“歌德巴赫猜想”及其简单完全证明

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”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。”。

本文给出素数和间的一个关系式，对于给定的偶数，直接求解相应素数的简单方法，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  任意偶数、素数的方程及其解

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(实际上，应是9)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‘真因素’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和它本身而外，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(除1外), n, 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年有人 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)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”，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。这就是所谓“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)，并且证明：对于大于或等于6的偶数n；D(n)大于0” 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。

并且为了化解证明的困难，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，来进行筛选，即：所谓“筛法”。

当使a,b,逐步递减为1，命题{1,1}，即所谓：“1+1”,就是“歌德巴赫猜想”的证明了。

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。”

（见《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：爱拉脱士散纳筛法；哈代－立脱伍特圆法；依•维诺格拉陀夫三角和法，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，却是把这个整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，对于任意的实数或虚数，n，与大于n的，所有的实数或虚数，N(n)，都有如下简单的代数关系式：

1/n=(N(n)/n-1)/(N(n)-n),            n=(N(n)-n)/(N(n)/n-1),          (1)

对于所有的素数，P(n1)，与大于P(n1)的，所有各实数，N(P(n1))，都有如下简单的代数关系式：

1/P(n1)=(N(P(n1))/P(n1)-1)/(N(P(n1))-P(n1)),

P(n1)=(N(P(n1))-P(n1))/(N(P(n1))/P(n1)-1),                             (2)

对于所有的整数，n，与大于P(n)的，所有各实数，N(P(n))，因N(P(n))必然大于N(n)，也都有如下简单的代数关系式：

1/n=(N(P(n))/n-1)/(N(P(n))-n),        n=(N(P(n))-n)/(N(P(n))/n-1),         (3)

对于所有的偶数，2n，与大于P(2n)的，所有各实数，N(P(2n))，也都有如下简单的代数关系式：

1/(2n)=(N(P(2n))/(2n)-1)/(N(P(2n))-2n),  2n=(N(P(2n))-2n)/(N(P(2n))/(2n)-1),  (4)

对于所有大于素数，P(n1)的素数，P(n2)，与大于P(n2)的，所有的各实数，N(P(n2))，都有如下简单的代数关系式：

1/P(n2)=(N(P(n2))/P(n2)-1)/(N(P(n2))-P(n2)),

P(n2)=(N(P(n2))-P(n2))/(N(P(n2))/P(n2)-1),                               (5)

当P(n2)大于P(n1)，N(P(n2))必大于N(P(n1))，因而：

对于所有的素数，P(n1)，与大于P(n1)的，所有各实数，N(P(n2))，也都有如下简单的代数关系式：

1/P(n1)=(N(P(n2))/P(n1)-1)/(N(P(n2))-P(n1)),

P(n1)=(N(P(n2))-P(n1))/(N(P(n2))/P(n1)-1),                               (6)

当素数P(n2)大于素数P(n1)和n，N(P(n2))也必大于N(P(n1))和(N(n)，因而：

对于所有给定的n与P(n1)，且2n=P(n1)+P(n2)，的P(n2)，必有所各实数，N(2n)都大于N(P(n2))，N(P(n1))，因而，按(4)、(5)、(6)，就有如下的，适用于两个素数之和等于偶数的公式：

(N(2n)-2n)/(N(2n)/(2n)-1)

=(N(2n)-P(n2))/(N(2n)/P(n2)-1)+(N(2n)-P(n1))/(N(2n)/P(n1)-1)，

而且，其中的P(n2)可用2n-P(n1)取代，而有：

(N(2n)-2n)/(N(2n)/(2n)-1)

=(N(2n)-2n+P(n1))/(N(2n)/(2n-P(n1))-1)+(N(2n)-P(n1))/(N(2n)/P(n1)-1)，

即：

N(2n)^4+a3N(2n)^3+a2N(2n)^2+a1N(2n) +a0=0,           (9)

a3=4(-4n^2-7nP(n1)+3P(n1)^2)/(9P(n1)),

a2=4(9n^3+9n^2P(n1)-3nP(n1)^2+P(n1)^3)/(9P(n1)),

a1=8 (nP(n1)^2-3n^2P(n1)-4n^3)/9,

a0=4(-3P(n1)^2+16nP(n1)-16n^2)n^2/9,

由(9)可见：只要这个满足2n=P(n1)+P(n2)的N(2n)方程能够有解，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，P(n1)+P(n2)，表达。

对于这种4次的高次不可约代数方程，如果能变化为：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。当将它也表达为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;                         （10）

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,                  (11)

这个y方程的次数也必然低于原方程，对此，就只需解出这3次方程。

这就可如下地解3次方程方法求解了。令：

s=y-((a3/2)^2+a2)/3,  y=s+((a3/2)^2+a2)/3,                     (12)

以(12)代入方程(11)，将它简化为s^2的系数=0的形式。即：

s^3+b1s+b0=0,                                                (13)

b1=2a3a1+((a3/2)^2 +a2)^2/3,

b0=-2(a1^2+2a0)+((a3/2)^2+a2)2a3a1/3-2((a3/2)^2 +a2)^3/27,即解得：

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),

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),

s2=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)，                       (14)

3次y方程的解为：

yj=sj+((a3/2)^2 +a2)/3; j=0,1,2,                                      (15)

以(15)代入方程(10)，只要有满足2n=P(n1)+P(n2)的2n，P(n1)，一般地，就能解得N(2n)的4个解。

如果满足2n=P(n1)+P(n2)的方程(10)中，有一个的n=P(n1)，其解就蜕化为同一个2重解。

如果满足2n=P(n1)+P(n2)的方程(10)中的两个，都有n=P(n1)，其解就蜕化为同一个4重解。

例如：

n       2n                 P(n1)    P(n2)    N(2n)

2       4                  2        2       4重解

3       6                  3        3       4重解

5       10                 3        7

                           5        5       2重解

6       12                 5        7

7       14                 3        11

                           7        7       2重解

9       18                 5        13

                           7        11

11      22                 3        19

                           5        17

                           11       11      2重解

13      26                 3        23

                           7        19

                           9        17

                           13       13      2重解

15721    31442             109      31333

                           15583    15859

80489    160978            80489    80489   2重解

463981   927962             109       927853

999983   1999966             999983    999983   2重解

因而，对于大于2的给定的任意偶数，直接求解如上简单的代数关系式，就必能求得至少一对P(n1)、P(n2)，而歌德巴赫猜想就完全得证。