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“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。
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