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“歌德巴赫猜想”及其简单、完善的证明

已有 2926 次阅读 2015-10-2 10:15 |个人分类:数理|系统分类:论文交流| 完善的证明

“歌德巴赫猜想”及其简单、完善的证明

 

中国科学院  力学研究所  吴中祥

 

                                   

 

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”,对就是所谓“歌德巴赫猜想”(A)(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)(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。

 

1918G. H. Hardy, s. Ramanujan, 采用一个由序数m2n求和2iknm的指数函数(复数的指数表达)S(k,n)其中k01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k01的积分=1(m=0);  0(m=0), 其中m为任意整数,因而,方程n=p(1)+p(2), p(1), p(2)大于或等3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), p(1), p(2) , p (3)大于或等3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6D(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7T(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)是很成功,而对于研究猜想(A)却收效甚微。

为了化解证明猜想(A)的困难:人们采用首先证明,“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}a + b ), 其中a, b, 是正整数,

当使a, b,逐步递减为1,命题{1,1},即所谓:“1+1, 就是猜想(A)

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,按“圆法”进行筛选,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

各个自然数都只需由其顺序,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,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,就不能简单地顺序确定其数值。

但是,按其定义,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=01,2,,m-1,都不是整数,判定j(m)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=01,2,,m-1,都不是整数,就可以判定j(m)+2sj(m+1)

   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 ………

j(m)   2  3  5  7  11 13 17  19 23  29 31 37 41 43 47 ………

 

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)ss=0,1,2,,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=01,2,,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=01,2,,m-1,成立。

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。

m+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,,m-1, 则按素数的基本特性,j(m)/j(m-k)k=01,2,,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 =01,2,,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=01,2,,m-1,成立。

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。

m+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+13 5+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

   也都给上述结论以具体验证。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”(AB)

 

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) 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) F2= (A2B1-A1B2)/(B1^2+B2^2),除2都是整数,M=M1+iM2,才是偶数,2M表达。

只有“复数”,F=F1+iF2,的实部与虚部,即:F1=(A1B1-A2B2)/(B1^2+B2^2) 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)2k=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)

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”(AB),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 (主任) 王元科学出版社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 combinatory analysis”, Hardy, G. H., Ramanujan, S., Proc. London Math. soc. (2) 17 (1918), 75-115.

 

 



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