Как понять m 3 mod6 что означает

Mod и остаток — не одно и то же

Приготовьтесь, вас ждёт крайне педантичная статья, которая вполне может спасти вас на собеседовании или сэкономить несколько часов при вылавливании бага в продакшне!

Я сейчас активно работаю над вторым сезоном «Руководства для самозванца» и пишу о шифре RSA для SSH, который, очевидно, является самым загружаемым фрагментом кода в истории IT.

Хочется полностью разобраться в этой истории. Кто придумал этот шифр, как он работает, почему работает и будет ли работать в будущем. Сейчас я раскопал одну чертовски интересную историю. Я не криптоманьяк и вижу, как других буквально засасывает в эту область. Но мне это тоже интересно, потому что повсюду есть маленькие норки, а меня как сороку привлекают блестящие штучки в глубоких норках. Я также очень хорош в метафорах.

В любом случае: на прошлой неделе я узнал что-то странное и хочу поделиться: оказывается, mod и остаток от деления — не одно и то же. Действительно забавно то, что некоторые читатели при этих словах выпрыгивают со своих кресел и орут: «А ведь именно это я всегда пытался сказать вам и всем остальным!»

Позовите ребят из секты «mod не остаток»! Это для вас.

Что такое mod?

Я должен был изучить это, как и в прошлый раз, когда всплыла такая тема. Это одна из тех вещей, которые ты знаешь, но не запоминаешь. Когда вы применяете mod, то делите одно число на другое и берёте остаток. Итак: 5 mod 2 будет 1, потому что 5/2=2 с остатком 1.

Термин mod означает операцию modulo, с модулем 2 в данном случае. Большинство языков программирования используют % для обозначения такой операции: 5 % 2 = 1 .

Вот где мы попадаем в странную серую область.

Математика циферблата

Помню, как учил это в школе, а потом забыл. Существует тип математики, называемый «модульной арифметикой», которая имеет дело с циклическими структурами. Самый простой способ представить это — циферблат с циклом 12. Для математика циферблат — это mod 12 . Если хотите понять, можно ли равномерно разделить 253 часа на дни, то можете применить операцию 253 mod 24 , результатом будет 13, поэтому ответ «нет»! Мы можем ответить «да» только если результат 0.

Другой вопрос, который вы можете задать: «Если я выеду в 6 вечера, сколько времени будет по приезду через 16 часов?». Это будет 6 + 16 mod 12 , то есть 10.

Криптографы любят mod , потому что при использовании с действительно большими числами можно создать нечто, известное как «односторонние функции». Это специальные функции, которые позволяют легко вычислить что-то в одном направлении, но не в обратном.

Если я скажу вам, что 9 является результатом возведения в квадрат, вы можете легко определить, что на входе было 3. Перед вами весь процесс от начала до конца. Если я скажу, что 9 является результатом mod 29 , то будет сложнее понять, что на входе.

Криптографам нравится эта идея, потому что они могут использовать деление с остатком с гигантскими простыми числами для генерации криптографических ключей. Это совсем другая история: если хотите прочитать об этом, то можете купить книгу или, ещё лучше, поддержать мои усилия написать её.

Впрочем, не будем отклоняться от темы.

Остатки и математика циферблата

Теперь переходим к сути: modulo и простой остаток одинаковы, когда числа положительны, но отличаются в случае отрицательных чисел.

Рассмотрим такую задачу:

const x = 19 % 12; console.log(x);

Каково значение x ? Делим числа и получаем 7 как остаток от 12. Это верный ответ. Как насчет такого:

const y = 19 % -12; console.log(y);

Используя обычную математику, мы можем умножить -12 на -1, что даёт 12, и у нас по-прежнему остаётся 7, поэтому наш ответ снова 7.

JavaScript с этим согласен:

C# тоже согласен:

Google согласен с первым утверждением, но не согласен со вторым:

Ruby согласен с Google:

Во имя Дейкстры, что здесь происходит?

Вращение часов назад

Чтобы ответить на вопрос, следует понять разницу между остатком и modulo. Программисты объединяют эти операции, но не должны этого делать, потому что они дают одинаковый результат только в случае, если делитель (в нашем случае 12) положителен. Вы можете легко отправить баги в продакшн, если делитель отрицательный.

Но почему существует разница? Рассмотрим положительный делитель 19 mod 12 на часах:

Конечный результат 7. Мы это знаем и мы можем доказать математически. Но что насчёт 19 mod -12 ? Здесь нужно использовать другие часы:

Модуль равен -12, и мы не можем игнорировать или изменить его, умножив на -1, поскольку модульная арифметика так не работает. Единственный способ правильно рассчитать результат — переставить метки на часах так, чтобы мы двигались от -12 или вращали часы против часовой стрелки, что даёт тот же результат.

Почему не начать метки с -1, двигаясь к -2, и т.д.? Потому что в таком случае мы будем двигаться назад и постоянно уменьшать результат, пока не достигнем -12, и в этот момент сделаем прыжок +12, а modulo так не работает.

Это известная вещь

Прежде чем назвать меня сумасшедшим и начать гуглить тему: это известный факт. На самом деле MDN (Mozilla Developer Network) даже дошла до того, чтобы назвать % операцией «остатка» (remainder), а не modulo:

Оператор remainder возвращает остаток от деления одного операнда на другой. Он всегда принимает знак делимого.

Вот что Эрик Липперт, один из богов C#, говорит о modulo в C#:

Однако это совсем не то, что оператор % реально делает в C#. Оператор % не является каноническим оператором modulus, это оператор остатка.

А как на вашем языке?

Ну и что?

Могу понять, если вы дочитали досюда, а теперь чешете голову и задаётесь вопросом, стоит ли беспокоиться. Думаю, что стоит по двум причинам:

Я представляю, как этот вопрос займёт меня врасплох на собеседовании.
Я представляю, как этот попадёт в продакшн, а разработчики будут несколько часов выяснять, почему математика не работает.

Как понять m 3 mod6 что означает

Оператор div и оператор mod

В этой статье речь пойдет о целочисленном делении и делении с остатком.

Итак, что такое целочисленное деление вообще? В математике целочисленным делением называют такое деление, при котором одно целое число делится на другое целое число ,а результатом является целая часть их частного.

То есть например 20 / 5 = 4, 55 / 6 = 9, 100 / 3 = 33 и т.д.

Согласитесь, что в некоторых случаях это очень удобно и практично. Теперь поговорим о реализации этого метода в Паскале. Тут все достаточно просто, открывать Америку не придется. В паскале за целочисленное деление отвечает оператор div. Теперь как это записывается в Pascal’e

x — число , которое будем делить на y (делимое)
y — число , на которое будем делить число x (делитель)
z — результат целочисленного деления (целочисленное частное)

Таким образом, вот такая запись (55 / 6) нацело = 9 в результате использования оператора div будет выглядеть так

z будет равно 9. Запомните! При использовании оператора div дробная часть будет отброшена!

А сейчас поговорим о делении с остатком. Оно не особо отличается и главным здесь является то, что в результате отбрасывается как раз целая часть. То есть (40 / 6) с остатком = 4, (10 / 3) с остатком =1, (22 /5) с остатком = 2 и т.д. В паскале для этого есть оператор mod. Записывается он точно так же.

x — число , которое будем делить на y (делимое)
y — число , на которое будем делить число x (делитель)
z — остаток

Например (40 / 6) с остатком = 4 с оператором mod будет такой

И как результат получим z=1 .

Кстати оператор mod часто используют, для определения кратности чисел (кратность — это делимость на какое-нибудь число нацело. То есть например говорят, что числа 3, 6, 9, 12, 21 кратны трем. Или числа 5,10,15,20 кратны 5). В статье нахождение четных элементов массива я упоминал о числах кратных двум (четных). Итак как эту кратность определить в паскале. Обратите внимание, что если число кратное, то у него есть остаток (точнее оно имеет в остатке ноль). Этим и стоит воспользоваться.

Сейчас я привел пример условия, которое проверяет кратность, где v — это число, проверяемое на кратность по числу m. Например чтобы проверить,
является ли 40 кратным 4, используем оператор mod с условием и получим

Арифметика остатков

Статья опубликована при поддержке образовательного сайта по математике «EGEUROK.RU». Подготовка к ЕГЭ по математики – дело сложное. Далеко не в каждой школе учат решать задачи, которые ребенок видит в части С. Что бы к ним подготовится, изучите решение заданий ЕГЭ и ГИА по математике на сайте «EGEUROK.RU», по адресу http://egeurok.ru.

«Остатки» играют в нашей жизни большую роль. Мы встречаемся с ними буквально на каждом шагу. Приведем несколько примеров.

1. Говоря «30 год», мы указываем век, так как 30 год может быть и в XX в., и в XIX в., и в XVIII в.; 30 – это остаток от деления полного числа лет на 100.

2. Вы взглянули на часы, которые показывают 8 ч. Но это может быть и 8 ч и 20 ч, так как часы показывают остаток от деления полного времени на 12.

3. Счетчик показывает 0314 кВт • ч. Это может быть и 0314 кВт•ч и 10314 кВт•ч и 20314 кВт•ч, так как счетчик показывает остаток от деления израсходованного числа киловатт-часов на 10 000.

Таких примеров можно привести множество. Иногда найти остаток совсем нетрудно. А как, например, найти остаток от деления числа 1996•1997•1998•1999•2000•2001 на 7? Перемножить и разделить? Представьте себе проблемы, с которыми придется столкнуться.

Эту задачу мы решим немного позже и почти устно, познакомившись с теорией «Арифметика остатков» или «Арифметика сравнений».

Определение. Делитель в теории чисел называется модулем, а числа, дающие при делении на модуль одинаковые остатки, называются сравнимыми по модулю.

Например, 8 = 7•1 + 1, 15 = 7•2 + 1. Числа 8 и 15 при делении на 7 дают одинаковые остатки, равные 1, следовательно, 8 и 15 сравнимы по модулю 7. Это записывают так: 15 є 8 (mod 7), аналогично 22 є 15 (mod 7).

В качестве модуля можно взять любое натуральное число. Например, 20 є 5 (mod 3), 16 є 4 (mod 4), 37 є 7 (mod 10).

Вообще a є b (mod m), если a = mc + r, b = mc + r, где 0 m r < m.

Заметим, что если 15 є 8 (mod 7), то (15 – 8) 7. Здесь значок обозначает «кратно» или «делится на. ».

Например, если 11 є 5 (mod 3), то (11 – 5) 3.

Вообще, если a є b (mod m), то a – b = (mc + r) – (md + r) = m(c – d) m.

Мы доказали, что если числа сравнимы по модулю m, то их разность делится на модуль m.

Верно и обратное утверждение: если разность двух чисел делится на m, по эти числа сравнимы по модулю m.

В самом деле, если бы эти числа не были сравнимы по модулю m, то давали бы разные остатки при делении на m, но тогда их разность не могла бы делиться на m. Это свойство сравнений мы будем использовать, например, для доказательства сравнимости чисел:

10 є 3 (mod 7), так как 10 – 3 = 7 7;
21 є 13 (mod 4), так как 21 – 13 = 8 4.

Из этого свойства вытекает способ получения сравнимых по модулю чисел: прибавить или вычесть из данного числа кратные модулю числа.

Например, 11 є 8 є 5 є 2 (mod 3). Причем, натуральное число, меньшее модуля и сравнимое с другими числами, служит остатком от деления этих чисел на модуль. В рассмотренном примере остаток равен 2.

Приведем еще один пример: 23 є 19 є 15 є 11 є 7 є 3 (mod 4).

Здесь число 3 – остаток от деления указанных чисел на 4.

Действия над сравнениями

10 є 3(mod 7)
+ 12 є 5(mod 7)
______________
22 є 8(mod 7), так как 22 – 8 = 14 7.

a є b(mod m), т. е. (a – b) m
+ c є d(mod m), т. е. (c – d) m
__________________________
a + c є b + d(mod m), так как (a + c) – (b + d) = (a – b) + (c – d) m.

Мы доказали, что сравнения по одному и тому же модулю можно складывать.

Задача 1. Найдите остаток от деления суммы 1995 + 1996 + 1997 + 1998 + 1999 на 7.

Так как 1995 = 7•285, то 1995 є 0 (mod 7), то 1995 + 1996 + 1997 + 1998 + 1999 є 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 є 3 (mod 7).

Остаток равен 3.

Задача 2. Найдите остаток от деления:вашего года рождения, например 1988 г., на 11.

Имеем 1988 = 11•80 + 8, значит, 1998 є 8 (mod 11); года рождения вашей мамы, например 1953 г., на 11. Получаем

1953 = 11•177 + 6, значит 1953 є 6 (mod 11);

суммы годов рождений, вашего и маминого, на 11. Находим 1988 + 1953 є 8 + 6 = 14 є 3 (mod 11).

10 є 3(mod 7)
• 12 є 5(mod 7)
______________
120 є 8(mod 7), так как 120 – 15 = 105 7.

Сравнения по одному и тому же модулю, можно перемножать, следовательно, и возводить в натуральную степень. (Это утверждение для шестиклассников можно не доказывать, только показать на примерах. Для старшеклассников его следует доказать.)

Итак, пусть a є b (mod m) и c є d (mod m).

Докажем, что ac є bd (mod m).

Доказательство. Рассмотрим разность

ac – bd = ac – bc + bc – bd = c(a – b) + b(c – d) m, так как (a – b) m и (c – d) m.

Следовательно, ac є bd (mod m), что и требовалось доказать.

Задача 3. Найдите остаток от деления на 7 произведения чисел 1995•1996•1997•1998•1999.

Решение. Так как 1995 є 0 (mod 7), то 1995•1996•1997•1998•1999 Ю 0•1•2•3•4 = 0 (mod 7).

Таким образом, остаток равен 0.

Задача 4. Найдите остаток от деления на 7 числа 1996•1997•1998•1999•2000•2001.

Решение. Имеем 1996•1997•1998•1999•2000•2001 є 1•2•3•4•5•6 = 720 є 20 є 6 (mod 7).

Остаток равен 7.

Часто встречаются произведения вида 1•2•3•4, 1•2•3•4•5, 1•2•3•4•5•6 и т д.

Их обозначают 1•2•3•4 = 4!, 1•2•3•4•5 = 5!. Читают: 4-факториал, 5-факториал и т. д. Вообще, 1•2•3•. •n = n! (n-факториал).

(Найдите самостоятельно значения выражений 5!, 7!.)

Заметим, что остаток от деления числа на 10 есть последняя цифра этого числа.

Пример. 21 є 1 (mod 10), 134 є 4 (mod 10).

Для решения ряда задач на поиски последней цифры числа полезна следующая «таблица», которую следует вывести вместе с учащимися:

1 k є 1 (mod 10)
4 2k є 6 (mod 10)
2 4k є 6 (mod 10)
2 4k+1 є 2 (mod 10)
2 4k+2 є 4 (mod 10)
2 4k+3 є 8 (mod 10)

5 k є 5 (mod 10)
4 2k+1 є 4 (mod 10)
3 4k є 1 (mod 10)
3 4k+1 є 3 (mod 10)
3 4k+2 є 9 (mod 10)
3 4k+3 є 7 (mod 10)

6 k є 6 (mod 10)
9 2k є 1 (mod 10)
7 4k є 1 (mod 10)
7 4k+1 є 7 (mod 10)
7 4k+2 є 9 (mod 10)
7 4k+3 є 3 (mod 10)

9 2k+1 є 9 (mod 10)
8 4k є 6 (mod 10)
8 4k+1 є 8 (mod 10)
8 4k+2 є 4 (mod 10)
8 4k+3 є 2 (mod 10)

Вывод этих сравнений можно показать на примере:

7 є 7 (mod 10);
7 2 = 49 є 9 (mod 10);
7 3 = 7 2 •7 є 9•7 = 63 є 3 (mod 10);
7 4 = 7 3 •7 є 3•7 = 21 є 1 (mod 10).

Далее остатки будут повторяться: остаток 1 имеют все степени числа 7, показатель которых кратен 4; остаток 7 – все степени 7, показатель которых при делении на 4 дает остаток 1; остаток 9 – все степени 7, показатель которых при делении на 4 дает остаток 2; остаток 3 – все степени 7, показатель которых при делении на 4 дает остаток 3.

Задача 5. Какова последняя цифра числа 137100?

Решение. Имеем: 137 є 7 (mod 10), 137 100 є 7 100 = 7 25•4 є 1 (mod 10).

Последняя цифра равна 1.

Задача 6. Найдите последнюю цифру каждого из следующих чисел: 7 7 , 77 77 , 2 100 , 3 1999 , 19 100 , 1999 1999 .

7 7 = 7 4•1+3 є 3 (mod 10),
77 77 є 7 77 = 7 4•19+1 є 7 (mod 10),
2 100 = 2 4•25 є 6 (mod 10),
3 1999 = 3 4•499+3 є 7 (mod 10),
19 100 є 9 100 є 1 (mod 10).
1999 1999 є 9 1999 є 9 (mod 10).

Последняя цифра соответственно 3, 7, 6, 7, 1, 9.

а) Найдите остаток от деления на 3 числа 1998 1998 + 1999 1999 .
б) Найдите последнюю цифру числа 1998 1998 + 1999 1999 .

а) 1998 1998 + 1999 1999 є 0 1998 + 1 1999 = 0 + 1 є 1 (mod 3). Остаток равен 1.
б) 1998 1998 + 1999 1999 є 8 1998 + 9 1999 = 8 4•499+2 + 9 2•999+1 є 4 + 9 = 13 є 3 (mod 10).

Последняя цифра равна 3.

Рассмотрим еще ряд задач, решаемых арифметикой сравнений.

Задача 8. Докажите, что n 3 – n кратно 6 для любого натурального числа n.

Решение. Истинность утверждения для некоторых n еще не служит доказательством. Рассмотрим для ясности несколько частных случаев. Например,

при n = 1 1 3 – 1 = 0 6,
при n = 2 2 3 – 2 = 8 – 2 = 6 6,
при n = 10 10 3 – 10 = 1000 – 10 = 990 6.

Теперь докажем утверждение задачи. При делении на число 6 возможны следующие остатки: 0, 1, 2, 3, 4, 5.

n є 0 (mod 6), то n 3 – n = 0 3 – 0 = 0 (mod 6),
n є 1 (mod 6), то n 3 – n = 1 3 – 1 = 0 (mod 6),
n є 2 (mod 6), то n 3 – n = 2 3 – 2 = 6 є 0 (mod 6),
n є 3 (mod 6), то n 3 – n = 3 3 – 3 = 24 є 0 (mod 6),
n є 4 (mod 6), то n 3 – n = 4 3 – 4 = 60 є 0 (mod 6),
n є 5 (mod 6), то n 3 – n = 5 3 – 5 = 120 є 0 (mod 6).

Полный перебор показал, что n 3 – n кратно 6 для любого натурального числа n.

Следует отметить, что имеются и другие способы доказательства этого утверждения.

Задача 9. Укажите все возможные остатки при делении чисел вида n 2 + 3n на 7.

Решение. При делении на 7 возможны остатки 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Тогда:

n є 0 (mod 7), n 2 + 3n = 0 2 + 3•0 = 0 (mod 7),
n є 1 (mod 7), n 2 + 3n = 1 2 + 3•1 = 4 (mod 7),
n є 2 (mod 7), n 2 + 3n = 2 2 + 3•2 = 10 є 3 (mod 7),
n є 3 (mod 7), n 2 + 3n = 3 2 + 3•3 = 18 є 4 (mod 7),
n є 4 (mod 7), n 2 + 3n = 4 2 + 3•4 = 16 + 12 = 28 є 0 (mod 7),
n є 5 (mod 7), n 2 + 3n = 5 2 + 3•5 = 25 + 15 = 40 є 5 (mod 7),
n є 6 (mod 7), n2 + 3n = 6 2 + 3•6 = 36 + 18 = 54 є 5 (mod 7).

Возможные остатки: 0, 3, 4, 5.

В качестве самостоятельной тренировочной или домашней работы следует предложить упражнения следующего типа:

1. Найдите последнюю цифру числа:

2. Найдите остаток от деления на 4 числа:

3. Докажите, что n 3 + 2n кратно 3 для любого натурального значения n.

а) 11 6 + 14 6 + 16 6 є 1 6 + 4 6 + 6 6 є 1 + 6 + 6 = 13 є 3 (mod 10);
б) 11•13•15•17•19 = 1•3•5•7•9 є 5 (mod 10).

а) 11 6 + 14 6 + 16 6 є 3 6 + 2 6 + 0 6 =3 4 •3 2 + 64 є 1•9 + 0 = 9 є 1 (mod 4);
б) 11•13•15•17•19 є 3•1•3•1•3 = 27 є 3 (mod 4).

n є 0 (mod 3), n 3 + 2n є 0 3 + 2•0 є 0 (mod 3),
n є 1 (mod 3), n 3 + 2n є 1 3 + 2•1 = 3 є 0 (mod 3),
n є 2 (mod 3), n 3 + 2n є 2 3 + 2•2 = 8 + 4 = 12 є 0 (mod 3).

Следовательно, n 3 + 2n кратно 3 для любого натурального значения n.

Проверку усвоения материала рекомендуется провести следующим образом. Ученики выполняют задания и каждую цифру ответа заменяют буквой, используя таблицу шифра. Если ученик справится с заданием, то в четвертом столбце заполненной таблицы он прочитает слово «верно».

Таблица шифра

0	1	3	5	6
Р	Е	О	Н	В

Вариант 1 Вариант 2

Укажите последнюю цифру числа:

Как понять m 3 mod6 что означает

ВАК 05.12.2013 Системы, сети и устройства телекоммуникаций
ВАК 05.13.01 Системный анализ, управление и обработка информации (по отраслям)
ВАК 05.13.06 Автоматизация и управление технологическими процессами и производствами (по отраслям)
ВАК 05.13.10 Управление в социальных и экономических системах
ВАК 05.13.18 Математическое моделирование, численные методы и комплексы программ
ВАК 05.13.19 Методы и системы защиты информации, информационная безопасность
УДК 511.348
ГРНТИ 20.01 Общие вопросы информатики
ГРНТИ 28.01 Общие вопросы кибернетики
ГРНТИ 49.01 Общие вопросы связи
ГРНТИ 50.01 Общие вопросы автоматики и вычислительной техники
ГРНТИ 82.01 Общие вопросы организации и управления

Язык материала:
Ключевые слова:
бинарная (сильная) проблема Гольдбаха, алгоритм решения, числа специального типа

Аннотация (русский):
Множество чисел Θ = является полугруппой в силу замкнутости элементов относительно операции умножения. Рассматриваются свойства и представления четных чисел ζ > 8 в виде сумм двух элементов: θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1 из множества Θ. Любое чётное число ζ > 8 сравнимо с одним из чисел m = (0, 2, -2) (mod 6). Согласно перечисленным остаткам m , чётные числа ζ > 8 делятся на 3 вида, и каждый вид имеет свой метод представления сумм из двух элементов множества Θ. Для любого четного числа ζ > 8 на отрезке [1 ÷ ν], где ν — параметр чётного числа, доказано, что всегда существует пара чисел (λ1,λ2) ∈ ∈ [1 ÷ ν], которые являются элементами из объединения множеств: параметров простых чисел близнецов и параметров (простых и составных) чисел множества Θ. Приводится вариант решения бинарной проблемы Гольдбаха — Эйлера для чётных чисел ζ > 8 во множестве простых чисел P . Бинарная проблемы Гольдбаха — Эйлера разрешима и во множестве простых чисел близнецов, если параметры чисел θ1 и θ2, т. е. λ1 и λ2 принадлежат к дополнению множества N \ FN , где FN — множество параметров составных чисел множества Θ на отрезке [1 ÷ ν].

Ключевые слова:
бинарная (сильная) проблема Гольдбаха, алгоритм решения, числа специального типа

Интерес к бинарной проблеме Гольдбаха — Эйлера в математике, а также её применение в смежных науках и технологиях актуальны и значимы в криптографии [1, 2]. В последнее 10-летие в области аддитивной теории чисел наблюдались значительные сдвиги, например, в 2013 г. Харальдом Хельфготтом была доказана тернарная проблема Гольдбаха. Бинарная проблема еще не решена, и многие считают, что она недоказуема. Это объясняется тем, что еще не найден закон распределения простых чисел во множестве натуральных чисел N, хотя распределение параметров простых чисел (PN) и составных чисел (CN) на базе полугруппы относительно операции умножения (Θ,*) = <6λ ± 1 / λ ∈ N>уже получено [3], в силу распределения параметров простых и составных чисел множества Θ во множестве натуральных чисел (см. [4, § 3, табл. 2] и программу PrNb [3]). Серийные номера id ∈ N в табл. 2 [4] являются параметрами следующих значащих подмножеств множества Θ: 1. PTw — множество параметров Tw (простых чисел близнецов) (табл. 2 [4], где F1 = «+», F2 = «+»). 2. PTwCN — множество параметров TwCN (составных чисел близнецов) (табл. 2 [4], где F1 = = «-», F2 = «-»). 3. PPCN — множество параметров PCN (просто простых и составных) чисел множества Θ (табл. 2 [4], где F1 = «±», F2 = «∓»). Рассматриваются свойства чётных чисел ζ > 8, ζ ≡ m (mod 6), где m = (0, 2, -2), и приводятся их представления в виде сумм двух чисел вида θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1. Для любого четного числа ζ > 8 в отрезках Λ1 = [1 ÷ ν \ 2] и Λ2 = [ν \ 2 ÷ ν], где ν = (ζ — m) \ 6 — параметр чётного числа, доказано, что всегда существует пара чисел λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2 таких, что λ1, λ2 ∈ PTw ∪ PPCN. Нахождение возможных пар простых чисел, в сумме равных чётному числу ζ > 8, разрешимо и алгоритмически с помощью программ «Gold-P» и «Gold-Τw» [5] на базе свойств чисел вида ζ ≡ r (mod 12). Бинарная проблема Гольдбаха — Эйлера разрешима и во множестве простых чисел близнецов, если параметры чисел вида θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1 лежат в дополнениях, т. е. λ1 и λ2 ∈ ∈ N \ FN, где множество FN = FN- ∪ FN+ есть объединение параметров составных чисел вида 6λ ± 1 на отрезке [1 ÷ ν] [4, § 2]. Для мощностей множеств FN-, FN+, PTw в отрезках Λ1 и Λ2 справедливы следующие неравенства: |FN+| ≤ |PTw ∪ FN-|, |FN-| ≤ |PTw ∪ FN+|. Цель работы — доказательство разрешимости диофантова уравнения ζ = x + y в области целых чисел Z > 0, где ζ — любое чётное число большее двух и слагаемые (x, y) ∈ P — простые числа. I. Представление чётных чисел ζ > 8 в виде сумм двух элементов из множества Θ Cвойства и представление чётных чисел ζ > 8 в виде сумм двух элементов множества Θ вытекают из следующих лемм: Лемма 1. Чётные числа ζ > 8 сравнимы с (0 или 2 или -2) (mod 6). Из формулы четных чисел ζ = 2n, где n ∈ N, имеем 2n / 6 = n / 3, т. е. число n имеет следующую форму: 3ν + α, где ν ∈ N и очевидно, что остатки α = (0, 1, 2). Пусть: 1. α = 0 → ζ = 2n = 2(3 ν + 0) = 6 ν + 0 → m = 0, т. е. делится на 6 с остатком 0. 2. α = 1 → ζ = 2n = 2(3 ν + 1) = 6 ν + 2 → m = 2, делится на 6 с остатком 2. 3. α = 2 → ζ = 2n = 2(3 ν + 2) = 6 ν + 4 или (μ = ν + 1) 6μ — 2 → m = -2 делится на 6 с остатком -2. Лемма 2. Любое четное число ζ > 8 представимо суммами двух элементов из множества Θ. Рассмотрим виды разложения четных чисел ζ > 8, сравнимые c остатками (0, 2, -2) (mod 6). 1. ζ = 6ν + 0, пусть ν = λ1 + λ2 → ζ = 6λ1 + 6λ2 (добавим и отнимем 1) = (6λ1 + 1) + (6λ2 — 1) = = θ1+ + θ2-. 2. ζ = 6ν + 2, пусть ν = λ1 + λ2 → ζ = 6λ1 + 6λ2 + 2 = (6λ1 + 1) + (6λ2 + 1) = θ1+ + θ2+ (θ1+, θ+) ∈ Θ. 3. ζ = 6ν — 2, пусть ν = λ1 + λ2 → ζ = 6λ1 + 6λ2 — 2 = (6λ1 — 1) + (6λ2 — 1) = θ1- + θ2- (θ1-, θ2-) ∈ Θ. Так как подмножество PCN ⊂ Θ является объединением множеств просто простых и составных чисел множества Θ, то очевидно, что PPCN = PCN ∪ PPN, где PCN — множество параметров составных чисел множества Θ [4, формула (8)]) и PPN — множество параметров простых чисел множества Θ [4, формула (10)]), откуда параметры PCN = FN+ ∪ FN — и PPN = (FN- \ PTwCN) ∪ ∪ (FN+ \ PTwCN) = (FN+ ∪ FN-) \ PTwCN. Итак, PPCN = (FN+ ∪ FN-) \ PTwCN. Следовательно, для элементов 6λ ± 1 подмножества PCN справедливы следующие утверждения: (1) Из табл. 2 [3] заметим, что каждому серийному номеру id ∈ N (по построению) соответствуют элементы подмножеств (Tw, TwCN, PCN) ⊂ Θ. Тогда мы вправе утверждать, что любое число n ∈ N есть параметр одного из перечисленных подмножеств множества Θ, т. е. N = PTw ∪ PTwCN ∪ PPCN.. (1’) Поскольку параметры составных чисел близнецов PTwCN лежат на пересечениях образов функций (5) [4], то число их параметров на отрезке [1 ÷ N] по определению пересечения множеств будет меньше, чем число образов самих функций. Следовательно, на отрезке [1 ÷ N] для параметров подмножеств Tw, TwCN, PCN выполнимо следующее неравенство: PTwCN 8 в виде сумм θ1 + θ2. Пусть параметры (λ и ν) ∈ N, добавим к чётным числам типа ζ = 6ν + m и отнимем от них числа вида 6λ ± 1. α) Для чисел вида ζ = 6ν + 0, где параметр ν = (ζ — 0) \ 6, имеем: 6ν + 0 + (6λ — 1) — (6λ — 1) = = (6λ — 1) + (6(ν — λ) + 1). И точно так же для чисел вида 6λ + 1 имеем: 6ν + 0 + (6λ + 1) — (6λ + 1) = = (6λ + 1) + (6(ν — λ) — 1). Обозначим параметры слагаемых соответственно λ1 = λ и λ2 = ν — λ1, следовательно, чётные числа, делящиеся нацело на 6, имеют следующий вид: или (3) Выполнимо и следующее тождество: (3’) Пусть ζ = 96, 6ν = 96, ν = [96 \ 6] = 16, при λ1 = 1, λ2 =16 — 1 = 15 из (3) → θ1- = 5, θ2+ = 91 или θ1+ = 7, θ2- = 89. β) Для чисел вида ζ = 6ν + 2, где параметр ν = (ζ — 2) \ 6, имеем: 6ν + 2 + (6λ +1) — (6λ +1) = = (6λ + 1) + (6(ν — λ) + 1). Обозначим параметры слагаемых соответственно λ1 = λ и λ2 = ν — λ1, значит, чётные числа ζ > 8 имеют вид (4) Выполнимо также и тождество (4’) Пусть ζ = 98, 6ν + 2 = 98, ν = [(98 -2) \ 6] = 16, при λ1 = 2, λ2 = 14 из (4) → θ1+ = 13, θ2+ = 85, ζ = θ1+ + θ2+. γ) Для чётных чисел вида ζ = 6ν — 2, где параметр ν = (ζ + 2) \ 6, имеем: 6ν — 2 + (6λ — 1) — — (6λ — 1) = (6λ — 1) + (6(ν — λ) — 1). Обозначим параметры слагаемых: λ1 = λ и λ2 = ν — λ1, следовательно, чётные числа ζ > 8 вида (5) Выполнимо также и тождество (5’) Пусть ζ = 100, 6ν — 2 = 100, ν = [(100 + 2) \ 6] = 17, при λ1 = 3, λ2 = 14 из (5) → θ1- = 17, θ2- = 83, ζ = θ1- + θ2-. Из свойств α), β), γ) следует, что чётные числа ζ > 8 представимы суммами (6λ1 ± 1) + (6λ2 ± 1), где λ1 ∈ Λ1 и λ2 = (ν — λ1) ∈ Λ2 и параметр любого чётного числа (ζ > 8) равен (6) II. Бинарная (сильная) проблема Гольдбаха — Эйлера Разложение четных чисел ζ ≤ 8 на сумму двух простых чисел проверяется непосредственно, поэтому рассмотрим решение бинарной или сильной проблемы Гольдбаха — Эйлера для чётных чисел ζ > 8. Предварительно введём определение и докажем ряд лемм. Определение. Для чисел вида θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1 величины λ1 и λ2 назовём соответствующими параметрами чётного числа ζ > 8, если λ1 ∈ Λ1, λ2 = (ν — λ1) ∈ Λ2 и ζ = θ1 + θ2. Например, найти соответствующие параметры чётного числа ζ = 30. Так как число 30 ≡ 0 (mod 6), то параметр чётного числа ν = (30 — 0) / 6 = 5, следовательно, параметры λ1 ∈ Λ1 = = [1, 2] и λ2 ∈ Λ2 = [3, 4, 5]. 1. λ1 = 1 и λ2 = ν — λ1 = 5 — 1 = 4 → θ1 = 6 ∙ 1 — 1 = 5 и θ2 = 6 ∙ 4 + 1 = 25 или θ1 = 6 ∙ 1 + 1= 7 и θ2 = 6 ∙ 4 — 1= 23. Так как 5 + 25 = 7 + 23 = 30, то соответствующие параметры (λ1; λ2) = (1; 4). 2. λ1 = 2 и λ2 = ν — λ1 = 5 — 2 = 3 → θ1 = 6 ∙ 2 — 1 = 11 и θ2 = 6 ∙ 3 + 1 = 19 или θ1 = 6 ∙ 2 + 1 = 13 и θ2 = 6 ∙ 3 — 1 = 17. Так как 11 + 19 = 13 + 17 = 30, то соответствующие параметры (λ1; λ2) = (2; 3). Итак, четное число ζ = 30 имеет два соответствующих параметра: (λ1; λ2) = <(1; 4), (2; 3)>. Лемма 3. Для любого чётного числа ζ > 8 в отрезках Λ1 и Λ2 всегда существует пара чисел λ1 ∈ Λ1 и λ2 = (ν — λ1) ∈ Λ2, которые принадлежат объединению множеств PTw ∪ PPCN и являются искомыми соответствующими параметрами чётного числа. Доказательство. Параметры составных чисел близнецов являются возрастающими, поскольку пересечение образов функций (5) [4] возрастающие, тогда в отрезках Λ1 и Λ2, естественно, они будут различными. Так как в отрезке Λ1 натуральные числа начинаются с параметров простых чисел близнецов PTw = , то все элементы промежутка Λ1, очевидно, не могут быть параметрами составных чисел близнецов. Пусть все элементы отрезка Λ2 являются параметрами составных чисел близнецов, тогда по (2) имеем противоречие, ибо суммарное число элементов PTwCN на отрезке [1 ÷ ν] может быть больше, чем число элементов PPCN ∪ PTw. Значит, допущение неверное, т. е. в отрезках Λ1 и Λ2 число параметров |PTwCN | δ2. Пусть параметры (1λ1, 2λ1, . , k1λ1) ∈ Λ1 ∈ PTwCN , и допустим, что (для усиления утверждения Леммы 3) соответствующие им параметры (1λ2, 2λ2, . , k1λ2) в Λ2 являются элементами PTw ∪ PPCN. Тогда число параметров | PTw ∪ PPCN | в отрезке Λ2: δ2 = (ν \ 2 — k2) — — k1 = ν \ 2 — (k1 + k2), где (k1 + k2) показывает число соответствующих параметров, один из которых — параметр составного числа близнеца TwCN на отрезке [1 ÷ ν]. Поскольку в отрезках Λ1 и Λ2 число параметров составных чисел близнецов меньше, чем число элементов |PTw ∪ PPCN |, то, естественно, всегда в Λ1 и Λ2 найдётся пара чисел λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2 такие, что (λ 1 и λ 2) ∈ PTw ∪ PPCN и являются соответствующими параметрами четного числа ζ > 8. Лемма 4. В отрезке [1 ÷ ν], где ν ∈ N число элементов | PTw ∪ FN- | ≥ |FN+ | и |PTw ∪ FN+| ≥ FN- |. Доказательство. Из содержания процедуры построения табл. 1 [4] очевидно, что элементы множеств FN+ = Jm f11 (x, y) ∪ Jm f12 (x, y) и FN — = Jm f21(x, y) ∪ Jm f22(x, y) в каждой строке порождают по 2 элемента, т. е. в отрезке [1 ÷ ν] число элементов |FN+ | ~ |FN-|. Потому справедливы неравенства | PTw ∪ FN- | ≥ |FN+ | и |PTw ∪ FN+| ≥ |FN- |. Теорема 1. Любое четное число ζ > 8 разложимо на сумму двух простых чисел. Доказательство. Так как рассматриваются чётные числа ζ > 8, то из (6) следует, что значения параметров чётных чисел ν ≥ 1, ибо при остатках m = (0, 2, -2) выражение [(ζ — m) / 6] ≥ 1. Тогда, по аналогии к остаткам m, четные числа ζ > 8 представимы суммами θ1 + θ2, где θ1 = 6 λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1 и параметр λ2 = ν — λ1. По видам разложений четных чисел ζ > 8 (Лемма 2) или по свойствам α), β), γ) имеем следующие структуры соответствующих форм разложения чётных чисел ζ > 8: а) ζ = 6ν + 0: θ1 = и θ2 = ; б) ζ = 6ν + 2: θ1 = и θ2 = ; (7) в) ζ = 6ν — 2: θ1 = и θ2 = . Исследуем элементы отрезка [1 ÷ ν] на принадлежность к множествам PTw, PTwCN, PPCN и выясним, при каких значениях параметров λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2 из перечисленных множеств числа вида θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1 являются простыми и при каких составными. Поскольку при элементах PTwCN числа θ1 и θ2 всегда являются составными, то они не рассматриваются. Однако, по Лемме 3, существуют всегда элементы λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2 такие, что λ1, λ2 ∈ PTw ∪ PPCN, тогда λ1, λ2 ∈ PTw ∪ (FN- ∪ FN+) \PTwCN. Следовательно, остаётся проверить элементы λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2 на принадлежность к множествам PTw и FN- ∪ FN+ с удаленными параметрами составных чисел близнецов во всем отрезке [1 ÷ ν]. Имеем: A. λ1 ∈ PTw и λ2 ∈ PTw. Тогда слагаемые θ1 и θ2 чётного числа ζ > 8 являются простыми числами, как составляющие элементы простых чисел близнецов θ1 = (p1 = 6λ1 — 1 и p1 = 6λ1 + 1) и θ2 = (p2 = 6λ2 — 1 и p2 = 6λ2 + 1). Следовательно, согласно соответствующим формам в (7), имеем ζ = p1 + p2. B. λ1 ∈ PTw и λ2 ∈ (FN- ∪ FN+). Пусть параметр λ1 ∈ PTw, значит, слагаемое θ1 есть простое число как составляющие элементы простых чисел близнецов θ1 = (p1 = 6λ1 — 1 и p1 = 6λ1 + 1). И второе слагаемое θ2 = 6λ2 ± 1 по формуле (1) в одном из вариантов форм θ2 = (p2 = 6λ2 — 1 или p2 = 6λ2 + 1) есть простое число. Тогда, прибавляя к полученному простому числу θ2 = p2 простое число θ1 = p1 (по аналогии с соответствующей формой из (7)), получаем ζ = p1 + p2. C. λ1 ∈ (FN- ∪ FN+) и λ2 ∈ PTw, т. е. случай обратный B. D. λ1 ∈ (FN- ∪ FN+) и λ2 ∈ (FN- ∪ FN+). Тогда, для того чтобы слагаемое θ1 чётного числа ζ > 8, в зависимости от соответствующей формы определенное в (7) и по (1), было простым числом, достаточно установить принадлежность параметра λ1 к одному из множеств (FN- или FN+). Для слагаемого θ2, параметр которого λ2 = ν — λ1 на отрезке [1 ÷ ν] могут соответствовать, очевидно, параметры PTw или опять элементы из множества (FN- ∪ FN+). Если λ2 ∈ PTw , то проблем нет, иначе по тождествам (3’), (4’) и (5’) соответственно по типу четного числа 6ν + m определяется следующий параметр λ1, который, очевидно, является элементом либо PTw , либо FN- ∪ FN+. Но поскольку по Лемме 4 число параметров |PTw ∪ FN- | ≥ |FN+| и |PTw ∪ FN+| ≥ |FN- |, то в Λ1 и Λ2 повторится один из пунктов (A, B, C). Итак, разложение четного числа ζ > 8 на сумму двух чисел ζ = θ1 + θ2, где числа вида θ1 = (6λ1 ± 1) и θ2 = (6λ2 ± 1), параметры которых λ1, λ2 ∈ PTw ∪ PPCN в любом из перечисленных вариантов (A, B, C, D), всегда приводят к формам 6λ1 ± 1 и 6λ2 ± 1 простых чисел. И поскольку сумма чисел θ1 + θ2 четна либо 6(λ1 + λ2), либо 6(λ1 + λ2) ± 2, то бинарная проблема Гольдбаха — Эйлера (ζ = p1 + p2) в любом случае решается положительно. III. Процедура разложения чётного числа ζ > 8 на суммы двух простых чисел В силу Леммы 2 представление четных чисел ζ > 8 в виде сумм двух элементов θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6λ2 ± 1 всегда выполнимо, но поскольку числа θ1 и θ2 могут быть и составными, и простыми, то проблема разложения четного числа ζ > 8 на сумму двух простых чисел, очевидно, усложняется. Однако, по Лемме 3, в отрезках Λ1 и Λ2 всегда существуют параметры λ1 и λ2 ∈ ∈ (PTw U PPCN), такие, что числа θ1 и θ2 в одном из вариантов (A, B, C, D) являются простыми числами, тогда разложение четного числа ζ > 8 на сумму двух простых чисел выполнимо. Из нижеследующих процедур легко и просто определить все возможные пары простых чисел, которые в сумме равны четному числу ζ. 1. Распознавание типа чётного числа ζ > 8. Определение форм слагаемых в разложении ζ = θ1 + θ2. Определение типа 6ν + m четного числа ζ > 8 производится путём деления четного числа ζ на 6. И установление форм слагаемых θ1 + θ2 = ζ производится согласно типам четного числа в (7). 2. Вычисление ν (параметра четного числа ζ > 8). Вписывание элементов множеств PTwCN, PTw и PPCN, лежащих на отрезке [1 ÷ ν]. Вычисление значения параметра ν четного числа ζ > 8 производится по формуле ν = (ζ — m) / 6. И поскольку по (1’) элементы отрезка [1 ÷ ν] являются параметрами следующих множеств: PTw [4, табл. 5], PTwCN [4, табл. 6] и PPCN = (FN- ∪ FN+) \ PTwCN [4, табл. 1], где множества FN+ = Jm f 11 (x, y) ∪ Jm f 12 (x, y) и FN- = Jm f 21 (x, y) ∪ Jm f 22 (x, y). Вписывание элементов множеств PTwCN, PTw, PPCN берутся из соответствующих таблиц работы [4] от 1 до ≤ ν. 3. Расписывание элементов λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2. Принадлежность элементов в промежутках Λ1 и Λ2 к множествам PTwCN, PTw и PPCN производится следующим образом: — параметры простых чисел близнецов PTw (подчеркиваются снизу); — параметры составных чисел близнецов PTwCN (в левом верхнем углу числа ставится знак «*»); — параметры чисел FN+ (в левом верхнем углу числа ставится знак «+»); — параметры чисел FN- (в левом верхнем углу числа ставится знак «-»). 4. Выбор соответствующих пар параметров λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2 По значениям параметров λ1 ∈ Λ1 определяются соответствующие параметры λ2 ∈ Λ2 по типу: λ2 = ν — λ1. В соответствующих парах параметров λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2, если хотя бы один из параметров со звёздочкой, то пара не рассматривается, ибо соответствующие им числа θ1 и θ2 составные числа [4, формула (9)]. Вычеркиваем все такие пары чисел из отрезка [1 ÷ ν]. Для оставшихся пар параметров получим из вариантов (A, B, C, D) простые числа. 5. Исследование и проверка значений слагаемых θ1 + θ2 = ζ на простоту. Выбрав соответствующие пары параметров λ1 ∈ Λ1 и λ2 ∈ Λ2, проводим анализ на их принадлежность к одной из групп (A, B, C, D) сочетаний из подмножеств PTw, PTwCN, PPCN, приведенных в Теореме 1. Проверка полученных значений слагаемых θ1 и θ2 на простоту выполняется Primality 6κ ± 1 [4, § 8] или любой таблицей простых чисел (p ≥ 5). Приведем числовые примеры для реализации описанной процедуры. Пример 1. Пусть чётное число ζ = 360. Вычислим остаток m от деления четного числа ζ на 6. По Лемме 1 найдём тип четного числа 6ν + 0, и по (7), соответственно, имеем строку (7, а). Установим формы слагаемых в разложении чётного числа ζ > 8, имеем числа вида θ1 = 6λ1 ± 1 и θ2 = 6 λ2 ± 1. Вычисляем параметр четного числа по формуле ν = (ζ — m) / 6, где остаток m = 0, откуда ν = 60. Выпишем элементы подмножеств PTwCN, PTw, PPCN из соответствующих таблиц на отрезке [1 ÷ 60]: PTwCN = [4, табл. 6]. PTW = Ch = N \ FN = [4, табл. 5]. FN- = [4, табл. 1]. FN+ = . Разложим элементы соответствующих пар параметров λ1 ∈ [1 ÷ 30], λ2 ∈ [30 ÷ 60] с учетом их принадлежности к множествам параметров PTw , PTwCN и PPCN согласно пункту 3 в разделе III. Λ1 = . Λ2 = . Количество соответствующих пар параметров (λ1, λ2): Пsum = [ν \ 2] = [60 \ 2] = 30 и, естественно, что при параметрах чисел PTwCN соответствующие слагаемые являются составными. Потому необходимо будет выбрать из Λ1 и Λ2 те параметры, которые принадлежат к объединению множеств PTw ∪ PPCN = PTw ∪ (FN+ ∪ FN-) \ PTwCN. Например, пусть значения параметров: 1. λ1 = 2 ∈ P Tw, λ2 = 58 ∈ PTw: α. 6 λ1 — 1 = 11 ∈ PN-, 6λ2 + 1 = 349 ∈ PN+ β. 6λ1 + 1 = 13 ∈ PN+, 6λ2 + 1 = 347 ∈ PN-. 2. λ1 = 25 ∈ PTw, λ2 = 35 ∈ FN-: α. 6 λ1 — 1 = 149 ∈ PN-, 6λ2 + 1 = 211 ∈ PN+ β. 6λ1 + 1 = = 151 ∈ PN+, 6λ2 — 1 = 209 ∈ CN-. 3. λ1 = 5 ∈ PTw, λ2 = 55 ∈ FN+: α. 6 λ1 — 1 = 29 ∈ PN-, 6λ2 + 1 = 331 ∈ CN+ β. 6λ1 + 1 = = 31 ∈ PN+, 6λ2 — 1 = 329 ∈ PN-. 4. λ1 = 46 ∈ FN-, λ2 = 14 ∈ FN+ : α. 6 λ1 — 1 = 275 ∈ CN-, 6λ2 + 1 = 85 ∈ CN+ β. 6λ1 + 1 = = 277 PN+, 6λ2 — 1 = 83 ∈ PN-. 5. λ1 = 39 ∈ FN+, λ2 = 21 ∈ FN-: α. 6 λ1 — 1 = 233 ∈ PN-, 6λ2 + 1 = 127 ∈ PN+ β. 6λ1 + 1 = = 235 ∈ CN+, 6λ2 — 1 = 125 ∈ CN-. Поскольку на отрезке [1 ÷ 30] параметры λ1 = 1, 2, 23, . ∈ PTw, тогда числа вида θ1 = 6λ1 ± 1 простые как числа близнецы, т. е. (5↔7, 11↔13, 137↔139), и соответствующий параметр λ2 ∈ [30 ÷ 60] в одном из вариантов форм θ2 = 6λ2 — 1, либо θ2 = 6λ2 + 1 есть простое число в силу (1). Итак, 360 разложимо на суммы простых чисел: 11 + 349, 13 + 347, 149 + 211, 29 + 331, 277 + 83, 233 + 127. Пример 2. Пусть чётное число ζ = 362. Вычислим остаток m от деления четного числа ζ на 6, по Лемме 1 найдём тип четного числа 6ν + 2, по (7), соответственно, имеем строку (7, б). Установим формы слагаемых в разложении чётного числа ζ > 8, имеем числа вида θ1 = 6λ1 + 1 и θ2 = 6 λ2 + 1. Вычислим параметр четного числа по формуле ν = (ζ — m) / 6, где остаток m = 2, откуда ν = 60. Выписываем элементы подмножеств PTwCN, PTw, PPCN из соответствующих таблиц на отрезке [1 ÷ 60]. Очевидно, что значения параметров множеств PTw, PTwCN, FN-, FN+ и Λ1, Λ2 остаются неизменными, как и в Примере 1, но т. к. числа здесь однотипные, то для того чтобы θ1+ и θ2+ были простыми, необходимо, чтобы параметры λ1 и λ2 брались из множеств PTw или FN- \ PTwCN. 1. λ1 = 23 ∈ PTw, λ2 = 37 ∈ FN- : β. 6λ1 + 1 = 139 ∈ PN+, 6λ2 + 1 = 223 ∈ PN+. 2. λ1 = 27 ∈ FN-, λ2 = 33 ∈ PTw : β. 6λ1 + 1 = 163 ∈ PN+, 6λ2 + 1 = 199 ∈ PN+. 3. λ1 = 46 ∈ FN+, λ2 = 14 ∈ FN-: β. 6λ1 + 1 = 277 ∈ PN+, 6λ2 + 1 = 85 ∈ CN+. 4. λ1 = 47 ∈ PTw, λ2 = 13 ∈ FN-: β. 6λ1 + 1 = 283 ∈ PN +, 6λ2 + 1 = 79 ∈ PN-. Итак, число ζ = 362 разложимо на суммы двух простых чисел: 139 + 223, 163 + 199, 283 + 79. Пример 3. Пусть чётное число ζ = 364. Вычислим остаток m от деления четного числа ζ на 6, по Лемме 1 найдём тип четного числа 6ν — 2 и по (7), соответственно, имеем строку (7, в). Установим формы слагаемых в разложении чётного числа ζ > 8, имеем числа вида θ1 = 6λ1 — 1 и θ2 = 6 λ2 — 1. Вычислим параметр четного числа по формуле ν = (ζ — m) /6, где остаток m = -2, откуда ν = 61. Тогда значения параметров множеств PTw, PTwCN, FN-, FN+ и Λ, Λ2 остаются почти неизменными, как и в Примере 1, только к параметрам добавляется еще число 61, т. е. отрезок [1 ÷ 61]. Поскольку и здесь числа одного вида, то для того, чтобы числа вида θ1- и θ2- были простыми числами, очевидно, по Лемме 3, параметры λ1 и λ2 должны принадлежать к одному из множеств — PTw или FN+ \ PTwCN. 1. λ1 = 2 ∈ PTw , λ2 = 59 ∈ FN+: α. 6λ1 — 1 = 11 ∈ PN-, 6λ2 — 1 = 353 ∈ PN- . 2. λ1 = 19 ∈ FN+, λ2 = 42 ∈ FN+ : α. 6λ1 — 1 = 113 ∈ PN-, 6λ2 — 1 = 251 ∈ PN+. 3. λ1 = 46 ∈ FN-, λ2 = 15 ∈ FN+ α. 6λ1 — 1 = 275 ∈ CN-, 6λ2 — 1 = 89 ∈ PN-. Итак, число ζ = 362 разложимо на суммы двух простых чисел: 11 + 353, 113 + 251. В примерах 2 и 3 имеем однотипные числа θ1 и θ2. И так как неравенство (2) всегда выполнимо на Λ1 и Λ2, то элементы множеств PTw, FN — и FN+ присутствуют всегда в Λ1 и Λ2. Потому справедливость бинарной проблемы Гольдбаха — Эйлера в целом остается справедливой для всех четных чисел ζ > 8. Заключение Комплексное исследование бинарной проблемы Гольдбаха — Эйлера, включающее теоретическое исследование, её программное обеспечение и численный анализ, позволило дать полную картину о представлении и о свойствах чётных чисел ζ > 8. Любое чётное число ζ > 8 имеет форму ζ = 6ν + m, где ν = (ζ — m) \ 6 параметр четного числа. Чётные числа ζ > 8 представимы суммами двух элементов θ1 = 6λ ± 1 и θ2 = 6(ν — λ) ± 1 соответственно по остаткам m = (0, 2, -2). Доказано, что для любого четного числа ζ > 8 на отрезке [1 ÷ ν] всегда существует пара чисел λ1 ∈ [1 ÷ ν \ 2] и λ2 ∈ [ν \ 2 ÷ ν] таких, что оба являются элементами из множества объединений параметров простых чисел близнецов и параметров простых и составных чисел множества Θ, т. е. λ1, λ2 ∈ PTw ∪ (FN+ ∪ FN-) / PTwCN. Доказано, что любое четное число ζ > 8 разлагается на сумму двух простых чисел, и т. к. разложение четных чисел ζ ≤ 8 проверяется непосредственно, то бинарная проблема Гольдбаха — Эйлера для четных чисел ζ > 2 доказана.

1. Прахар К. Распределение простых чисел. М.: Мир, 1967. 511 с.

2. Крэндалл Р., Померанс К. Простые числа. Криптографические и вычислительные аспекты. М.: УРСС: Книжный дом «Либроком», 2011. 664 с.

3. Чермидов С. И. Распределение простых чисел. Алгоритм чисел близнецов и их бесконечность // Научный журнал КубГАУ. 2015. № 110 (06). С. 414-436. URL: http://ej.kubagro.ru/2015/06/pdf/28.pdf.

4. Чермидов С. И. Распределение простых и составных чисел и их алгоритмические приложения // Вестн. Астрахан. гос. техн. ун-та. Сер.: Управление, вычислительная техника и информатика. 2017. № 3. С. 48-64. DOI: https://doi.org/10.24143/2072-9502-2017-3-48-64.

5. Чермидов С. И. Бинарная проблема Гольдбаха — Эйлера в множестве Θ = // Междунар. журнал прикладных и фундаментальных исследований. 2016. № 5 (ч. 2). С. 207-215. DOI: https://doi.org/10.17513/mjpfi.9223.

6. Чермидов С. И. Гипотеза Лежандра (3-я проблема Ландау). Бесконечность близнецов составных чисел // Междунар. журнал прикладных и фундаментальных исследований. 2016. № 1 (ч. 2). C. 135-143. URL: https://www.applied-research.ru/pdf/2016/1-2/8336.pdf. DOI: https://doi.org/10.17513/mjpfi.8336.

Цитировать

Скопируйте отформатированную библиографическую ссылку через буфер обмена или перейдите по одной из ссылок для импорта в Менеджер библиографий.

Электронная ссылка
Печатная ссылка

Чермидов С. ПРОЦЕДУРА РЕШЕНИЯ БИНАРНОЙ ПРОБЛЕМЫ ГОЛЬДБАХА — ЭЙЛЕРА НА БАЗЕ ЧИСЕЛ СПЕЦИАЛЬНОГО ТИПА // Вестник Астраханского государственного технического университета. Серия: Управление, вычислительная техника и информатика. 2018. №. 1. С. 121-128. DOI: https://doi.org/ 10.24143/2072-9502-2018-1-121-128 (дата обращения: 09.01.2024).

Электронная ссылка
Печатная ссылка

Чермидов С. «ПРОЦЕДУРА РЕШЕНИЯ БИНАРНОЙ ПРОБЛЕМЫ ГОЛЬДБАХА — ЭЙЛЕРА НА БАЗЕ ЧИСЕЛ СПЕЦИАЛЬНОГО ТИПА» Вестник Астраханского государственного технического университета. Серия: Управление, вычислительная техника и информатика 1 (2018): 121-128. DOI: https://doi.org/ 10.24143/2072-9502-2018-1-121-128 (дата обращения: 09.01.2024).

Электронная ссылка
Печатная ссылка

Чермидов С. (2018). ПРОЦЕДУРА РЕШЕНИЯ БИНАРНОЙ ПРОБЛЕМЫ ГОЛЬДБАХА — ЭЙЛЕРА НА БАЗЕ ЧИСЕЛ СПЕЦИАЛЬНОГО ТИПА. Вестник Астраханского государственного технического университета. Серия: Управление, вычислительная техника и информатика. (1), 121-128. DOI: https://doi.org/ 10.24143/2072-9502-2018-1-121-128 Получено из (дата обращения: 09.01.2024)

Электронная ссылка
Печатная ссылка

Чермидов С. «ПРОЦЕДУРА РЕШЕНИЯ БИНАРНОЙ ПРОБЛЕМЫ ГОЛЬДБАХА — ЭЙЛЕРА НА БАЗЕ ЧИСЕЛ СПЕЦИАЛЬНОГО ТИПА». Вестник Астраханского государственного технического университета. Серия: Управление, вычислительная техника и информатика, 2018 (1): 121-128. DOI: https://doi.org/ 10.24143/2072-9502-2018-1-121-128 (дата обращения: 09.01.2024).

Электронная ссылка
Печатная ссылка

Как понять m 3 mod6 что означает

Mod и остаток — не одно и то же

Что такое mod?

Математика циферблата

Остатки и математика циферблата

Вращение часов назад

Это известная вещь

Ну и что?

Как понять m 3 mod6 что означает

Оператор div и оператор mod

Арифметика остатков

Действия над сравнениями

Таблица шифра

Как понять m 3 mod6 что означает

Цитировать

Добавить комментарий Отменить ответ