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“歌德巴赫猜想”及其简单完全证明

已有 6510 次阅读 2011-8-6 00:23 |个人分类:数理|系统分类:论文交流| 歌德巴赫猜想, 简单完全证明

“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

 

         

“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”。

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(11),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”

Goldbach1742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(1), n, 都可由素数, p(k); k=1,2,…, 的积表达为:

n= p(1)a(1)次方 p(2)a(2)次方…p(k)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p2n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;k01的变量,m为任意整数,因:

2iknm的指数由k01的积分=1(m=0); =0(m=0)

因而,方程n=p(1)+ p(2), 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nD(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nD(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}“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ab,逐渐减小的命题{ab}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(12)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(11),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p2n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)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)所有各实数N(P(n))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)所有的实数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)

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)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)nN(P(n2))也必大于N(P(n1))(N(n),因而:

对于所有给定的nP(n1),且2n=P(n1)+P(n2)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,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,

()图.doc

(9)可见:只要这个满足2n=P(n1)+P(n2)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)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(c1N(2n)+c0)^2=c1^2N(2n)^2+2c1c0N(2n)+c0^2,

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)

(12)代入方程(11)将它简化为s^2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)

3y方程的解为:

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

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

如果满足2n=P(n1)+P(n2)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)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。



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