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“歌德巴赫猜想”及其简单完全证明（修改版）
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“歌德巴赫猜想”及其简单完全证明（修改版）
中国科学院 力学研究所 吴中祥
提 要
“歌德巴赫猜想”就是要严格证明：“等于和大于4的任意偶数，都至少能找到1对素数之和等于它”。
从1918年采用“圆法”作为证明歌德巴赫猜想的重要研究方向，并进而发展相应的各种“筛法”，{a,b}命题，以来，经众多专家逐步逼近的证明，直到1966年，我国数学家陈景润才宣布证明了{1,2}命题(即所谓：“1+2”)，1973年，就发表了命题{1,2}的全部证明。
但是，至今又过去了40多年，还没能全面完成“1+1”。
专家们并认为：“不仅现有的方法不适用于研究解决（1＋1），而且到目前为止还看不到可以沿着什么途径，利用什么方法来解决它。”。
本文给出一个能统一适用于所有实数或虚数的表达式。利用此式，建立起给定的偶数和相应素数间的关系式，并对由此得到的，相应变量的方程直接求解，的简单方法，就完全地证明了“歌德巴赫猜想”。
关键词：歌德巴赫猜想 素数 偶数 圆法及其筛法 任意偶数等于两素数和的方程及其解
1．什么是“歌德巴赫猜想”
Goldbach在1742年致L.Euler的信中提出证明猜想：“每个等于或大于7的奇数都能写成3个素数之和”(B) ，L.Euler在回信中指出，为了解决这个问题，只须证明猜想：“每个等于或大于6的偶数都能写成2个素数之和”(A)，对这两个((A),(B))猜想的证明就是所谓“Goldbach问题”。
现在看来，所谓“歌德巴赫猜想”，简单地说，就是要严格证明：“等于和大于4的任意偶数，都至少能找到1对素数之和等于它”。
所谓“素数”可定义为：“无‘真因数’之整数”。
整数即：1,2,…。
能够用来整除某个数的数，就是：该数的“因数”。其中，除了1和该数本身而外，就是：所谓“真因数”。
那么，按此定义，“素数” 就应是：2,3,5,7,11,13,17,19,…的数列。
每个整数,n(除1外),都可由素数, p(k); k=1,2,…, 的积表达为：
n= p(1)的a(1)次方 p(2)的a(2)次方…p(k)的a(k)次方,
其中p(1) <p(2)<…< p(k), a(1),a(2),…,a(k)等于或>0。
但是各个素数却很难由自然数或整数的简单表达式表达。
由于素数的如上特点，“歌德巴赫猜想”就很难严格证明。
2．“歌德巴赫猜想”的已有解法
1918年Hardy, G.H., 和 Ramanujan 采用一个由p从2到n求和2iknp的复指数函数S(k,n)，而在自然数, n, 和素数, p, 间建立起联系。
其中i是虚数符=(-1)的平方根；k是0到1的变量，m为任意整数，因：
2iknm的指数由k从0到1的积分=1(m=0); =0(m不=0)，
因而，方程n=p(1)+ p(2)+p(3)中, p(1), p(2), p(3) 大于或等3的解数为：
T(n)=在上述积分的核乘以S(k,n) 的平方。
方程n=p(1)+ p(2)中, p(1), p(2) 大于或等3的解数为：
D(n)=在上述积分的核乘以S(k,n) 的平方。
这样，证明“歌德巴赫猜想”(A)，就只须计算积分D(n)，并且证明：对于大于或等于6的偶数n；D(n)大于0，证明“歌德巴赫猜想”(B)，就只须计算积分T(n)，并且证明：对于大于或等于7的偶数n；T(n)大于0，而证明“歌德巴赫猜想”就仅须计算积分D(n) 和T(n)。
这就是Hardy-Little wood-Ramanujan所谓“圆法” 的基本思想，它确定了“歌德巴赫猜想”问题的重要研究方向。
但是，“计算积分D(n) 和T (n)，也并非易事，一些学者创造、发展、简化、和证明了估算S(k,n)的方法和公式。
这些方法对研究Goldbadh guess (B)很成功，但对Goldbadh guess (A)不很好，
并且为了化解证明Goldbadh guess (A)的困难，采用首先证明：“每个充分大的偶数是a个素数的乘积和b个素数的乘积之和” (即所谓：命题{a,b}或“a+b”)，其中a,b,是正整数。
当使a,b,逐步递减为1，来进行筛选，命题{1,1}，即所谓：“1+1”，就是歌德巴赫猜想(A)，“对于大于或等于6的偶数n；D(n)大于0”，的证明了，这就是所谓“筛法”。
一些学者采用不断改进的“筛法”，即：
对其中的积分函数相应作某些改进，或改为某种相应适用的极限求和，例如：某种pai函数、lin函数，等等，使a、b，逐渐减小的命题{a，b}得到了证明。
我国数学家陈景润1966年宣布证明了{1,2}命题 (即所谓：“1+2”)，1973年发表了命题{1,2}的全部证明。
这就与“歌德巴赫猜想”的最终解决，仅只有“1”之差了。
但是，至今过去了40多年，还没能全面完成“1+1”。
3．完成“1+1”存在困难
专家们在完成“1+3”之后就已经认为：在这种“圆法”基础上的“筛法”，已到极限。
因而，既对陈景润 能在极端困难的条件下完成了“1+2” 更加惊喜！又更加怀疑：沿用这种方法是否确能最终解决？！
例如：山东大学潘承洞教授就说过：“要从（1＋2）到完全解决哥德巴赫猜想还有十分漫长的路程。”
并且，依他看来，“不仅现有的方法不适用于研究解决（1＋1），而且到目前为止还看不到可以沿着什么途径，利用什么方法来解决它。
（参看《素数分布与哥德巴赫猜想》，潘承洞山东科学技术出版社，１９７９年）
潘承洞教授这里所说的“现有的方法”是指：哈代－立脱 伍特 圆法；相应的筛法，以及陈景润提出的方法。
实际上，这种都是由p从2到n求和2iknp的复指数函数S(k,n)，而在自然数, n, 和素数, p, 间建立起联系的所谓“圆法”和“筛法”，虽然在哥德巴赫猜想的证明中，确实已取得证明了“1+2”命题的重要成果，而且，在发展数论，特别是解析数论，方面起了积极的推动作用。
但是，实际上，却是把这个都是整数（偶数、奇数与素数）的简单代数问题作了复杂化的处理，而使它成为复指数函数的复杂难解的问题，直至走向了死胡同。
4．简单的完全证明
其实，从x~y坐标中,由y=0和1的X横线与(0,0)点到(n,1)点的延线形成的
同位角，相等，因而，(n,1)点, (0,0)点到(n,1)点 延线上的x>n各点,和由该点垂交于y=0的X横线的交点，所形成的直角3角形的(n,1)角，与由(n,1)点、(n,0)点和(0,0)点，所形成的直角3角形的(0,0)角的正切和余切都相等，我们发现：
对于任意的实数（虚数或由实数和虚数组成的复数），n，与在(0,0)点到(n,1)点的延线上，且X横线上的值大于n的，所有的实数（虚数或由实数和虚数组成的复数），N(n)，都有如下简单的，有重要意义的，代数关系式：
1/n=(N(n)/n-1)/(N(n)-n), n=(N(n)-n)/(N(n)/n-1), (1)
因而，找到了能与任意的实数（虚数或由实数和虚数组成的复数），n，都建立起简单代数关系式的参变量N(n)，它是数值大于n的变量。
运用(1)式：
对于所有的素数p1，与大于p1的，所有各实数，N(p1)，都有仅该素数的如下简单的代数关系式：
1/ p1=(N(p1)/ p1-1)/(N(p1))- p1),
p1=(N(p1)- p1)/(N(p1)/ p1-1), (2)
对于所有的偶数，2n，与大于2n的，所有各实数，N(2n)，也都有如下简单的仅适用于该偶数的代数关系式：
1/(2n)=(N(2n)/(2n)-1)/(N(2n)-2n), 2n=(N(2n) -2n)/(N(2n)/(2n)-1), (3)
当素数p2大于素数p1，且满足2n= p1+ p2时，N(2n)必大于N(p1)和N(p2)，
因而，按(2)、(3)，就有必然满足两个素数之和等于偶数，才能成立的，如下公式：
(N(2n)-2n)/(N(2n)/(2n)-1)
=(N(2n)- p2)/(N(2n)/ p2 -1)+(N(2n)- p1)/(N(2n)/ p1-1)，
而且，其中的p2就还可用2n- p1取代，而有：
(N(2n)-2n)/(N(2n)/(2n)-1)
=(N(2n)-2n+ p1)/(N(2n)/(2n- p1)-1)+(N(2n)- p1)/(N(2n)/ p1-1)，
即有必然满足两个素数之和等于偶数，才能成立的，并有N(2n)确切之解的，如下4次代数方程：
N(2n)^4 +a3N(2n)^3 +a2N(2n)^2+a1N(2n) +a0=0, (4)
a3=4(-4n^2-7n p1+3 p1^2)/(9 p1),
a2=4(9n^3+9n^2 p1-3n p1^2+ p1^3)/(9 p1),
a1=8(n p1^2-3n^2 p1-4n^3)/9,
a0=4(-3 p1^2+16n p1-16n^2)n^2/9,
而此式中的N(2n)就只能有满足(4)式的值。
由(4)可见：只要这个满足2n= p1+ p2的N(2n)方程能够有实数解，就证明了任意n等于或大于2的偶数，2n，都能由两个素数之和，p1+ p2，表达。
如果能将4次的不可约代数方程变化为两个2次的不可约代数方程，就可分别求解了。
为此，引入一个函数y，并取：
(N(2n)^2+a3N(2n)/2+y/2)^2
= N(2n)^4+a3N(2n)^3+((a3/2)^2+y)N(2n)^2+(a3y/2)N(2n)+(y/2)^2
原方程就可改写为：
(N(2n)^2+a3N(2n)/2+y/2)^2
=((a3/2)^2-a2+y)N(2n)^2+(a3y/2-a1) N(2n)+(y^2/4-a0),
上式右边是个N(2n)的2次式。若将它也表达为N(2n)函数的完全平方，就有：
((a3/2)^2-a2+y)N(2n)^2+(a3y/2-a1)N(2n)+(y^2/4-a0)=(c1N(2n)+c0)^2,
这样，原方程就可分解为如下的两个方程,而分别求解：
N(2n)^2+(a3/2-c1)N(2n)+y/2-c0=0;
N(2n)^2+(a3/2+c1)N(2n)+y/2+c0=0; （5）
而且，由(c1N(2n)+c0)^2=c1^2N(2n)^2+2c1c0N(2n)+c0^2,就有：
c1^2=(a3/2)^2-a2+y, 2c1c0=a3y/2-a1, c0^2=y^2/4–a0,
2c1c0=2((a3/2)^2-a2+y)^(1/2)(y^2/4–a0)^(1/2)=a3y/2-a1，
c1=((a3/2)^2-a2+y)^(1/2), c0=(y^2/4–a0)^(1/2),
2((a3/2)^2-a2+y)y^2/4-a0)=(a3y/2-a1)^2，
这就得到函数y的如下方程：
Y^3-((a3/2)^2+a2)y^2+2a3a1y-2(a1^2+2a0)=0, (6)
这个y方程的次数也必然低于原方程，对此，可按3次方程求解，即令：
s=y-((a3/2)^2+a2)/3, y=s+((a3/2)^2+a2)/3, (7)
以(7)代入方程(6)，将它简化为s^2的系数=0的形式。即：
s^3+s^2((a3/2)^2+a2)+s((a3/2)^2+a2)^2/3+((a3/2)^2+a2)^3/27
-((a3/2)^2+a2)s^2-2s((a3/2)^2+a2)^2/3-((a3/2)^2+a2)^3/9)
+2a3a1s+2a3a1((a3/2)^2+a2)/3-2(a1^2+2a0)=0,
s^3+s((a3/2)^2+a2)^2/3+((a3/2)^2+a2)^3/27
-2s((a3/2)^2+a2)^2/3-((a3/2)^2+a2)^3/9)
+2a3a1s+2a3a1((a3/2)^2+a2)/3-2(a1^2+2a0)=0,
S^3+((a3/2)^2+a2)^3/27
-s((a3/2)^2+a2)^2/3-((a3/2)^2+a2)^3/9)
+2a3a1s+2a3a1((a3/2)^2+a2)/3-2(a1^2+2a0)=0,
s^3+b1s+b0=0, (8)
b1=2a3a1-((a3/2)^2+a2)^2/3,
b0=-2((a1^2+2a0)-((a3/2)^2+a2)a3a1/3-((a3/2)^2+a2)^3/27),
即得s方程的解：
s0=(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)
+(-b0/2-(( b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)
=((( a1^2+2a0)-(( a3/2)^2+a2)a3a1/3-((a3/2)^2+a2)^3/27)
+((( a1^2+2a0)-(( a3/2)^2+a2)a3a1/3-((a3/2)^2+a2)^3/27)^2
+((2 a3a1-(( a3/2)^2+a2)^2/3)/3)^3) ^(1/2))^(1/3)
+((( a1^2+2a0)-(( a3/2)^2+a2)a3a1/3-((a3/2)^2+a2)^3/27)
-((( a1^2+2a0)-(( a3/2)^2+a2)a3a1/3-((a3/2)^2+a2)^3/27)^2
+((2 a3a1-(( a3/2)^2+a2)^2/3)/3)^3) ^(1/2))^(1/3),
s1=w1(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)
+w2(-b0/2-(( b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3),
=w2(-b0/2+((b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)
+w1(-b0/2-(( b0/2)^2+(b1/3)^3)^(1/2))^(1/3)， (9)
3次y方程的解为：
yj=sj+(( a3/2)^2+a2)/3; j=0,1,2, (10)
将(10)中的y0代入(5)：
N(2n)^2+(a3/2-c1)N(2n)+y0/2-c0=0; （5’.1）
N(2n)^2+( a3/2+ c1)N(2n)+ y0/2+c0=0; （5’.2）
（5’.1）和（5’.2）两式的解 分别为：
N(2n)=-( a3/2-c1)/2 (( a3/2-c1)^2/4-y0/2+ )^(1/2), （5’.3）
N(2n)=-( a3/2+ c1)/2 (( a3/2+ c1)^2/4-y0/2-c0) ^(1/2), （5’.4）
因偶数、素数，都是实数，N(2n)也应是实数，则由（5’.3）、（5’.4）应有：
(a3/2-c1)^2/4-y0/2+c0=或>0 （5’.5）
(a3/2+c1)^2/4-y0/2-c0=或>0 （5’.6）
c1=((a3/2)^2-a2+y0) ^(1/2)
=((2(-4n^2-7np1+3p1^2)/(9p1))^2-4(9n^3+9n^2p1-3np1^2+p1^3)/(9p1)+y0) ^(1/2),
c0=(y0^2/4–4(-3p1^2+16np1-16n^2)n^2/9) ^(1/2),
将a3、c1、c0、y0的表达式代入（5’.5）、（5’.6），最终就得到
仅有n和p1的一个复杂函数=或>0的关系式。
由（5’.1）、（5’.2），可见：满足2n=p1+p2的N(2n)方程，（4），确实至
少能够有一个实数解，其中的n与p1须满足（5’.5）或（5’.6）。
这就证明了“任意等于或大于4的偶数，2n，都能至少找到由两个素数之和，
P1+p2，等于它，即：所谓“歌德巴赫猜想”被简单、严格地证明。
对于所有的n，只要p1满足如上的关系式，就能得到实数解。
当给定了n，满足2n=p1+p2中较小者p1，必小于或等于n，较大者p2必小于或等于2n-p1。
所有的素数都可由不能被比它小的全部素数整除来判定。
当n=2，就只能是p1=p2=2，
当n=和>3，所有的素数就都是奇数。
当n是素数，则必有p1=p2=n，因而，对于不太大的n，就容易求得满足2n=p1+p2，的p1和p2。
又由于素数不含“真因数”的特性，各个不是素数的奇数，就必然都是：小于该奇数的两个以上的个素数的乘积。
显然，对于给定的偶数，其前不是素数的奇数的几率必然很有限，而且随着偶数的增大；不是素数的奇数几率的增大也必然会愈来愈小。
因此，大于3的全部奇数系列前，连续地不是素数的个数，虽然会随奇数的增大，而有所增加, 但是，其增加的数值，必然是：数量级地远小于素数本身数值的增长！
随着偶数的增大，两个素数之和等于该偶数的素数中的较小者，也必然是：数量级地远小于偶数本身数值的增长！
这些都已由10万，乃至100万，以内的全部素数和相应的偶数所证实。
因而，对于任何很大的，给定的n，都容易按如上方程确定出至少一个，满足2n=p1+p2的p1，和等于2n-p1的p2。
对于很大的n，也容易按此规律编制程序由电脑计算求得。
由以上的具体分析表明：对于满足2n=p1+p2的所有2n，都至少有一个p1满足如上的关系式，而能得到实数解。
即得到：对于大于2的，任意给定的偶数，直接求解如上简单的代数关系式，就必能求得至少一对p1、p2，满足2n=p1+p2
因而，歌德巴赫猜想就完全得证。
5．对于给定的n，求满足2n=p1+p2。的p1和p2
按上节的论证，当给定了n，就容易求得满足2n=p1+p2。的p1和p2。例如：
n p1 p2=2n-p1
2 2 2
3 3 3
4 3 5
5 3 7
5 5
6 5 7
7 3 11
7 7
8 3 13
5 11
9 5 13
7 11
10 3 17
7 13
11 3 19
5 17
11 11
12 5 19
7 17
11 13
13 3 23
7 19
13 13
。。。 。。。 。。。
15668 3 31333
15721 109 31333
15583 15859
49992 3 99991
50050 109 99991
40246 3 80489
40299 109 80489
80489 80489 80489
4500002 3 9000001
463928 3 927853
463981 109 927853
499943 3 999983
499999 37 999961
499999 67 999931
499998 13 999983
499998 17 999979
499998 37 999959
999983 999983 999983
6．参考文献：
[1] 歌德巴赫猜想 潘承洞 潘承彪 科学出版社 1981
[2] 数论导引 华罗庚 科学出版社 1957
[3] “Asymptotic formula in combinatory analysis”, Hardy, G.H., Ramanujan, S., Proc. London Math. soc. (2) 17 (1918), 75-115.
https://blog.sciencenet.cn/blog-226-571402.html
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