^2+4x+4≧4x
x^2+4x≧0
x(x+4)≧0
すなわち、冒頭に戻ってx+2≧√(4x)
であった。とわかる。
ここから本題。
/*====================================*/
次の命題が真であると筆者は見込んでいる。
証明できれば双子素数が無限組存在する事が
言えるはずである。
（後に示すがこれを全て表せずに
部分的に示せても
双子素数が無限組存在する事を示すのに
十分な場合がある。）
/*====================================*/
（予想命題1）
f1(a1,b1)=6a1b1-a1-b1
f2(a2,b2)=6a2b2+a2-b2
f3(a3,b3)=6a3b3+a3-b3
として
n1≦n2≦2n1の範囲内で
f1(a1,b1),f2(a2,b2),f3(a3,b3)
のいずれの形式でも表せないn2が
常に少なくとも1つ存在する。
...[T0010]
/*====================================*/
[証明]
背理法を用いて順次証明していく。
（背理法の仮定）
上記予想命題1に対して
反例、すなわち、そういうn2が
1つも存在しないn1があったと仮定する。
そのn1をnとすると
/*=======================================================================*/
n =f1(a1[n ],b1[n ])またはf2(a2[n ],b2[n ])またはf3(a3[n ],b3[n ])
n+1=f1(a1[n+1],b1[n+1])またはf2(a2[n+1],b2[n+1])またはf3(a3[n+1],b3[n+1])
n+2=f1(a1[n+2],b1[n+2])またはf2(a2[n+2],b2[n+2])またはf3(a3[n+2],b3[n+2])
...
n+k=f1(a1[n+k],b1[n+k])またはf2(a2[n+k],b2[n+k])またはf3(a3[n+k],b3[n+k])
...
n+n=f1(a1[n+n],b1[n+n])またはf2(a2[n+n],b2[n+n])またはf3(a3[n+n],b3[n+n])
(0≦k≦n)
...[A1010]
/*=======================================================================*/
と書けるはずである。
そこでまず次の場合から検討する。
/*==========================*/
【Case 1】
n =f1(a1[n ],b1[n ])
n+1=f1(a1[n+1],b1[n+1])
n+2=f1(a1[n+2],b1[n+2])
...
n+k=f1(a1[n+k],b1[n+k])
...
n+n=f1(a1[n+n],b1[n+n])
(0≦k≦n)
...[A1020]
と書けた場合。
/*==========================*/
さらに次の場合にまず限定してみる。
/*==============================================*/
【【Case 1-1.n≡0(mod.6)だった場合】】
[A1020]より
n=6mとおけて
6m =6a1[6m ]b1[6m ]-a1[6m ]-b1[6m ]
6m+ 1=6a1[6m+ 1]b1[6m+ 1]-a1[6m+ 1]-b1[6m+ 1]
6m+ 2=6a1[6m+ 2]b1[6m+ 2]-a1[6m+ 2]-b1[6m+ 2]
...
6m+ k=6a1[6m+ k]b1[6m+ k]-a1[6m+ k]-b1[6m+ k]
...
6m+6m=6a1[6m+6m]b1[6m+6m]-a1[6m+6m]-b1[6m+6m]
(0≦k≦6m)
...[A1030]
と書ける（はずである。）
/*==============================================*/
[A1030]でmod.6で見ると
-a1[6m+k]-b1[6m+k]≡k(mod.6) ...[A1040]となるから
a1[6m+k]+b1[6m+k]=6c[6m+k]-k(≧2),c[6m+k]≧(k+2)/6
...[A1050]
とおけて[A1030]に代入すると
/*====================================*/
6m =6a1[6m ]b1[6m ]-6c[6m ]
6m+ 1=6a1[6m+ 1]b1[6m+ 1]-6c[6m+ 1]+1
6m+ 2=6a1[6m+ 2]b1[6m+ 2]-6c[6m+ 2]+2
...
6m+ k=6a1[6m+ k]b1[6m+ k]-6c[6m+ k]+k
...
6m+6m=6a1[6m+6m]b1[6m+6m]-6c[6m+6m]+6m
...[A1060]
/*====================================*/
整理すると
/*====================================*/
m=a1[6m ]b1[6m ]-c[6m ]
m=a1[6m+ 1]b1[6m+ 1]-c[6m+ 1]
m=a1[6m+ 2]b1[6m+ 2]-c[6m+ 2]
.
m=a1[6m+ k]b1[6m+ k]-c[6m+ k]
.
m=a1[6m+6m]b1[6m+6m]-c[6m+6m]
..[A1070]
/*====================================*/
表記の簡略のため、
a1[6m+k]=A_k,b1[6m+k]=B_k,c[6m+k]=C_k
とおくと、
[A1050]より、A_k+B_k=6C_k-k
[A1070]より、m=A_k*B_k-C_k
すなわち、
A_k+B_k=6C_k-k...[A1100]
A_k*B_k=C_k+m ...[A1110]
解と係数の関係より
A_k,B_kはtに関する二次方程式
z1(t)=t^2-(6C_k-k)t+(C_k+m)=0...[A1200]
の2解。
[A1200]はA_k,B_kという二実数解を持つ。
したがって、[A1200]の判別式
D1=D1(k)=(6C_k-k)^2-4(C_k+m)≧0...[A1210]
でなければならない。
[A1210]を整理すると
D1(k)=k^2-12C_k*k+36C_k^2-4C_k-4m≧0
今度はD1(k)=0の判別式をD2とすると
D2=36C_k^2-(36C_k^2-4C_k-4m)=4C_k+4m＞0
よって、D1(k)=0は2つの実数解を持つ。
D1(k)=0の二解は
k={6C_k±√(4C_k+4m)}
=6C_k±2√(C_k+m)
よって、D1(k)≧0([A1210])の解は
k≦6C_k-2√(C_k+m)
または
k≧6C_k+2√(C_k+m)
ここで、[A1050]より
c[6m+k]=C_k≧(k+2)/6
k+2≦6C_k
k≦6C_k-2
よって、
(0≦)k≦6C_k-2√(C_k+m)
のみが適合する。...[A1300]
ここで、kは0〜6mの全ての値を渡るのだから
k=kの時、k≦6C_k-2√(C_k+m)＜k
だったとすると論理が適合しなくなる。
6C_k-2√(C_k+m)とkの大小関係を考察しよう。
/*------------------------------------*/
6C_k-2√(C_k+m)◇k
6C_k-k◇2√(C_k+m)
(6C_k-k)^2◇4(C_k+m)^2
36C_k^2-12C_k*k+k^2◇4C_k^2+8C_km+4m^2
32C_k^2-4(3k+2m)C_k+k^2-4m^2◇0
z2(C_k)=32C_k^2-4(3k+2m)C_k+k^2-4m^2
z2(C_k)=0の判別式D3は
D3=4(3k+2m)^2-32(k^2-4m^2)
=4(9k^2+12km+4m^2)-32k^2+128m^2
=4k^2+48mk+144m^2
=4(k^2+12mk+36m^2)
=4(k+6m)^2＞0
よって、z2(C_k)=0は2実数解を持つ。
C_k={2(3k+2m)±2(k+6m)}/32
=(4k-8m)/32,(8k+16m)/32
=(k-2m)/8,(k+2m)/4
したがって、z2(C_k)＜0となるのは
(k-2m)/8＜C_k＜(k+2m)/4の場合
この場合は
6C_k-2√(C_k+m)＜k
となるので論理不適合となる。
以下はそうでない場合を考える。
すなわち、
C_k≦(k-2m)/8または(k+2m)/4≦C_k
の場合を検討してみる。
[A1050]より
C_k=(A_k+B_k+k)/6に注意すると
(A_k+B_k+k)/6≦(k-2m)/8
または
(k+2m)/4≦(A_k+B_k+k)/6
4(A_k+B_k+k)≦3(k-2m)
または
3(k+2m)≦2(A_k+B_k+k)
0＜4(A_k+B_k)+k≦-6m＜0
または
k+6m≦2(A_k+B_k)
よって、
k+6m≦2(A_k+B_k)
のみが適応。
ここで[A1030]より
6m+ k=6a1[6m+ k]b1[6m+ k]-a1[6m+ k]-b1[6m+ k]
だったから
6m+k=6A_kB_k-A_k-B_k≦2(A_k+B_k)
6A_kB_k≦3(A_k+B_k)
2A_kB_k≦(A_k+B_k)
2A_kB_k-A_k-B_k≦0
(2A_k-1)(B_k-1)+A_k≦1
B_k=1の時
A_k=(2A_k-1)(B_k-1)+A_k≦1
よって、A_k=1
B_k≧2の時
(2*1-1)*(2-1)+1=2≦(2A_k-1)(B_k-1)+A_k≦1
よって、不適。
同様にA_k≧2の場合も不適。
ここで、
(a1[6m+k1],b1[6m+k1])≠(a1[6m+k2],b1[6m+k2])
(0≦k1＜k2≦6m)
だから
複数のkに対して
(a1[6m+k],b1[6m+k])=(1,1)
とはできない。
仮定下では
k=0〜n(=6m）の複数の式を前提としているから
/*------------------------------------*/
結局、仮定下のケースで不適合が生じたから
つまり。。。
n=6m≡0(mod.6)の条件下では
n =f1(a1[n ],b1[n ])
n+1=f1(a1[n+1],b1[n+1])
n+2=f1(a1[n+2],b1[n+2])
...
n+k=f1(a1[n+k],b1[n+k])
...
n+n=f1(a1[n+n],b1[n+n])
(0≦k≦n)
...[A1020]
と表す事はできない。
少なくともいずれか1つ以上のkについて
n+k=f1(a1[n+k],b1[n+k])
とは表せない。
/*--------------------------*/
|
No.73541 - 2021/04/03(Sat) 18:35:31
| ☆ Re: 双子素数無限と見てごく一部だけ証明 / CEGIPO | | | （質問者：社会人）
（レベル：概ね高校数学）
ほぼ同様ですが次の証明は正しいでしょうか？(長文です)
（冒頭かぶります(Caseの直前までは前稿とほぼ同一)）
(オールf3 Version)
/*=====================================*/
※本稿の目的は双子素数が
無限組存在する事を
順を追って地道に証明していく事である。
/*====================================*/
※以下、断りの無い変数は
全て自然数の範囲の値をとるものとしておく。
※aとbの積をabまたはa*bまたはa・bで表す。
※aのb乗をa^bで表す
※a≡b(mod.c)とはa+bがcで割り切れる事を表す。
※a(≡!)b(mod.c)とはa≡b(mod.c)
でない事を表す事にする
（記号は適当なものがないので便宜上）。
※[]は次の2種類の意味で使用するので注意。
1)ガウス記号[x]
xを実数とし、
z≦x＜z+1を満たす整数zを[x]と表記する。
2)変数の添え字としての意味。
変数をまとめて扱い、かつ、区別するため
に用いる。
例えば
a1[n]とa1[n+1]は別の変数。
※◇記号は筆者の発案で例えば次のように用いる。
x≧0で
x+2と√(4x)の大小関係が不明確だった場合
x+2◇√(4x)
(x+2)^2◇4x
x^2+4x+4◇4x
x^2+4x◇0
x(x+4)◇0
ここで左辺が0以上である事がわかるから
x(x+4)≧0
遡及すると
x+2≧√(4x)
(x+2)^2≧4x
x^2+4x+4≧4x
x^2+4x≧0
x(x+4)≧0
すなわち、冒頭に戻ってx+2≧√(4x)
であった。とわかる。
ここから本題。
/*====================================*/
次の命題が真であると筆者は見込んでいる。
証明できれば双子素数が無限組存在する事が
言えるはずである。
（後に示すがこれを全て表せずに
部分的に示せても
双子素数が無限組存在する事を示すのに
十分な場合がある。）
/*====================================*/
（予想命題1）
f1(a1,b1)=6a1b1-a1-b1
f2(a2,b2)=6a2b2+a2-b2
f3(a3,b3)=6a3b3+a3+b3
として
n1≦n2≦2n1の範囲内で
f1(a1,b1),f2(a2,b2),f3(a3,b3)
のいずれの形式でも表せないn2が
常に少なくとも1つ存在する。
...[T0010]
/*====================================*/
[証明]
背理法を用いて順次証明していく。
（背理法の仮定）
上記予想命題1に対して
反例、すなわち、そういうn2が
1つも存在しないn1があったと仮定する。
そのn1をnとすると
/*=======================================================================*/
n =f1(a3[n ],b3[n ])またはf2(a2[n ],b2[n ])またはf3(a3[n ],b3[n ])
n+1=f1(a3[n+1],b3[n+1])またはf2(a2[n+1],b2[n+1])またはf3(a3[n+1],b3[n+1])
n+2=f1(a3[n+2],b3[n+2])またはf2(a2[n+2],b2[n+2])またはf3(a3[n+2],b3[n+2])
...
n+k=f1(a3[n+k],b3[n+k])またはf2(a2[n+k],b2[n+k])またはf3(a3[n+k],b3[n+k])
...
n+n=f1(a3[n+n],b3[n+n])またはf2(a2[n+n],b2[n+n])またはf3(a3[n+n],b3[n+n])
(0≦k≦n)
...[A3010]
/*=======================================================================*/
と書けるはずである。
そこでまず次の場合から検討する。
/*==========================*/
【Case 3】
n =f3(a3[n ],b3[n ])
n+1=f3(a3[n+1],b3[n+1])
n+2=f3(a3[n+2],b3[n+2])
...
n+k=f3(a3[n+k],b3[n+k])
...
n+n=f3(a3[n+n],b3[n+n])
(0≦k≦n)
...[A3020]
と書けた場合。
/*==========================*/
さらに次の場合にまず限定してみる。
/*==============================================*/
【【Case 3-1.n≡0(mod.6)だった場合】】
[A3020]より
n=6mとおけて
6m =6a3[6m ]b3[6m ]+a3[6m ]+b3[6m ]
6m+ 1=6a3[6m+ 1]b3[6m+ 1]+a3[6m+ 1]+b3[6m+ 1]
6m+ 2=6a3[6m+ 2]b3[6m+ 2]+a3[6m+ 2]+b3[6m+ 2]
...
6m+ k=6a3[6m+ k]b3[6m+ k]+a3[6m+ k]+b3[6m+ k]
...
6m+6m=6a3[6m+6m]b3[6m+6m]+a3[6m+6m]+b3[6m+6m]
(0≦k≦6m)
...[A3030]
と書ける（はずである。）
/*==============================================*/
[A3030]でmod.6で見ると
a3[6m+k]+b3[6m+k]≡k(mod.6) ...[A3040]となるから
a3[6m+k]+b3[6m+k]=6c[6m+k]+k(≧2),c[6m+k]≧(2-k)/6
...[A3050]
とおけて[A3030]に代入すると
/*====================================*/
6m =6a3[6m ]b3[6m ]+6c[6m ]
6m+ 1=6a3[6m+ 1]b3[6m+ 1]+6c[6m+ 1]+1
6m+ 2=6a3[6m+ 2]b3[6m+ 2]+6c[6m+ 2]+2
...
6m+ k=6a3[6m+ k]b3[6m+ k]+6c[6m+ k]+k
...
6m+6m=6a3[6m+6m]b3[6m+6m]+6c[6m+6m]+6m
...[A3060]
/*====================================*/
整理すると
/*====================================*/
m=a3[6m ]b3[6m ]+c[6m ]
m=a3[6m+ 1]b3[6m+ 1]+c[6m+ 1]
m=a3[6m+ 2]b3[6m+ 2]+c[6m+ 2]
.
m=a3[6m+ k]b3[6m+ k]+c[6m+ k]
.
m=a3[6m+6m]b3[6m+6m]+c[6m+6m]
..[A3070]
/*====================================*/
※m＞m-a3[6m+k]b3[6m+k]=c[6m+k]に留意。
表記の簡略のため、
a3[6m+k]=A_k,b3[6m+k]=B_k,c[6m+k]=C_k
とおくと、
[A3050]より、A_k+B_k=6C_k+k
[A3070]より、m=A_k*B_k+C_k
すなわち、
A_k+B_k=6C_k+k...[A3100]
A_k*B_k=m-C_k ...[A3110]
解と係数の関係より
A_k,B_kはtに関する二次方程式
z1(t)=t^2-(6C_k+k)t+(m-C_k)=0...[A3200]
の2解。
[A3200]はA_k,B_kという二実数解を持つ。
したがって、[A3200]の判別式
D1=D1(k)=(6C_k+k)^2-4(m-C_k)≧0...[A3210]
でなければならない。
[A3210]を整理すると
D1(k)=k^2+12C_k*k+36C_k^2+4C_k-4m≧0
今度はD1(k)=0の判別式をD2とすると
D2=36C_k^2-(36C_k^2+4C_k-4m)=4m-4C_k＞0
よって、D1(k)=0は2つの実数解を持つ。
D1(k)=0の二解は
k={-6C_k±√(4m-4C_k)}
=-6C_k±2√(m-C_k)
よって、D1(k)≧0([A3210])の解は
k≦-6C_k-2√(m-C_k)
または
k≧-6C_k+2√(m-C_k)
ここで、[A3050]より
c[6m+k]=C_k≧(2-k)/6
2-k≦6C_k
k≧2-6C_k
よって、
(6m≧)k≧-6C_k+2√(m-C_k)
のみが適合する。...[A3300]
ここで、kは0〜6mの全ての値を渡るのだから
k=kの時、k≧-6C_k+2√(m-C_k)＞k
だったとすると論理が適合しなくなる。
-6C_k+2√(m-C_k)とkの大小関係を考察しよう。
/*------------------------------------*/
k◇-6C_k+2√(m-C_k)
2≦k+6C_k◇2√(m-C_k)
(6C_k+k)^2◇4(m-C_k)^2
36C_k^2+12C_k*k+k^2◇4C_k^2-8C_km+4m^2
32C_k^2+4(3k+2m)C_k+k^2-4m^2◇0
z2(C_k)=32C_k^2+4(3k+2m)C_k+k^2-4m^2
z2(C_k)=0の判別式D3は
D3=4(3k+2m)^2-32(k^2-4m^2)
=4(9k^2+12km+4m^2)-32k^2+128m^2
=4k^2+48mk+144m^2
=4(k^2+12mk+36m^2)
=4(k+6m)^2≧0
よって、z2(C_k)=0は実数解を持つ。
C_k={-2(3k+2m)±2(k+6m)}/32
=(-8k-16m)/32,(-4k+8m)/32
=(-k-2m)/4,(-k+2m)/8
したがって、z2(C_k)＜0となるのは
(-k-2m)/4＜C_k＜(-k+2m)/8
の時。
この場合は
k＜-6C_k+2√(m-C_k)
となるので論理不適合となる。
以下はそうでない場合を考える。
すなわち、
C_k≦(-k-2m)/4
または
(-k+2m)/8≦C_k
の場合を検討してみる。
[A3050]より
C_k=(A_k+B_k-k)/6に注意すると
(A_k+B_k-k)/6≦(-k-2m)/4
または
(-k+2m)/8≦(A_k+B_k-k)/6
2(A_k+B_k-k)≦3(-k-2m)
または
3(-k+2m)≦4(A_k+B_k-k)
2(A_k+B_k)≦-k-6m＜0
または
6m+k≦4(A_k+B_k)
A_k+B_k≧2だから
6m+k≦4(A_k+B_k)
のみが適合。
ここで[A3030]より
6m+ k=6a3[6m+ k]b3[6m+ k]+a3[6m+ k]+b3[6m+ k]
だったから
6m+k=6A_kB_k+A_k+B_k≦4(A_k+B_k)
6A_kB_k≦3(A_k+B_k)
2A_kB_k≦A_k+B_k
2A_kB_k-A_k-B_k≦0
(2A_k-1)(B_k-1)+A_k≦1
B_k=1の時
A_k=(2A_k-1)(B_k-1)+A_k≦1
よって、A_k=1
B_k≧2の時
(2*1-1)*(2-1)+1=2≦(2A_k-1)(B_k-1)+A_k≦1
よって、不適。
同様にA_k≧2の場合も不適。
ここで、
(a3[6m+k1],b3[6m+k1])≠(a3[6m+k2],b3[6m+k2])
(0≦k1＜k2≦6m)
だから
複数のkに対して
(a3[6m+k],b3[6m+k])=(1,1)
とはできない。
仮定下では
k=0〜n(=6m）の複数の式を前提としているから
/*------------------------------------*/
結局、仮定下のケースで不適合が生じたから
つまり。。。
n=6m≡0(mod.6)の条件下では
n =f3(a3[n ],b3[n ])
n+1=f3(a3[n+1],b3[n+1])
n+2=f3(a3[n+2],b3[n+2])
...
n+k=f3(a3[n+k],b3[n+k])
...
n+n=f3(a3[n+n],b3[n+n])
(0≦k≦n)
...[A3020]
と表す事はできない。
少なくともいずれか1つ以上のkについて
n+k=f3(a3[n+k],b3[n+k])
とは表せない。
/*--------------------------*/
|
No.73542 - 2021/04/03(Sat) 18:36:30 |
| ☆ Re: 双子素数無限と見てごく一部だけ証明 / z | | | 細かい個々の証明は見ていませんが
最後に
> 少なくともいずれか1つ以上のkについて
> n+k=f3(a3[n+k],b3[n+k])
> とは表せない。
> /*--------------------------*/
とありますが、このn+kについて、
n+k=f1(a,b) あるいはn+k=f2(a,b) の可能性は否定されてないですよね？
だとすると、
> /*====================================*/
>（予想命題1）
> f1(a1,b1)=6a1b1-a1-b1
> f2(a2,b2)=6a2b2+a2-b2
> f3(a3,b3)=6a3b3+a3-b3
> として
> n1≦n2≦2n1の範囲内で
> f1(a1,b1),f2(a2,b2),f3(a3,b3)
> のいずれの形式でも表せないn2が
> 常に少なくとも1つ存在する。
> ...[T0010]
> /*====================================*/
への道のりは、はるかに遠いのではないでしょうか？
|
No.73543 - 2021/04/04(Sun) 08:06:13 |
| ☆ Re: 双子素数無限と見てごく一部だけ証明 / CEGIPO | | | > 細かい個々の証明は見ていませんが
> 例えば 最後に
> > 少なくともいずれか1つ以上のkについて
> > n+k=f3(a3[n+k],b3[n+k])
> > とは表せない。
>
> > /*--------------------------*/
>
> とありますが、このn+kについて、
> n+k=f1(a,b) あるいはn+k=f2(a,b) の可能性は否定されてないですよね？
>
> だとすると、
>
> > /*====================================*/
> >（予想命題1）
>
> > f1(a1,b1)=6a1b1-a1-b1
> > f2(a2,b2)=6a2b2+a2-b2
> > f3(a3,b3)=6a3b3+a3-b3
>
> > として
>
> > n1≦n2≦2n1の範囲内で
> > f1(a1,b1),f2(a2,b2),f3(a3,b3)
> > のいずれの形式でも表せないn2が
> > 常に少なくとも1つ存在する。
> > ...[T0010]
> > /*====================================*/
>
> への道のりは、はるかに遠いのではないでしょうか？
>
> ＃（予想命題１）の解釈が違っているなら別ですが。
コメントありがとうございます。
今回「ごく一部だけ証明」と書いたのは
n=6mという制約条件下でさらに
n+k=f1(a,b)(0≦k≦n=6m)だったと仮定した場合と
n+k=f3(a,b)(0≦k≦n=6m)だったと仮定した場合
の極めて限定的な制約下で「部分的の部分的に」証明を試み
たものです。
実際は
n+k1=f1(a,b),n+k2=f2(a,b),n+k3=f3(a,b)
のようにf1,f2,f3が混じっている場合も
証明しないと双子素数が無限にある証明には
当然なりません。
「道遠し」は全くその通りだろうなぁと思います。
順を追って地道にやっていくしかありません。
（うまくいくかどうか。未解決問題ですから無謀といえば無謀でもあるのですが...）
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No.73554 - 2021/04/05(Mon) 11:59:28 |
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