|
|
哥德巴赫偶数猜想证明
文/施承忠
哥德巴赫偶数猜想是指：所有大于或等于4的偶数x都是x=p1+p2.p1,p2是素数.
首先不用证明我们就能得到x=a1+a2.a1,a2是奇数.
并且我们也知道它们与x/2对称，即：（x/2）±k=a1,a2.
因为这只能说明a1,a2是奇数，并不能说明a1,a2是素数，甚至不知道a1,a2中其中之一是素数.
我们知道如果a1是合数，那么a2是什么数都变的毫无意义.所以我们只要研究x-p1是素数就够了.怎么样才能保证x-p1是p2呢？这就要研究偶数x与p1的同余关系了.如果x是pk余a的数，p1也是pk余a的数，那么x-p1一定是pk的合数，所以我们必须把这些p1都去掉，剩下的p1就都是x-p1是p2了.
这样还不够，他们会说：因为x很大时，p2部分的素数会愈来愈稀疏，这样会导致x-p1都是合数，你必须保证这样的素数存在.
现在我们来证明这样的素数一定存在.
定理一
x=p1+p2中当x大于等于4时一定存在这样的素数对p1+p2.当x≥大于等于30236时一定存在这样的素数对p1+p2的D(x)≥D(hk+1)≥D(hk)≥D(30236)=218
证：
当x=pk^2+3时，x-3=pk^2,它是第一次出现x-p1是pk的合数.因为D(x)=h,x/d=h,而x-3=pk^2只有一个，故x/x=1,这样当x很大时，d/x趋向0，所以当x很大时，p2是合数比
x中的素数更稀疏，否则就不会有x愈大D(x)愈大.
现在我们具体来证明这样的存在性:在偶数过3的同余的第2个完整周期时，我们有D(8)=1,D(10)=2,D(12)=1，D(x)≥1.
当x过3，5的同余的第2个完整周期时，我们有D(x)≥D(32)=2.
当x过3，5，7的同余的第2个完整周期时，我们有D(x)≥D(332)=6.
当x过3，5，7，11，13的同余的第2个完整周期时，我们有D(x)≥D(30236)=218.
......
当x过3，5，7,...,pk的同余的第2个完整周期时，我们有D(x)≥hk≥218.
当x过3，5，7,...,pk+1的同余的第2个完整周期时，我们有D(x)≥hk+1≥hk≥218.
证毕.
我们证明这样还不够，我们还要证明比这更具体的东西.
筛法一般是指二千多年前的古希腊学者埃拉托斯特尼所创造的筛法。迄今为止许多数学家都认为这种筛法没有什么理论价值，被他们抛弃了.结果呢！抛弃了它，所作出的一切结果都难能称为筛法.他们的筛法筛出的不都是素数，而是包括了所谓的殆素数.陈景润作了最后的努力，也未能把这个殆字去掉.
那么，埃拉托斯特尼筛法真的像他们所说那么没有理论价值吗？我的回答是：非也.他们认为这样，是因为他们还没有掌握埃拉托斯特尼筛法的一些规律.
很早以前，我解决了一个筛法问题。这个问题是：
《命a1,a2,a3,...,an是n个连续的自然数.an=n^2或an=n*(n+1),则这n个自然数中至少有一个是素数》 证: 因为a1,a2,a3,...,an的全部素因子应当是p≤an^0.5. 那么它的全部最小因子应当是:1,2,3,...,n.素因子可与1,2,3,...,n中的素数对应,合数因子可与1,2,3,...,n中的合数对应,素数可以与1,2,3,...,n中除n以外的任何一个对应,那么至少与1对应的是素数.若不然,设素因子q的合数比1,2,3,...,n中的多,那么其它的都可以与1,2,3,...,n对应,这时至少有一个q因子的数与1对应,命它为a1,aq与1,2,3,...,n中素数q对应,而aq-q=a0,所以a1肯定不是q因子的数,那么它只能是素数.
证毕.
它证明了n^2到n^2+n之间一定存在一个素数.
但是这个方法始终用不到哥德巴赫偶数上来.
于是我另辟蹊径.大家都知道要筛掉x中的所有合数只要用到p≤√x就够了，那么这些p与x之间有着那样的数量关系呢？于是我用筛法证明了π(pk^2)≈1+∑[1,k]p .
这里p1,p2,p3,...,pk是所有不大于pk的素数.π(x)表不大于x的素数个数.
我们有：
定理二
施承忠大筛法素数公式
π(pk^2)≈1+∑[1,k]p （1）
证：
因为2(1+2+3+...+n)-n=n^2
这时任意一项k,1≤k≤n,都代表k个自然数.
我们将这k个自然数作一个筛法变换。这里2个1，其中一个代表自然数1，另一个代表最小偶数2，因为2只有一个因子是素数，所以保留下来。其它，如果k是合数就筛掉，因为它代表k个合数。如果k是素数,其中2个中一个是p个素数，则保留下来。另一个是p个具有最小因子p的合数被筛掉。虽然这种方法对于pk^2来说不一定存在等式关系,因为有时候会大于pk^2，有时候会小于pk^2.但是我们只要将pk扩大，那么那些项中所填的数字都是不变的.
证毕.
接下来，我们怎么能使π(x)=1+∑[1,k]p而不是π(x)≈1+∑[1,k]p呢？这办法是有的.因为π(pk^2)≈1+∑[1,k]p，那么一定存在一个x=x0,π(x0)=1+∑[1,k]p.而x0可以用(pk^2)^1±△来表示.
所以，我们就有：
π((pk^2)^1±△)=1+∑[1,k]p （2）
这里我们把pk^2称为素数奇点，把π(x)=1+∑[1,k]p的x称为素数正则点.
素数问题是解决了.但是解决哥德巴赫偶数问题就不那么简单了.因为哥德巴赫偶数问题需要两次筛法，这一点与孪生素数筛法相同.对同余筛法来说，它们也是相同的.
所以我们先来研究孪生素数问题.
定理三
施承忠大筛法孪生素数公式
这里q1,q2,q3,...,qk是所有不大于k的孪生素数,我们略去了q+2.T(x)表不大于x的孪生素数对数.
我们有：
T(2*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q (3)
证：
由施承忠大筛法素数公式知:
π(pk^2)≈1+∑[1,k]p.
因为孪生素数是指如果p是素数，那么p+2也是素数.
因为孪生素数都是奇素数，所以我们先从自然数1到qk^2中筛出π(qk^2)个素数，然后再在自然数1到qk^2+2中筛出π(qk^2+2)个素数.
这时如果π(qk^2)中一个素数p,p+2是π(pk^2+2)中的一个素数，我们就将这一对孪生素数留下，如果p+2不是π(pk^2+2)中的一个素数，我们就筛去，这样筛剩的孪生素数，就是不大于qk^2+2的所有孪生素数对,用T(qk^2+2)表示,但是我们还是习惯于用T(qk^2)来表示T(qk^2+2)，这里只相差一个常数2不影响我们对于这一问题的分析.
我们再次运用大筛法原理就会得到：
T(2*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q
这里为什么使用了2*qk^2而不是qk^2呢？那是因为它是π(qk^2)中筛出p,在π(qk^2+2)中筛出p+2所致.
证毕.
接下来，我们有着和素数一样的问题；
T((2*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q (4)
这里我们把2*qk^2称为孪生素数奇点，T(x)=∑[1,k.q≠q+2]q称为孪生素数正则点.
接下来我们就要证明哥德巴赫偶数问题了。
定理四
施承忠大筛法偶数公式
这里q1,q2,q3,...,qk是所有不大于k的孪生素数.D(x)表x的p1+p2的解的个数.
我们有：
D(4*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q (5)
证：
偶数x=p1+p2.
用D(x)表这样解数的个数.
从同余筛法来讲，孪生素数筛法是哥德巴赫偶数筛法中的一支.从实例来讲，D(x)中就有许多解数都是孪生素数的，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.因为每一个孪生素数都是可以固定下来的，而哥德巴赫素数只能固定在某个偶数中，对所有的偶数没有通用性.所以我们只能把孪生素数的解作为一种哥德巴赫素数的参考系.因为哥德巴赫素数是我们从2*qk^2中筛出π(2*qk^2)个素数，再从2qk^2中筛出π(2*qk^2)个素数，其中一列是倒置的.这时只要在正置的一列内的一个素数p,在倒置的一列内必有一个4*qk^2-p也是素数，就留下，否则就筛去，这个是同孪生素数的筛法是一样的,而它是2*qk^2+2*qk^2=4*qk^2,其中二分之一是重解.
因为D(x)=a,有非常多个解，我们现在只取一个最大的x,因为所有大于这个数的偶数x,D(x)≠a，所以它是这个解的偶数极点.那些比它小的偶数相对是没有意义的，可以归于D(x)=a的一个解集,所以我们只要筛出所有极点，就对所有的偶数有解了.
证毕.
我们还有更一般的办法来描绘这些性状.
因为x=e^lnx
我们只要将k控制在一定范围内，那么一定有cx/(lnx)^k≥b.对于所有的数列b1,b2,b3,...,bk,不管它们的稀疏如何都可以用cx/(lnx)^k来表示.
因为D(4*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q ，那么一定存在一个△使得D((4*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q （6）
我们把D(4*qk^2)称为偶数奇点，把D((4*qk^2)^1±△)=∑[1,k.q≠q+2]q 称为偶数的正则点.
一般情况下随着4*qk^2的不断增长，△就会不断的减小，如果我们用控制△来控制c，使得c的变量控制在我们手中，我们就能得到D(x)≥cx/(lnx)^k下面我们来着手做这样的事情.
有些事情，当你开始想时，看似非常容易，而你真要着手做时，就会觉得非常之难，甚至无能为力.就像D(x)=cx/(lnx)^2中的这个系数c，看似非常容易，却是非常之难.我们从经验中得到D(x)的一个下界公式D(x)≥cx/(lnx)^2,其中c=(ln12)^2/12=0.5145634215,理由是：当x>12时，c总是震荡着上升再也不会回到这个点位了,但是拿不出有力的数学证明.就像哈代-里特尔伍德公式D(x)≈2∏[p>2]1-(1/(p-1)^2)∏[p∣x,p>2]p-1/p-2 x/(lnx)^2一样拿不出有力的数学证明，但很实用，又很不科学.
我们有一个很好的办法是这样的：根据孪生素数的分布出发，建立D(x)的奇点4*qk^2，再得到x=((4*qk^2)^1+△)>∑[1,k.q≠q+2]q .
当 4*qk+1^2>x>4*qk^2时我们取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).下面我们将给出证明.
定理五
哥德巴赫偶数定理
x=((4*qk^2)^1+1/k)，D(x)>∑[1,k.q≠q+2]q
当(4*qk+1)^2>x>(4*qk)^2时我们取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).
证：
前面我们已经在定理四中说过：D(4*qk^2)≈∑[1,k.q≠q+2]q.并且存在一个偶数x=(4*qk^2)^1±△，使得D(x)=∑[1,k.q≠q+2]q .这里△是未知的，它是根据等式右边的条件来决定的.
现在我们要用一个已知数a来代入等式左边的△，使得(4*qk^2)^1+a>(4*qk^2)^1±△.
我们必须使用一个通用的函数f(x)使得对于所有的(4*qk^2)^1+f(x)>(4*qk^2)^1±△都成立.但f(x)不能大于1，否则1-f(x)<0,1-f(x)不能小于0.我们代入一个函数f(x)=1/k,因为1/1=1，1-1=0，得到(4*qk^2)^0=1.令△=△1，△2，△3，...，△k.当△=△1时△1=0.353984825，而1/1=1，1>0.353984825.当△=△2时△2=0.282923909,而1/2=0.5，0.5>0.282923909.当△=△3时△3=0.147144082,而1/3=0.3333333333，0.3333333333>0.147144082.
...
当△=△k时，1/k>△k
当△=△k+1时，因为△k<1/k,这时候1/k+1的取值区间是[0,1/k]大于△k+1的取值区间[0,△k],所以1/k+1>△k+1.
当 4*qk+1^2>x>4*qk^2时,因为ck是根据1/k取值的，ck已经取得足够小，在这个范围内可以保证不会使D(x)<ck∏[p∣x,p>2]p-1/p-2(x/(lnx)^2).
这就证明了定理五.
证毕.
定理六
孪偶定理
这里qk≠qk+2是孪生素数.D((2qk)^1+1/√k)>k
证：
我们已知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
将(4*qk)^2开方=2*qk,再将1/k开方=1/√k)，再将(2*qk^2)^1+△变形成(2*qk)^1+1/√k ，这就证明了定理.
证毕.
全部证明结束.
|
|
IP卡
狗仔卡
发表于 2016-4-14 18:37
提升卡
置顶卡
沉默卡
喧嚣卡
变色卡
显身卡
楼主