BSD猜想

云南玉龙之

反证法//

y^2=x^3+ax+b//
方程同时乘以S//
L令Y^2*S=1//
F(X)=X^3+aX+b-1/S//
ZE则得到结论//
　ords=1(l(s,E))不等于rankz(E(K))//
ords=1(l(s,E)属于rankz(E(k))//

假如不等于//
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则S属于E属于1//
1/S=E===>1/E=S//
[1:E]=[1:S][S:E]
则E属于S属于1///
有又由集合A与集合B相等的充分必要条件这两个集合互为子集///
就是S=E

回

　“千年难题”之七：贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton-Dyer)猜想
　　　　数学家总是被诸如x2+y2=z2那样的代数方程的所有整数解的刻画问题着迷。欧几里德曾经对这一方程给出完全的解答，但是对于更为复杂的方程，这就变得极为困难。事实上，正如马蒂雅谢维奇指出，希尔伯特第十问题是不可解的，即，不存在一般的方法来确定这样的方法是否有一个整数解。当解是一个阿贝尔簇的点时，贝赫和斯维讷通－戴尔猜想认为，有理点的群的大小与一个有关的蔡塔函数z(s)在点s=1附近的性态。特别是，这个有趣的猜想认为，如果z(1)等于0,那么存在无限多个有理点(解)，相反，如果z(1)不等于0,那么只存在有限多个这样的点。
　　世界数学难题

y^2=x^3+ax+b//
方程同时乘以S//
L令Y^2*S=1//
F(X)=X^3+aX+b-1/S//
ZE则得到结论//
　



ords=1(l(s,E))不等于rankz(E(K))//
ords=1(l(s,E)属于rankz(E(k))//

回
f(x)=0=X^3+aX+b-1/s



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====中国云南玉龙纳西族自治县000杨艳红

一览众山小

云南人也懂数学？楼主竟然能三句话就把哥德巴赫猜想说清楚，使我不禁发出此问。

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手机上网，不怎么好看

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“千年难题”之七：贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton-Dyer)猜想
　　　　数学家总是被诸如x2+y2=z2那样的代数方程的所有整数解的刻画问题着迷。欧几里德曾经对这一方程给出完全的解答，但是对于更为复杂的方程，这就变得极为困难。事实上，正如马蒂雅谢维奇指出，希尔伯特第十问题是不可解的，即，不存在一般的方法来确定这样的方法是否有一个整数解。当解是一个阿贝尔簇的点时，贝赫和斯维讷通－戴尔猜想认为，有理点的群的大小与一个有关的蔡塔函数z(s)在点s=1附近的性态。特别是，这个有趣的猜想认为，如果z(1)等于0,那么存在无限多个有理点(解)，相反，如果z(1)不等于0,那么只存在有限多个这样的点。
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y^2=x^3+ax+b//
方程同时乘以S//
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ords=1(l(s,E)属于rankz(E(k))//

假如不等于//
则1/S==>[1:S]=[1:E][E:S}///
则S属于E属于1//
1/S=E===>1/E=S//
[1:E]=[1:S][S:E]
则E属于S属于1///
有又由集合A与集合B相等的充分必要条件这两个集合互为子集///
就是S=E

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F(X)=X^3+aX+b-1/S//
ZE则得到结论//
　



ords=1(l(s,E))不等于rankz(E(K))//
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本主题由 luyuanhong 于 2016-1-30 00:25 移动
　　世界数学难题

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祝浏览的朋友新年快乐

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希尔伯特第+问题(Hilbert's tenth problem )关于整系数多项式是否存在整数解的难题.
[1]  希尔伯特第+问题(Hilbert's tenth problem )关于整系数多项式是否存在整数解的难题.1900年，德国数学家希尔伯特(Hilbert , D.)在巴黎第二届国际数学家大会上作的题为《数学问题》的著名讲演中，提出23个问题作为对未来数学家的挑战，其中的第10个问题是:寻找一个算法，使得对任意的整系数多项式，该算法可以判定等式P=。是否有整数解.经过长期研究，1970年，马季亚谢维奇(Matijacevic, Y.)在普特南(Putnam,H. )、美国女数学家鲁宾孙(Robinson, J. B.)和美国学者戴维斯( Davis , M. D.)等人工作的基础上否定地解决了这一问题，即证明了该算法是不存在的.具体地...他们证明了一个谓词是递归可枚举的，当且仅当该谓词是丢番图谓词.由于存在非递归的递归可枚举谓词，因此可知希尔伯特第十问题是不可解的.

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参考书籍《古希腊名题与现代数学》===张贤科

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引用请著名出处

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关注微信：DuoDaaMath每天获得更多数学趣文作者，MathOverflow网站上众人。翻译，小米，哆嗒数学网翻译组成员。原帖地址：http://matho
关注微信：DuoDaaMath 每天获得更多数学趣文
作者，MathOverflow网站上众人 。
翻译，小米，哆嗒数学网翻译组成员。
原帖地址：http://mathoverflow.net/questions/27755/knuths-intuition-that-goldbach-might-be-unprovable
我们在国内见过太多的数学网站，这些网站要么讨论些数学八卦，要么以讨论中小学数学的初等问题居多。而MathOverflow（简称MO）这个数学网站却不一样，这里提供了一个很好的平台供人们讨论专业性的数学，如果你是从事数学研究，这是一个好去处，你会惊奇的发现各个方向传说级别的大神在那里讨论问题。
网站内，都以英文讨论问题，而且只接受达到研究水平(Research Level)的问题。如果你提的问题水平不够，是会被管理员无情的关闭掉的。
当然，网站内也讨论一些与数学相关闲聊性质的不太硬核的问题，他们叫软问题(Soft Question)。这里，我们哆嗒数学网的小编们整理了一个关于哥德巴赫猜想（简称“1+1”或者“哥猜”）是不是可以证明的闲聊——注意，前面说过了，就算是闲聊也必须是研究水平的。参与闲聊的，可有大名鼎鼎的，被很多人视为男神的著名数学家陶哲轩哦！
阅读下面的内容，读者也需要相关专业的专业知识储备。感兴趣的读者也可以利用wiki来补充这些相关知识。
网友AgCl的提问：
“Knuth从直觉出发，表示哥德巴赫猜想（即每个大于2的偶数可以表示成两个素数的和）也许是一个既不能被证明也不能被证伪的结论，这个想法一直困扰着我。（见http://www.ams.org/notices/200203/fea-knuth.pdf, 32页）。我过去接触到的所有关于不可被证明性的结果都是十分抽象的，但是这一个却十分具体。”
“那么问题来了。是否存在一个类似哥德巴赫猜想的命题，被证明是不可判定的呢？所‘类似’是指形如‘所有自然数都具有性质P(n)’这样的命题，其中P(n)是某个关于自然数的性质。例如在哥德巴赫猜想中，P(n)就是‘如果n是大于2的整数，那么存在两个素数p与q使得n=p+q．’”
“如果Knuth的直觉是正确，那么这个结论在如下意义下非常有趣：哥德巴赫猜想的否命题如果是对的，那就显然是可证明的．所以如果哥德巴赫猜想被证明是不可被证明的，那么我们就知道哥德巴赫猜想会是对的，因为现在没有人能找到任何一个反例．从一个经验主义者的角度来说，这相当于证明了哥德巴赫猜想．”
网友们对此评论纷纷．有的网友对此想法不屑一顾“这更像是瞎猜而不是直觉吧”。
有的网友更是提出了反对意见“Knuth是个天才，虽然我不愿意但我不得不反对他的这个看法，因为我认为哥德巴赫猜想不可判定是十分荒谬的事情．注意到Knuth的论证也能同样地被应用在奇哥德巴赫猜想（即每一个充分大的奇数可以表示成3个奇素数的和）．在某种意义上，可以用于所有已经被证明的重要数学定理上．”
菲尔兹奖得主，数学家陶哲轩认真的回答了这个问题，也得到了最多的支持，他说：
“当我们说一个命题是不可判定的，总是隐含地针对某个公理体系来说的，例如皮亚诺算术或ZFC．一个算术语句之所以可以是不能判定的，是因为存在与这些公理体系相容的,相互不等价的算术模型．（这是哥德尔完备性和不完备定理的推论）．例如，标准的（或称为‘真’的）自然数遵循皮亚诺公理，但一些奇异自然数系统（即非标准自然数）也遵循皮亚诺公理．因此，的确可能出现某个算术语句，如哥德巴赫猜想，对于标准自然数成立，但对于某些其它遵循皮亚诺公理的非标准自然数不成立．但我个人认为，这种可能性很小．（注意到根据Loe定理，非标准自然数与自然数一样满足一阶语句，但人们也可以构造出更为奇特的算术模型使之导出完全不同的理论）．”
“因此，如果哥德巴赫猜想在某个给定公理体系中不可判定，那么这将说明每个大于4的‘真’的偶自然数是两个素数的和（否则我们将能在有限长度内证伪哥德巴赫猜想），但同时也说明存在一个遵揗此公理体系的，更奇特的自然数系统（比标准自然数更大），满足存在一些奇异偶自然数不是两个奇异素数的和．（注意到一个证明的长度必须是标准自然数，而不是奇异自然数，所以存在一个奇异的反例并不能直接证伪哥德巴赫猜想．）这种情形出现的可能性很小，但先验地来说这并不是不可能的（例如Goodstein定理的例子或Paris-Harrington定理）。”
“需要补充的是，当我们谈论像标准自然数这样的东西时，总是要通过一个外在的推理体系，而这个外在的系统也许和我们分析不可判定性的推理体系并不一样．例如，我们可以把ZFC作为外在的推理体系来分析在皮亚诺算术中什么是可判定的，什么是不可判定的，这时标准自然数的构造可以利用如冯诺伊曼序构造结合无穷公理．我们也可以用一个非形式化的外在推理体系，例如一个建立在柏拉图主义对数学对象信念之上，未被显式公理化的推理体系．为了防止在研究中混淆，最好是在概念上分清外在推理体系与被研究的内在体系。”
下面这个同样很受欢迎的回答是由网友gowers给出的：
“我曾经听Don Zagier提到一个更一般的想法：说一些理应成立的结论是不可被证明的，相当于说你所能预料到的东西都会发生．例如，π在它的十进制小数展开中存在无穷多个0这个命题，也许非常难，甚至是不可能被确切地，因为如果它真的被证伪了就是个奇迹了——也就是说如果它是对的，它并不需要一个理由去是对的。”
“哥德巴赫猜想是这个想法的一个有趣情况．我们知道‘素数是随机的’是一个经验性结论，而通过实验人们验证了至少在十分大的范围内哥德巴赫猜想是对的．如果恰当地结合这两者，也许我们能论证哥德巴赫猜想是错的概率非常地小。所以哥德巴赫猜想，作为一个关于素数的问题，像极了Zagier所说的那一类极为困难的问题。而且确实它至少十分难证明．但也有着其它类似的，如Vinogradov的三素数问题（每一个充分大的奇数都可以表示成3个素数的和），通过挖掘素数的这种‘随机性’而得到证明．也就说，某种程度上数学家证明了一个经验性的结论，而这个经验性的结论告诉了你一些你预期会成立的事实．从这种观点来看，哥德巴赫猜想不能被证明是因为现有的证明手段失效了：我们现有的伪随机性概念还不够强，因此不能保证伪随机数的和集不存在间隔．（现有的证明手段倒是可以证明，对（某种意义下）‘几乎所有’的偶数能够表示成两个素数的和．）＂
“也许我们能说，既然技巧失效了，那么Zagier的评判标准就能派上用场了。但我个人对此十分不舒服——那些比我对哥德巴赫猜想研究得更多的数论学家都同意这个问题暂时是难以触及的，但他们有时候会仔细探讨证明大概会长得是什么样子。”
“不过我想，至少可以有充足的理由相信，哥德巴赫猜想‘无条件就是对的’．而一个涉及不可证明性的命题，让人感觉哥德巴赫猜想即使是对的，也必须有一个理由．”
网友T..从另一个角度给出自己的看法：
“这就像是在问诸如＇外星人降临地球并给出一个关于哥德巴赫猜想在皮亚诺算术中不可证明的证明＇或＇一块古老的楔形文字石板上隐藏着一个RSA加密的关于黎曼假设独立于ZFC的证明＇等事件的概率．在上述情景中，哥德巴赫猜想（或黎曼假设）确实被获知是PA-不可证明的，但这也仅仅是作为某种巨大科学飞跃的副产品，以至于它们是否可证明都只是平凡的了．于是在这种情况下人们可以直接考虑外星人降临或巴比伦手稿的问题．”
“现在唯一已知的证明哥德巴赫猜想不可证明的方法，是通过寻找一个能够嵌入素数加性系统的皮亚诺算术（即：PA是否能从一个满足如下性质的PA-可构造函数g导出自身的一个模型：对任意的n>1，g(n)和(2n-g(n))都是奇素数）。这个命题将说明素数集合具有某种程度的刚性和复杂的结构，而现有的手段是难以企及这种性质的研究的－－其它的数学邻域也有类似的困境，如在代数数论（ζ函数）研究中人们希望找到与几何与拓扑弱的类比，或者在加性数论中发掘某种概率性的（拟随机性）结构－－这些命题让现有的数学都变得微不足道了。”
“另一种同样令人震惊的可能被用于证明哥德巴赫猜想超越PA的思路，是找到一种可证明一般（具体）的数学命题的PA-不可判定性的全新方法．如果这样的方法被找到，那么就意味着不仅仅是哥德巴赫猜想，还有一大批开放的猜想也能被证明是超越PA的（并在此过程中，在一个更强的体系如ZF中被解决）．这样一种具有普适性，能够把一大批现在猜想变成PA不可判定的ZFC定理的方法，与外星人降临一样，将会是如此的重要和带给人惊喜，以至于哥德巴赫猜想都不值一提了．”

“虽然未来的任何发现都有理论上的可能性，但就目前来说，只有唯一一个证据使我们相信哥德巴赫猜想的PA-不可证明性（即，在一个更强的体系，如ZF中，证明哥德巴赫的PA超越性）也许是正确的；那就是在过去80年间得到的一些哥德尔不可证明性和独立性的结果．而无论是在数理逻辑还是在其它的数学邻域，都没有迹象表明素数具有某种难以置信的精细结构，或存在某种普适性的关于不可证明性的理论．因此，认真地谈论哥德巴赫 猜想或黎曼猜想是否是PA-不可证明的，其实只是纯粹的对某个可能出现的崭新数学分支的展望，而无论结果如何时，与任何特定的数论问题的发展并无直接联系．”
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千禧年难题BSD求解的具体例子