哥德巴赫猜想證明

哥德巴赫猜想證明

文/施承忠

哥德巴赫偶數猜想是指:所有大於或等於4的偶數x都是x=p1+p2.p1,p2是素數.首先不用證明我們就能得到x=a1+a2.a1,a2是奇數.並且我們也知道它們與x/2對稱,即:(x/2)±k=a1,a2.因為這隻能說明a1,a2是奇數,並不能說明a1,a2是素數,甚至不知道a1,a2中其中之一是素數.我們知道如果a1是合數,那麼a2是什麼數都變的毫無意義.所以我們只要研究x-p1是素數就夠了.怎麼樣才能保證x-p1是p2呢?這就要研究偶數x與p1的同餘關係了.如果x是pk余a的數,p1也是pk余a的數,那麼x-p1一定是pk的合數,所以我們必須把這些p1都去掉,剩下的p1就都是x-p1是p2了.這樣還不夠,他們會說:因為x很大時,p2部分的素數會愈來愈稀疏,這樣會導致x-p1都是合數,你必須保證這樣的素數存在.現在我們來證明這樣的素數一定存在.

定理一x=p1+p2中當x大於等於4時一定存在這樣的素數對p1+p2.當x≥大於等於30236時一定存在這樣的素數對p1+p2的D(x)≥D(hk+1)≥D(hk)≥D(30236)=218證:當x=pk^2+3時,x-3=pk^2,它是第一次出現x-p1是pk的合數.因為D(x)=h,x/d=h,而x-3=pk^2隻有一個,故x/x=1,這樣當x很大時,d/x趨向0,所以當x很大時,p2是合數比x中的素數更稀疏,否則就不會有x愈大D(x)愈大.現在我們具體來證明這樣的存在性:在偶數過3的同餘的第2個完整周期時,我們有D(8)=1,D(10)=2,D(12)=1,D(x)≥1.當x過3,5的同餘的第2個完整周期時,我們有D(x)≥D(32)=2.當x過3,5,7的同餘的第2個完整周期時,我們有D(x)≥D(332)=6.當x過3,5,7,11,13的同餘的第2個完整周期時,我們有D(x)≥D(30236)=218.......當x過3,5,7,...,pk的同餘的第2個完整周期時,我們有D(x)≥hk≥218.當x過3,5,7,...,pk+1的同餘的第2個完整周期時,我們有D(x)≥hk+1≥hk≥218.證畢.我們證明這樣還不夠,我們還要證明比這更具體的東西.

篩法一般是指二千多年前的古希臘學者埃拉托斯特尼所創造的篩法。迄今為止許多數學家都認為這種篩法沒有什麼理論價值,被他們拋棄了.結果呢!拋棄了它,所作出的一切結果都難能稱為篩法.他們的篩法篩出的不都是素數,而是包括了所謂的殆素數.陳景潤作了最後的努力,也未能把這個殆字去掉.

那麼,埃拉托斯特尼篩法真的像他們所說那麼沒有理論價值嗎?我的回答是:非也.他們認為這樣,是因為他們還沒有掌握埃拉托斯特尼篩法的一些規律.很早以前,我解決了一個篩法問題。這個問題是: 《命a1,a2,a3,...,an是n個連續的自然數.an=n^2或an=n*(n+1),則這n個自然數中至少有一個是素數》 證: 因為a1,a2,a3,...,an的全部素因子應當是p≤an^0.5. 那麼它的全部最小因子應當是:1,2,3,...,n.素因子可與1,2,3,...,n中的素數對應,合數因子可與1,2,3,...,n中的合數對應,素數可以與1,2,3,...,n中除n以外的任何一個對應,那麼至少與1對應的是素數.若不然,設素因子q的合數比1,2,3,...,n中的多,那麼其它的都可以與1,2,3,...,n對應,這時至少有一個q因子的數與1對應,命它為a1,aq與1,2,3,...,n中素數q對應,而aq-q=a0,所以a1肯定不是q因子的數,那麼它只能是素數. 證畢.它證明了n^2到n^2+n之間一定存在一個素數.

但是這個方法始終用不到哥德巴赫偶數上來.於是我另闢蹊徑.大家都知道要篩掉x中的所有合數只要用到p≤√x就夠了,那麼這些p與x之間有著那樣的數量關係呢?於是我用篩法證明了π(pk^2)≈1+∑[1,k]p . 這裡p1,p2,p3,...,pk是所有不大於pk的素數.π(x)表不大於x的素數個數.  我們有:

定理二施承忠大篩法素數公式   π(pk^2)≈1+∑[1,k]p (1)

  證:  因為2(1+2+3+...+n)-n=n^2  這時任意一項k,1≤k≤n,都代表k個自然數.  我們將這k個自然數作一個篩法變換。這裡2個1,其中一個代表自然數1,另一個代表最小偶數2,因為2隻有一個因子是素數,所以保留下來。其它,如果k是合數就篩掉,因為它代表k個合數。如果k是素數,其中2個中一個是p個素數,則保留下來。另一個是p個具有最小因子p的合數被篩掉。雖然這種方法對於pk^2來說不一定存在等式關係,因為有時候會大於pk^2,有時候會小於pk^2.但是我們只要將pk擴大,那麼那些項中所填的數字都是不變的.   證畢.

從定理二來看,π(pk^2)≈1+∑[1,k]p 似乎是一個素數分布的中線.我們如何從定理二中得到啟發,拿掉這個模稜兩可的≈符號呢?下面這個定理就是我們將>替換≈符號的一個證明.

定理三施承忠大篩法素數不等式 π((pk^2)^1+1/k)>1+∑[1,k]p (2)

證:因為我們只要將定理二中加上一個1±△,我們就會得到下面的一個等式關係: π((pk^2)^1±△)=1+∑[1,k]p (3)然後我們再用1/k來替換△,用+來替換±,再證明它的可行性.就算完成了我們的證明.我們必須使用一個通用的函數f(x)使得對於所有的(pk^2)^1+f(x)>1+∑[1,k]p都成立.但f(x)不能大於1,否則1-f(x)<0,1-f(x)不能小於0.我們代入一個函數f(x)=1/k.k=1時,因為1/1=1,1+1=2,1-1=0,這符合我們的要求.當k=1,2,3,...,k時都有(pk^2)^1+1/k>1+∑[1,k]p.當△=△k+1時,因為△k<1/k,這時候1/k+1的取值區間是[0,1/k]大於△k+1的取值區間[0,△k],所以1/k+1>△k+1.證畢.

我們將π((pk^2)^1+1/k)>1+∑[1,k]p 作一些改變,我們還可以得到 π((pk^2)^1-1/k)<1+∑[1,k]p (4)

這裡我們把pk^2稱為素數奇點,把π(x)=1+∑[1,k]p的x稱為素數正則點. 素數問題是解決了.但是解決哥德巴赫偶數問題就不那麼簡單了.因為哥德巴赫偶數問題需要兩次篩法,這一點與孿生素數篩法相同.對同餘篩法來說,它們也是相同的.所以我們先來研究孿生素數問題. 定理四施承忠大篩法孿生素數公式

  這裡q1,q2,q3,...,qk是所有不大於k的孿生素數,我們略去了q+2.T(x)表不大於x的孿生素數對數.  我們有:   T(2*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q (5)

  證:  由施承忠大篩法素數公式知:  π(pk^2)≈1+∑[1,k]p.  因為孿生素數是指如果p是素數,那麼p+2也是素數.  因為孿生素數都是奇素數,所以我們先從自然數1到qk^2中篩出π(qk^2)個素數,然後再在自然數1到qk^2+2中篩出π(qk^2+2)個素數.  這時如果π(qk^2)中一個素數p,p+2是π(pk^2+2)中的一個素數,我們就將這一對孿生素數留下,如果p+2不是π(pk^2+2)中的一個素數,我們就篩去,這樣篩剩的孿生素數,就是不大於qk^2+2的所有孿生素數對,用T(qk^2+2)表示,但是我們還是習慣於用T(qk^2)來表示T(qk^2+2),這裡只相差一個常數2不影響我們對於這一問題的分析.  我們再次運用大篩法原理就會得到:  T(2*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q   這裡為什麼使用了2*qk^2而不是qk^2呢?那是因為它是π(qk^2)中篩出p,在π(qk^2+2)中篩出p+2所致.  證畢.

接下來,我們有著和素數問題一樣能否得到一個孿生素數不等式.下面我們就要證明這個定理. 定理五施承忠大篩法孿生素數不等式 T((2*pk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q (6)

同樣我們能夠構造出像素數等式那樣的孿生素數等式 T((2*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q (7)也用同樣的方法得到孿生素數不等式 T((2*pk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q 證畢. 我們將T((2*pk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q 作一些改變,我們還可以得到 T((2*pk^2)^1-1/k)<∑[1,k.q≠q+2]q (8)這裡我們把2*qk^2稱為孿生素數奇點,T(x)=∑[1,k.q≠q+2]q稱為孿生素數正則點. 接下來我們就要證明哥德巴赫偶數問題了.

定理六施承忠大篩法偶數公式

  這裡q1,q2,q3,...,qk是所有不大於k的孿生素數.D(x)表x的p1+p2的解的個數.  我們有:   D(4*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q (9)

  證:  偶數x=p1+p2.  用D(x)表這樣解數的個數.  從同餘篩法來講,孿生素數篩法是哥德巴赫偶數篩法中的一支.從實例來講,D(x)中就有許多解數都是孿生素數的,例如:8=3+5;10=3+7,5+5;16=3+13,5+11;22=3+19,5+17,11+11;34=3+31,5+29,11+23,17+17等等.因為每一個孿生素數都是可以固定下來的,而哥德巴赫素數只能固定在某個偶數中,對所有的偶數沒有通用性.所以我們只能把孿生素數的解作為一種哥德巴赫素數的參考系.因為哥德巴赫素數是我們從2*qk^2中篩出π(2*qk^2)個素數,再從2qk^2中篩出π(2*qk^2)個素數,其中一列是倒置的.這時只要在正置的一列內的一個素數p,在倒置的一列內必有一個4*qk^2-p也是素數,就留下,否則就篩去,這個是同孿生素數的篩法是一樣的,而它是2*qk^2+2*qk^2=4*qk^2,其中二分之一是重解.  因為D(x)=a,有非常多個解,我們現在只取一個最大的x,因為所有大於這個數的偶數x,D(x)≠a,所以它是這個解的偶數極點.那些比它小的偶數相對是沒有意義的,可以歸於D(x)=a的一個解集,所以我們只要篩出所有極點,就對所有的偶數有解了.  證畢.

定理七施承忠大篩法偶數不等式 D((4*qk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q (10)

證:同樣我們能夠構造出像孿生素數等式那樣的偶數數等式 D((4*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q (11)也用同樣的方法得到孿生素數不等式 D((4*pk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q 證畢.

我們將D((4*pk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q 作一些改變,我們還可以得到 D((4*pk^2)^1-1/k)<∑[1,k.q≠q+2]q (12)

我們把D(4*qk^2)稱為偶數奇點,把D((4*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q 稱為偶數的正則點. 我們還有更一般的辦法來描繪這些性狀.因為x=e^lnx我們只要將k控制在一定範圍內,那麼一定有cx/(lnx)^k≥b.對於所有的數列b1,b2,b3,...,bk,不管它們的稀疏如何都可以用cx/(lnx)^k來表示.一般情況下隨著4*qk^2的不斷增長,△就會不斷的減小,如果我們用控制△來控制c,使得c的變數控制在我們手中,我們就能得到D(x)≥cx/(lnx)^k下面我們來著手做這樣的事情.

有些事情,當你開始想時,看似非常容易,而你真要著手做時,就會覺得非常之難,甚至無能為力.就像D(x)=cx/(lnx)^2中的這個係數c,看似非常容易,卻是非常之難.我們從經驗中得到D(x)的一個下界公式D(x)≥cx/(lnx)^2,其中c=(ln12)^2/12=0.5145634215,理由是:當x>12時,c總是震蕩著上升再也不會回到這個點位了,但是拿不出有力的數學證明.就像哈代-里特爾伍德公式D(x)≈2∏[p>2]1-(1/(p-1)^2)∏[p∣x,p>2]p-1/p-2 x/(lnx)^2一樣拿不出有力的數學證明,但很實用,又很不科學.

我們有一個很好的辦法是這樣的:根據孿生素數的分布出發,建立D(x)的奇點4*qk^2,從 D(4*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q D((4*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q D((4*pk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q D((4*pk^2)^1-1/k)<∑[1,k.q≠q+2]q 來得到4個不同的ck

當 4*qk+1^2>x>4*qk^2時我們取ck=(((4*qk^2)^1+△)/∑[1,k.q≠q+2]q)/(ln((4*qk^2)^1+△))^2 .D(x)=ck∏[p∣x,p>2]p-1/p-2( x/(lnx)^2).下面我們將給出證明.

定理八哥德巴赫偶數定理x=((4*qk^2)^1+1/k),D(x)>∑[1,k.q≠q+2]q當(4*qk+1)^2>x>(4*qk)^2時我們取ck=(((4*qk^2)^±1/k)/∑[1,k.q≠q+2]q)/(ln((4*qk^2)^1+1/k))^2 .D(x)>ck∏[p∣x,p>2]p-1/p-2(x/(lnx)^2).

證:前面我們已經在定理六中說過:D(4*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q.並且存在一個偶數x=(4*qk^2)^1±△,使得D(x)=∑[1,k.q≠q+2]q .這裡△是未知的,它是根據等式右邊的條件來決定的.當 4*qk+1^2>x>4*qk^2時,因為ck是根據1/k取值的,ck已經取得足夠小,在這個範圍內可以保證不會使D(x)<ck∏[p∣x,p>2]p-1/p-2(x/(lnx)^2).這就證明了定理八.證畢.

定理九孿偶定理這裡qk≠qk+2是孿生素數.D((2qk)^1+1/√k)>k

證:我們已知x=((4*qk^2)^1+1/k),D(x)>∑[1,k.q≠q+2]q.【】x=(2*qk^2)1+△,T(x)=∑[1,k.q≠q+2]q 我們將(4*qk)^2開方=2*qk,再將1/k開方=1/√k),再將(2*qk)^1+△中,代入△=1/√k),得到(2*qk)^1+1/√k ,這就證明了定理.證畢.

定理十不管孿生素數怎麼稀,我們總可以得到D((4*qk^2)^1+1/k)>∑[1,k.q≠q+2]q

證:如果孿生素數稀到幾乎為零,用數學表示式為qk+1-qk=y那麼我們必然有D((4*qk+1^2)^1+1/k+1)>∑[1,k+1.q≠q+2]q.為什麼?我們拿最密的兩個孿生素數為例:4*3^2=3636^1.353984825=128D(128)=3

4*5^2=100100^1.282923909=368D(368)=8y=5-3=2

我們把它變成很稀變成101這時候y=101-3=984*101^2=408043+101=104D(x)=104的偶數極點是12368即D(12368)=104D(40804)=30940804^0.8875652386=1040.8875652386<1.282923909

如果我們用100的指數代入40804^1.282923909=822584D(822584)=42494249>104

這是為什麼?因為當孿生素數很稀時,我們所取的自然數的區間會很大,它們所產生的p1+p2的素數對就不會少.

證畢.

最後我們來證明

定理十一x→∞limck=1

證:如果我們用雙記法D(4*qk^2)=ck∏[p∣x,p>2]p-1/p-2(x/(lnx)^2).那麼我們用單記法時就是2D(4*qk^2)=2ck∏[p∣x,p>2]p-1/p-2(x/(lnx)^2).因為我們用單記法時ck=(((4*qk^2)^1+△)/2∑[1,k.q≠q+2]q)/(ln((4*qk^2)^1+△))^2 .用雙記法時ck=(((4*qk^2)^1+△)/∑[1,k.q≠q+2]q)/(ln((4*qk^2)^1+△))^2 .如果lim(((4*qk^2)^1+△)/2∑[1,k.q≠q+2]q)=(ln((4*qk^2)^1+△))^2 ,那麼ck=1.我們來證明這是唯一的.我們有2ck的下界2ck-=((4*qk^2)^1+1/k)/2∑[1,k.q≠q+2]q)/ln(4*qk^2)^1+1/k)^2 上界2ck的下界2ck+=((4*qk^2)^1-1/k)/2∑[1,k.q≠q+2]q)/ln(4*qk^2)^1-1/k)^2 如果lim2ck=1,那麼一定有lim2ck-=lim2ck+我們有: 2c1-=0.2378075552 2c1+=∞

2c2-=0.7634733280 2c2+=8.4830369754

2c3-=0.6794303218 2c3+=10.4397266580

2c10-=0.9239436518 2c10+=5.2902159124

2c100-=1.5321089658 2c100+=2.1049683502

2c1000-=1.5234436110 2c1000+=1.5918277908

2c2000-=1.5986787228 2c2000+=1.6368728204

因為如果qk+1-qk很小時2ck很大,qk+1-qk很大時2ck很小.如果lim2ck≠1,它將會不斷的震蕩,直至趨向1.看起來我們的2ck還是很大,那是因為無窮遠是一個極點,我們連離2ck=1±0.1還是相當遙遠呢!證畢.

從以上的證明可以看出,哈代的係數是一種臆想,根本是不存在的.全部證明結束.


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