“歌德巴赫猜想”破除现有方法复杂化的完善证明

中国科学院  力学研究所  吴中祥

                           提        要

给出了1个表达并确定各素数的序数、数值和变化规律的简便方法，简单、完善地全证明了“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？它要求证明什么？

  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：

各个自然数只需由其顺序，n，就能确定其数值，n。

“偶数”或“奇数”，是由可被或不可被“2”整除，而区分的两类整数。

因而，也可采用整数，m，为序，以，2m，顺序表达各“偶数”；以2m+1顺序表达各“奇数”，并确定其数值。

而“素数”或“合数”，是由除“1”和其自身外，可被或不可被任何整数整除的整数，所区分的两类整数。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，因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)：却可采用先证明，“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，而是：

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, 就是奇数，而 m=和>2, 则 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  11 13 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)，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)，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，由下表具体分析，可知，例如：

m  2m   j(m)  j(m1)+j(m2)     m1   m2

2  4    3

3  6    5         3+3         2     2

4  8    7         3+5         2     3

5  10   11   3+7 5+5         2,3    4,3

6  12   13   5+7              2      4

7  14   17  3+11 7+7         2,4   5,4

8  16   19  3+13 5+11         2,3   6,5

9  18   23  5+13 7+11 、      3,4    6,5

10 20   29  7+13               4      6

11 22   31  3+19 5+17         2,3   8,7

12 24   37  5+19 7+17         3,4   8,7

13 26   41  3+23 7+19         2,4   9,8

14 28   43  5+23              3      9

15 30   47  7+23 11+19        4,5   9,8

   对于m>3 的任意奇数，2m+1，由下表具体分析，可知，例如：

m 2m+1   j(m)  j(m1)+j(m2)+j(m3)                m1    m2    m3

2  5      3

3  7      5         2+2+3                     1      1    2

4  9      7         3+3+3                     2      2    2

5 11     11   2+2+7 3+3+5                    1,2    1,2  4,3

6 13     13   3+3+7 5+5+3                    2,3    2,3  4,2

7 15     17   3+5+7 5+5+5                    2,3    3,3  4,3

8 17     19   3+3+11 5+5+7 7+7+3              2,3,4  3,3,4 5,4,2

9 19     23   3+3+13 3+5+11 7+7+5             2,2,4  2,3,4 6,5,3

10 21    29   3+5+13 5+5+11 7+7+7             2,3,4  3,3,4 6,5,4

11 23    31   2+2+19 3+3+17 3+7+135+5+13     1,2,3 1,2,3 8,7,6

12 25    37 3+3+19 3+5+13 7+7+11 11+11+3     2,2,4,5 2,3,4,5 8,6,5,2

13 27    41 2+2+23 3+5+19 3+7+17 7+7+13 11+11+5 1,2,2,4,5 1,3.4,4,5 9,7,6,3

14 29    43 3+3+23 3+7+19 3+13+13            2,2,2, 2,4,6, 9,8,6

5+5+19 11+11+7                    3,5    3,5   8,4

15 31    47 3+5+23 3+11+17 5+7+19 5+13+13    2,2,3,3 3,5,4,6 9,7,8,6

也都具体验证了上述结论。

以此类推，m更大的任何偶数  和奇数的上述结论也都成立。

对于m>3 的任意偶数，2m，和奇数，2m+1，分别逐个增大，的数据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)2 J(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]“Asymptotic formula in combinatoryanalysis”, Hardy, G. H., Ramanujan, S., Proc. London Math. soc. (2) 17 (1918),75-115.