推 bjiyxo : 感謝分享！12/29 00:05
※ 編輯: JohnMash (123.194.229.234), 12/29/2014 01:26:08
質數的間距(三)
張益唐將Goldston Pintz Yildirim(GPY)2005年提出的方法 加以改進
取得重大突破
他所取的合格k組(admissible set)是 k等於3,500,000
而h1,…,hk只要都是大於3,500,000的質數 則必是合格k組
令h1<h2<…<hk
我們可由質數定理很快估計一下hk大約的最小值
π(3,500,000)~3,500,000/ ㏒3,500,000 < 240,000
所以hk大約是第3,740,000個質數 即滿足條件
π(50,000,000)~2,820,000
π(60,000,000)~3,350,000
π(70,000,000)~3,870,000
所以hk可以小於70,000,000 而滿足條件
因此 彼比差距在70,000,000以內的兩質數有無窮多
不過 張益唐的文章 對我而言 比較難懂
張益唐的結果出來半年後 James Maynard 也將GPY的方法加以改進
但和張益唐的做法並不同
Maynard取的合格k組是k等於105而hk等於600
Maynard的文章風格 非常平易 論證清晰 對我而言 比較好懂
所以以下的內容主要取自Maynard的文章
http://arxiv.org/abs/1311.4600
以下的討論 k及h1,h2,…,hk均視為已給常數
目標是 當n介於N和2N之間 要判定n+h1,n+h2,…,n+hk 至少有幾個質數
首先 我們要篩掉 n+h1,n+h2,…,n+hk 中有小質因子的情形
(我們定義 小於 ㏒ ㏒ ㏒N 的質數是小質數)
方法如下
設p1,p2,…,pl是所有小於 ㏒ ㏒ ㏒N的質數
令
W = Π_{p < ㏒ ㏒ ㏒N} p = p1 p2 … pl
因為{h1,h2,…,hk}是合格的k組
所以對任何pi 總存在一ai (ai在0到pi之間)使
ai 和 h1, h2,..., hk 均不同餘 mod pi
由中國剩餘定理
n ≡ -a1 mod p1
n ≡ -a2 mod p2
...
n ≡ -al mod pl
n在小於W內有一解 v0
則 v0+h1,v0+h2,…, v0+hk 均不同餘於 v0+a1 mod p1
而 v0+a1 ≡ 0 mod p1
故 v0+h1,v0+h2,…v0+hk 均不為p1的倍數
同理 v0+h1,v0+h2,…v0+hk 均不為 p2, p3, …, pl 的倍數
即
(v0+hi, W) = 1 for i = 1 to k
我們先將n篩為是v0的同餘類 mod W
首先 定義
S1= Σ_{N<n<2N, n ≡v0 mod W} w(n)
其中 w(n) ≧0 是n的函數 稱為權重函數
及
S2 = Σ_{N<n<2N, n ≡v0 mod W} Σ_{i=1 to k} χ(n+hi) w(n)
其中
χ(m)=1 若 m 是質數 否則 χ(m)=0
若能證明 在適當的選取w(n)時
S2 - ρ S1 > 0
其中 ρ 是正實數常數
則表示至少存在一n, N<n<2N, n ≡v0 mod W, 且w(n)>0
及
Σ_{i=1 to k} χ(n+hi) - ρ > 0
由 χ的定義可知 (n+h1, n+h2, …, n+hk) 至少有[ ρ+1]個質數
所以重點是如何選取w(n)
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