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完善证明歌德巴赫猜想
中国科学院力学研究所吴中祥
提 要
给出1个依序表达并确定各素数数值的简便方法,简单、完善地证明了“歌德巴赫猜想”
关键词:歌德巴赫猜想,素数,奇数,偶数,复数
1. 什么是哥德巴赫(Goldbach)猜想?
哥德巴赫在1742年致信欧拉(L.Euler),提出证明猜想(B):“每个等于或大于7的奇数都能写成3个素数之和”,欧拉回信指出,为了解决这个问题,只须证明猜想(A):“每个等于或大于6的偶数都能写成2个素数之和”。
这就是所谓“歌德巴赫猜想”(A)和(B),也就是它要求证明的内容。
2.现有证明“歌德巴赫猜想”的主要方法
所谓“歌德巴赫猜想”(A)和(B)都只是奇数、偶数与素数关系的,看来很简单的问题,而许多数学家为证明它,却做了200多年长期的努力,虽已取得很大进展并推动了整个解析数论的发展,但是,这个猜想至今仍然未被完全证明。
它为什么如此难以证明呢?
纵观对此问题的研究现况,关键在于:“合数”或“素数”,是由除“1”和其自身外,可被或不可被任何整数的两类整数。却不能简单地顺序确定其数值。
1918年G. H. Hardy, 和 s. Ramanujan, 采用一个由序数m从2到n求和2iknm的指数函数(复数的指数表达)S(k,n),其中k是0到1的变量,而在自然数, n, 和素数, p, 间建立起联系。
2iknm的指数由k从0到1的积分=1(m=0); 0(m不=0), 其中m为任意整数,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;
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) 的立方。这样:
证明Goldbach猜想,就只须计算积分D(n),T(n)。
对于猜想(A),就只要证明:对于偶数的n大于或等于6;D(n)大于0。
对于猜想(B),就只要证明:对于奇数的n大于或等于7;T(n) 大于0。
这就是Hardy - Littlewood - Ramanujan圆法的基本思想,它确定了证明“歌德巴赫猜想”的重要研究方向。
3.迄今的主要进展,但仍未全面完成的困难和问题
但是,计算积分D(n),T(n),也并不容易。
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,它对于研究猜想(B)是较为成功,而对于研究猜想(A)却收效甚微,但也都远未能证明。
猜想 (A):可采用先证明,“每个充分大的偶数是不超过a个素数的乘积和不超过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,使a, b,逐步递减为1,达到命题{1,1},即所谓:“1+1”,的方法,而得到证明。
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,或改为某种相应合用的,例如:某种pai函数、lin函数,等等的极限求和,,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年宣布证明了命题{1,2}(即所谓:“1+2” ),1973年发表了命题{1,2}的全部证明,这就距歌德巴赫猜想(A)的最终解决,仅“1”之差,但仍未全面完成,
人们甚至尚不能肯定沿用现有的方法是否确能最终解决。
4.表达并确定各素数的序数和数值的简便方法
其实,完全无需用复杂的所谓“圆法”和相应“筛法”来解决这种素数、奇数和偶数间关系的问题,而按素数“除“1”和其自身外,不可被任何整数整除”的定义,就有,各素数都有不能被,小于它的所有素数,整除,的基本特性。
利用此一特性,就可采用:
整数,m,以表达各“素数”,j(m),的顺序.而由j(m)/j(m-k); k=0,1,2,…,m-1,都不是整数,判定j(m)是素数。
这样,我们就知道:m=1,j(1)=2, m=2,j(2)=3,而m=和>2, j(m)就都是奇数, j(m)+1,就都是能被2整除,而必然不是素数,就完全可以:对j(m)逐次+2,直到j(m)+2s时,(j(m)+2s)/j(m-k); k=0,1,2,…,m-1,都不是整数,就可以判定j(m)+2s是j(m+1)。
如此,就完全可以按序数,m,列表,具体确定各个素数,j(m),的数值,例如:
m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15,…,无穷大
j(m) 2 3 5 7 1113 17 19 23 29 31 37 41 43 47,…,j(无穷大)
直到m=无穷大,j(m)= j(无穷大),即:无穷大素数。
5.“歌德巴赫猜想”简单、完善的证明
采用如上方法表达和确定素数的数值和序数,就有:
偶数6=j(2)+j(2),而对于大于6的所有偶数:
当偶数2m=j(m-s)+j(m-s’);s,s’=0,1,2,…,或m-1, 则按素数的基本特性,j(m)/j(m-k);k=1,2,…,m-1,都不是整数,就可以判定,比素数,j(m+1),小的全部素数,j(m+1-k’);k’=0,1,2,…,或m-1,中至少必有1个素数,能使
2(m+1)-j(m-k)=j(m+1-k’);k,k’=0,1,2,…,或m-1,成立。
当m=3,已知有j(2)+ j(2)=6,2个素数之和是偶数,比这2个素数小的素数只各有1个。
当m每+1,则比这2个素数小的素数都各增加1个,而必至少能有2个素数之和是偶数。
如此逐次,增大 m,就证明了,大于6的所有偶数都至少有2个素数相加,等于它们
奇数7= j(1)+j(1)+j(2),而对于大于7的所有奇数:
当奇数2m+1=j(m-s)+j(m-s’)+j(m-s”);s,s’,s”=0,1,2,…,或m-1, 则按素数的基本特性,j(m)/j(m-k);k=0,1,2,…,m-1,都不是整数,就可以判定,则按素数的基本特性,j(m)/j(m-k);k=1,2,…,m-1,都不是整数,就可以判定,比素数,j(m+1),小的全部素数,j(m+1-k”);k”=0,1,2,…,或m-1,中至少必有1个素数,能使2(m+1)+1-j(m-k)-j(m-k’)=j(m+1-k”);k,k’,k”=0,1,2,…,或m-1,成立。
当m=3,已知有j(1)+ j(1)+ j(2)=7,3个素数之和是奇数,比这3个素数小的素数只有0个和1个。
当m每+1,则比这3个素数小的素数都各增加1个,而必至少能有3个素数之和是奇数。
如此逐次,增大m,就证明了大于7的所有奇数都至少有3个素数相加,等于它们。
对于m>3 的任意偶数,2m,奇数,2m+1,都具体验证了上述结论。
因而,对于,正实整数(也适用于负实整数或正负虚整数),就已简单、完善地证明了:大于6的所有偶数都至少有2个素数相加,等于它们,或大于7的所有奇数都至少有3个素数相加,等于它们,的“歌德巴赫猜想”(A和B)。
6.对于复数素数的证明
复数A=A1+iA2,与相应的“共轭复数”A*=A1-iA2,相乘=相应的实数,A1^2+A2^2。
复数A/复数B=(A1+iA2)/(B1+iB2)=(A1+iA2)(B1-iB2)/(B1^2+B2^2)
=((A1B1-A2B2)+i(A2B1-A1B2))/(B1^2+B2^2)。
只有“复数”,F=F1+iF2,的实部与虚部,即:F1=(A1B1-A2B2)/(B1^2+B2^2)与F2=(A2B1-A1B2)/(B1^2+B2^2),都是整数,成为N=N1+iN2,才是整数,N。
只有“复数”,F=F1+iF2,的实部与虚部,即:F1=(A1B1-A2B2)/(B1^2+B2^2)与F2=(A2B1-A1B2)/(B1^2+B2^2),除2都是整数,M=M1+iM2,才是偶数,以2M表达。
只有“复数”,F=F1+iF2,的实部与虚部,即:F1=(A1B1-A2B2)/(B1^2+B2^2)与F2=(A2B1-A1B2)/(B1^2+B2^2),除2都不是整数,M=M1+iM2,才是奇数,以2M+1表达。
只有J(m)=J(m)1+iJ(m)2除以J(m-k)=J(m-k)1+iJ(m-k)2;k=1,2,…,m-1,的实部与虚部,即:
J(m)1=(J(m)1J(m-k)1-J(m)2J(m-k)2)/(J(m-k)1^2+J(m-k)2^2)与
J(m)2=(J(m)2J(m-k)1- J(m)1J(m-k)2)/(J(m-k)1^2+J(m-k)2^2);k=1,2,…,m-1,都不是整数,才是复素数,以J(m)=J(m)1+iJ(m)2,表达。
因而,对于复数,要证明大于6的所有偶数都至少有2个素数相加,等于它们,或大于7的所有奇数都至少有3个素数相加,等于它们,的所谓“歌德巴赫猜想”(A和B),就都必需,也仅需,增加要求相应的各“复数”都满足以上的条件。
否则,就不能证明。
这也正是采用复数表达的“圆法”和相应的“筛法”的现有证法,不能最终证明,命题{1,1},即所谓:“1+1”,的实质原因。
4,参考文献:
[1]数学百科全书第二卷编委会 (顾问)苏步青等 (主任) 王元等科学出版社1994
[2]歌德巴赫猜想潘承洞潘承彪科学出版社 1981
[3]数论导引华罗庚科学出版社 1957
[4]“Asymptoticformula in combinatory analysis”, Hardy, G. H., Ramanujan, S., Proc. LondonMath. soc. (2) 17 (1918), 75-11
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