哥德巴赫猜想(1+1)的证明
哥德巴赫猜想(1+1)的证明
哥德巴赫猜想(1+1)的证明哥德巴赫猜想是数学中一道历史悠久、未能在300余年内被证明的一道重要问题,猜想的内容是:每个大于2的偶数都可以分解为两个质数的和。
以下将介绍一个有趣的证明方法。
首先,为了证明哥德巴赫猜想,我们需要了解一些基本数论知识。
数学家欧拉在18世纪提出了欧拉筛法,用于求解素数。
欧拉筛法可以得到一个素数表(prime table),在此基础上,我们就可以尝试通过素数表来证明哥德巴赫猜想。
我们先通过欧拉筛法得到一组素数表。
假设这个素数表中只包含n个素数,我们可以表示为P={p1,p2,p3,...,pn}。
那么根据哥德巴赫猜想,对于一个大于2的偶数m,我们可以得出公式:m=p+k其中,p是一个素数,k是另一个素数。
我们假设这个公式不成立,即对于m中任何一个素数分解,都无法得到p和k,那么根据数论知识,我们可以得到以下推论:1、m可以表示为至少三个奇素数之和:m=2p1+2p2+2p3+…+2pn2、由于素数表中只包含n个素数,所以必定存在i和j,使得:2p_i>m3、从公式(1)中可以得知,当k小于等于2pn时,也就是说,必定存在l和m,使得:2p_l<=k所以,根据公式(2)可以得出结论,当i和j存在时,必定存在l和m满足:现在我们要证明的是,如果假设公式(1)不成立,那么存在i、j和l、m,使得i≠l,j≠m,且2pl+2pm=m。
也就是说,任何一个不满足这个条件的m,都可以通过公式(1)来表示。
接下来,我们需要考虑以下三种情况:情况一:如果i=l或j=m如果i=l,那么必定存在k1和k2,使得:2p_i+k1=2p_l+k2从而可以得到m=2p_i+k1+2p_j-k1=2p_l+k2+2p_m-k2,就可以证明公式(1)成立。
情况二:如果i≠l,j≠m,且p_i+p_l≠p_j+p_m在这种情况下,我们可以通过重新排列公式(1)来得到:m=(p_i+p_l)+(p_j+p_m)其中,p_i+p_l和p_j+p_m都是奇数,因此必定可以找到两个素数q和r,使得:因此,我们可以得到:m=(2q+1)+(2r+1)所以,我们就可以通过公式(1)来表示m,证明公式成立。
数学论文:《哥德巴赫猜想》又一个证明
数学论文:《哥德巴赫猜想》又一个证明关键词:哥德巴赫猜想,偶数,奇素数摘要:凡大于4的偶数都可表示成两个奇素数之和。
这是1742年6月7日德国数学家哥德巴赫在给欧拉的信中提出的问题。
也就是《1+1》的问题。
在《古典筛法》中隐含着一个细节,而这一细节却成为论文解决问题的突破口。
对于大于4的任意偶数n,其符合《1+1》的素数个数可近似地表示为,pi表示第i个素数,其中,p1=2,p2 =3,p3 =5,p4 =7,p5=11,di表示关于pi的筛选系数,当pi整除n 时di=1;当pi不整除n时di=2,pk为[2,]中最大的素数。
这就是《古典筛法》的算式。
如果把1也当成一个素数来使用,则该式对6、8、12、18、24、30这6个偶数的《1+1》素数个数能进行准确的计算。
以30为例。
在[2,]中的素数为2、3、5,其运算式为(1 )(1 )=8。
而30=1+29=7+23=11+19=13+17。
所以是准确的运算。
而其他的偶数n不能完全被[2,]中所有的素数所整除,只产生一个有误差的值。
当n很大时,这个误差值有多大呢?其误差是否会失控呢?这就成为历来证明的难点。
对于大于4的任一偶数n,总共有个奇数,经素筛子pi(i=2、3、k)筛选后还剩约(1 )个奇数。
当pi能整除n时,这个奇数分成{(2m1)pi}、{(2m2)pi+1}、{(2m1)pi+2}、{(2m2)pi+3}{(2m1)pi+(pi1)},m属于正自然数的以2pi为公差的pi个等差数列。
每一数列的项数为项。
其中等差数列{(2m1)pi}中相应两项之和为n,它们不可能存在《1+1》而给以舍弃,剩下(1 )个奇数中可能存在《1+1》的素数。
此时为准确的运算。
当pi不能整除n时,这pi个数列的项数就不全相等了,分别为[]项和[]+1项(其中[]表示不超过的最大整数),而数列{(2m1)pi}中的任一项只能与另一数列中相应项之和等于n,它们基本上不存在《1+1》(即至多仅有一对《1+1》)。
关于一加一等于几的理论推断
一加一等于几这个问题,小学生都知道,不就是等于2嘛。
用公式可以写成
1+1=2
However,著名科学家哥德巴赫曾经有个偶数哥德巴赫猜想是这么说的任一大于4的偶数都可以表为两个素数之和。
当时的科学家就理所当然的把其写成了1+1=2。
”,意思是1个大偶数等于1个素数加1个素数。
再来说一说皮亚诺系统
P⒈0是一个数.
P⒉任何数的后继是一个数.
P⒊不存在有同一后继的两个数.
P⒋0不是任何数的后继.
P⒌如果P是一个性质,使(a)0具有性质P,(b)当一个数n具有性质P时,
如果你有大学理论数学的基础的话,很快就能裁判能从中推出(a) n+0=n;(b) n+k′=(n +k)′
这一递归定义的两点规定完全确定了任何两个整数的和
得出1+1=2
一加一等于几的这个式子看起来很简单,但其中的历史与推断是数学家历经千辛万苦而得出的,所以敬畏自然吧!。
陈景润对哥德巴赫猜想的证明
陈景润对哥德巴赫猜想的证明这个问题是德国数学家哥德巴赫(C.Goldbach,1690-1764)于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的,所以被称作哥德巴赫猜想。
同年6月30日,欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的,但他无法证明。
从此,这道数学难题引起了几乎所有数学家的注意。
哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。
“用当代语言来叙述,哥德巴赫猜想有两个内容,第一部分叫做奇数的猜想,第二部分叫做偶数的猜想。
奇数的猜想指出,任何一个大于等于7的奇数都是三个素数的和。
偶数的猜想是说,大于等于4的偶数一定是两个素数的和。
”(引自《哥德巴赫猜想与潘承洞》)哥德巴赫猜想貌似简单,要证明它却着实不易,成为数学中一个著名的难题。
18、19世纪,所有的数论专家对这个猜想的证明都没有作出实质性的推进,直到20世纪才有所突破。
直接证明哥德巴赫猜想不行,人们采取了“迂回战术”,就是先考虑把偶数表为两数之和,而每一个数又是若干素数之积。
如果把命题"每一个大偶数可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a+b",那么哥氏猜想就是要证明"1+1"成立。
1900年,20世纪最伟大的数学家希尔伯特,在国际数学会议上把“哥德巴赫猜想”列为23个数学难题之一。
此后,20世纪的数学家们在世界范围内“联手”进攻“哥德巴赫猜想”堡垒,终于取得了辉煌的成果。
到了20世纪20年代,有人开始向它靠近。
1920年,挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明,得出了一个结论:每一个比6大的偶数都可以表示为(9+9)。
这种缩小包围圈的办法很管用,科学家们于是从(9十9)开始,逐步减少每个数里所含质数因子的个数,直到最后使每个数里都是一个质数为止,这样就证明了“哥德巴赫猜想”。
1920年,挪威的布朗(Brun)证明了“9+9 ”。
1924年,德国的拉特马赫(Rademacher)证明了“7+7 ”。
歌德巴赫猜想(1+1)的解法探讨法
歌德巴赫猜想(1+1)的解法探讨法毫⽆疑问,要想攻克哥德巴赫猜想(1+1),⾸先要找到证明它的正确、可⾏的途径、⽅法。
证明⽅法有哪些?哪种⽅法可⾏?障碍在哪⾥,怎样扫除?⼏百年来,还没有⼈专题讨论这个问题。
数学家们⼋仙过海各显神通。
其中采取⼈数最多、名声、影响最⼤的⽅法是所谓的“迂回包抄法”,即证明“a+b”。
不必讳⾔,因为这种⽅法证明的⽬标、结果都是“合数+合数”,最好的结果(1+2)也仅仅是“素数+合数”,与问题(1+1)⽜头不对马嘴,即不是“素数+素数”,所以是错误的。
采取此法,实际是⾮理性的⽆奈选择,即使产⽣了成果,也是种⽠得⾖的“附产品”,另当别议。
其次是“穷举(验证)法”。
不⾔⽽喻,这种⽅法“⾏不通”。
正确的⽅法有如下⼏种。
1、“概率法”。
即证明(1+1)出现的概率不⼩于1。
这种⽅法“⾏不通”的障碍,是已有的准确计算素数个数的公式,需要找到2n平⽅根内所有的素数,才能计算出2n内的素数个数。
当2n⾮常⼤时,根本不可能找出需要的全部素数、⽆法计算(素数个数的下确界)。
因⽽需要⾰新计算⽅式、技术。
怎样⾰新?可谓⼈们“熟视⽆睹”,就是根据“筛法”原理、乘法分配律计算2n内的素数个数的下确界(2n平⽅根的k倍,k⼤于1且随⾮连续偶数增⼤递增)。
有了这个数据,证明不难吧?这种证明法,否定者会吹⽑求疵说,“只是概率呀,某些2n 可能例外呢?”2、“计算法”。
即直接求计任意⼤偶数的(1+1)式⼦数的下确界(结果导出其下限公式),只要其⼤于或等于1,问题迎刃⽽解。
具体证明请看《计算证明歌德巴赫猜想》。
怀疑者不妨⾃⼰先试证其(⾮常简单的,不取整运算的)近似值公式,再评判。
这种⽅法“⾏不通”的障碍、解决办法同1。
这种证明法,⽆懈可击吧!(⽬前,还没有⼀位否定者指出笔者的证明⽂稿的⽅案、途径、⽅法、障碍、论据、推理、计算、结论⼀丁点错误,或者举出⼀个反例。
他们不懂得否定公式成⽴,必须指出这些致命错误,或者明知故为?反正否定的理由,⽆⾮是不看就知道是错的;论⽂、记号不规范、概念模糊叙述不明;⽂章才⼏⾯太短⼩、初等、简单,根本不可能解答世界难题;作者运⽤的⽅法是别⼈运⽤过的,引理是公认的现成的,根本没有新的思想、见解、⽅法、发现;作者并未给出证明;推导出的计算式⼦不是公式;证明虽对,但没有价值意义;作者没有受过⾼等数学训练等等。
哥德巴赫猜想(1+1)
后期发展
1967年-至今
近乎毫无起色
我找到规律了: 正态分布。 前期,后期少,中间期爆发。
务实,务实。 还是学学最常用的方法吧!
一般方法
殆素数: 殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数, 虽然不能证明N是两个素数之和,但足以证明它能够写 成两个殆素数的和,即N=A+B,其中A和B的素因子个 数都不太多,譬如说素因子个数不超过10。用“a+b”来 表示如下命题:每个大偶数N都可表为A+B,其中A和B 的素因子个数分别不超过a和b。显然,哥德巴赫猜想就 可以写成"1+1"。在这一方向上的进展都是用所谓的筛 法得到的。
一般方法
三素数定理: 如果偶数的哥德巴赫猜想正确,那么奇数的猜想也正确。 我们可以把这个问题反过来思考。已知奇数N可以表成 三个素数之和,假如又能证明这三个素数中有一个非常 小,譬如说第一个素数可以总取3,那么我们也就证明 了偶数的哥德巴赫猜想。这个思想就促使潘承洞先生在 1959年,即他25岁时,研究有一个小素变数的三素数 定理。这个小素变数不超过N的θ次方。我们的目标是 要证明θ可以取0,即这个小素变数有界,从而推出偶数 的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先证明θ可取1/4。后来 的很长一段时间内,这方面的工作一直没有进展,直到 1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7/120。这个数 已经比较小了,但是仍然大于0。
证明
路径一:当2N大于某数时,N前奇素数数列没有对应的like数列。
对于3,其所有指数均为其like数列。无穷多个; 对于(3,5),其like数列是一个3的指数3a和一个5的指数5b,即3a5b=±2的整数解。而此指数方程只有整数解1,1和3,2,所以仅有 like数列(25,27)。1个; 对于(3,5,7),它的like数列项必须满足方程组(7c-3a=2,5b-7c=2)或 (7c-5b=2,3a-7c=2),此方程组无整数解。即like数列为0个; 归纳可得,(3,5,7,…,Pn)无like数列,证毕。
《哥德巴赫猜想(1+1)的证明》原理的探索
4 .从 序数角度考虑
文 献 I中超 限 归 纳 法 和 反 正 法 实 质上 I
;2 .理论 基础和根据
探索 逝证明哥德 巴赫猜 想( +1的理论 基础和 1 )
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2 1 文献 【 . z 1 论 根 据是 自然 数 公理 、 的理
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种排法的元素都能与 B的所有元素不重复 全排列 的任何一种排法的元素一 一对 应 , 则 A=B。 因为 这 样 条件 下 ,这 两 个 集 合 的共 同元素排 法是一致的情况必然 出现 , 即 用 相 等 的对 应 法 则 来对 应 时 仍 是 一一 对 应 ,必然一一对等。有了文中超限归纳法 和 反 正 法 的 内 容 ,这 个 定 理 就 更 明 确 了 。
正 整数 。 引理 3 2 任 意 两 个 > 6的 不 同偶 数 . 2 ,2 必 可 表 示 为 :2 =( t P ) m m, m, P + 2 R
2 2 p+ 2 R2 m ( { P ) ,其 中 p + 2≠ P P , IP I 2
pl ≠ p:,P ≠ P ,Pl ∈ p l 2 l,P ∈ p l l ,p2
有 的 偶 数 都 是 两 个素 数 之 和 ” ,或 陈 景 润 和潘 承洞 证 明 的 定 理 :E( ) < 。 x < ,即
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1+1等于几
1+1到底等于多少回答:1+1=2.“1+1=2”与“哥德巴赫猜想中‘1+1’”的概念完全是两回事.郭敦顒是《哥德巴赫猜想证明》的作者,该论文发表于博客中国,为百度快照收录.偶数哥德巴赫猜想的意思是任一大于4的偶数都可以表为两个素数之和.以前的数学家将其简称为“1+1”,意思是1个大偶数等于1个素数加1个素数.而哥德巴赫猜想非常艰深,难以为一般人们所能真正理解,倒是其简称“1+1”给人以深刻地印象——被误解的印象——总有人问“1+1到底等于多少”,此问题不知还被误解到何时!数学家对此应向公众检讨!郭敦顒在其《数学纲领微观数学与宏观数学》一文中写道:自然数的皮亚诺公设与加法定义为了研究自然数的连续性,需先对自然数有个了解,故先介绍自然数的皮亚诺公设与加法定义.卡尔·亨佩尔在其论文《论数学真理的本性》注中介绍了作为数学基础的皮亚诺的公理系统——现在考察一个公设系统,从它可以导出自然数的整个算术.这个系统是由意大利数学家和逻辑学家皮亚诺(1858—1932)设计的.…术语“数”则专指自然数0,1,2,3….自然数n的后继有时简称n′,它用来指按自然顺序紧跟n的那个自然数.皮亚诺系统包含下列五个公设:P⒈ 0是一个数.P⒉任何数的后继是一个数.P⒊不存在有同一后继的两个数.P⒋ 0不是任何数的后继.P⒌如果P是一个性质,使(a)0具有性质P,(b)当一个数n具有性质P时, n 的后继也具有性质P,那么每一个数都具有性质P.最后一个公设体现了数学归纳原理,并且以非常明显的方式作出了通过规定来坚持数学“真理”的例证.…我们可以建立一个加法定义,它以精确的形式表达出把任何自然数加到某一给定数上要被看做1的重复加法这样一种观念;后一运算立即可用后继关系来表达.加法定义有如下述:D⒈ (a) n+0=n;(b) n+k′=(n+k)这一递归定义的两点规定完全确定了任何两个整数的和.…(顺便提一下,在公式“3+2=5”的证明中,我们反复地利用了等同关系的传递性;后者在这里是被作为可以用在任何算术定理的证明中的逻辑规则之一而接受下来的;所以它和任何其他逻辑原理一样不包含在皮亚诺公设之内.)现在可以用递归定义来定义自然数的乘法,递归定义用严格的形式表达了这种思想:两个整数的积nk可以被看成k个各等于n的项的和.D⒉(a) a·0=0;(b) n·k′=n·k+n.。
简介筛法两步解答哥德巴赫猜想(1+1)
简介筛法两步解答哥德巴赫猜想(1+1)(1+1),代指每个⼤于6的偶数2n都可以表成两个素数和。
在此不介绍其问题的提出,研究成果、进展、困难、价值、意义,直接扼要解说⼀种虽然初等、简单,但是确凿的证明的思路、⽅法。
第⼀步确定解答⽅案、途径从任意⼤的2n可以表成的n式两个⾃然数和中,减去所有加数有(1个或2个)合数的式⼦,再减去1(1所在式,另⼀加数被减去时不能再减),只要余式(必是素数和)不少于1,则(1+1)成⽴。
例如 2n=10=9+1=8+2=7+3=6+4=5+5减去有合数与1的式⼦,余下10=7+3=5+5两个式⼦。
(不必细说)其中道理,谁不明⽩?谁能否定此⽅案?根据解题思路命名,这种证明⽅法叫“筛(除合数)法”。
第⼆步实施计算根据实施⼿段命名,这种证明⽅法叫“计算法”。
1、减去两个加数都能够被2整除(即两合数和,理由不需要讲解吧)的式⼦: n-n/2=n/2 余式中没有加数能够被2整除的式⼦了。
2、因为已经减去的式⼦中的加数,能够被3整除的已经被减去,所以加数能够被3整除的式⼦数,最多(此处、以下都不考虑两个合数和的情形,因为按合数和情形计算,应该减去的式⼦数少⼀半,余式数更⼤。
因此,最终得出的余式数很可能⼩于实际数,绝对不可能⼤于实际数。
道理不⾔⾃明,2n的素因⼦越多,越⼩于实际数。
)还有余式的2/3(因为每式有两个加数),把它们从余式中减去:n/2-n/2x2/3=n/2x1/3 余式中没有加数能够被2、3整除的式⼦了。
3、与“2”同理,再从余式中减去余式中的加数能够被5整除的最多个数:n/2x/1/3-n/2x1/3x2/5=n/2x1/3x3/5 余式中没有加数能够被2、3、5整除了。
4、与“3”同理计算,依次减去余式中加数能够分别被7、11···直⾄2n平⽅根内最⼤素数p r整除的最多个数,最终得余式数n/2x1/3x3/5x5/7x9/11x···xp r-2/p r,这些式⼦的加数都不能够被2、3、5、7、11···p r整除了。
哥德巴赫猜想的证明
“1+1”张耀洲提要:他证明了任两个奇素数和的集合等于全体大于4的偶数集合。
从而证明了哥德巴赫猜想。
符号:Z 是全体自然数的集合;(P k ,P )1(+K )为第k(k+1)个奇素数;P K (P M )为小于2P k (2P )1(+k )的最大素数;Κ,Ν,Μ∈Z 。
引理1:集合A={2i│i=0,1,2,...n }任两个元素和的集合等于B={2i+2i│i=0,1,2,..n };若有B ,则有A 。
引理2:集合A={2i│i=0,1,2,...n }任两个元素差中全体非负数的集合等于{0,2,4,...2n}。
定理1:設P n 为第n 个奇素数,P N 为小于2P n 的最大素数,则集合E ={(P i +P j )│2≤i+j≤2Ν+2}⊇{6,8,10,...P N +7}。
⑴定理2:設P n 为第n 个奇素数,P N 为小于2P n 的最大素数,则集合F ={(P i -P j )│2≤i+j≤2Ν+2}⊇{0,2,4,...P n +3}。
证明:用翘翘板归纳法证明定理1,2。
一,当n=1时,P 1=3,2P 1=6,P N =5,Ν=2,2Ν+2=6;F ⊇{0,2,4,6},E ⊇{6,8,10,12};当n=2时,F ⊇{0,2,4,6,8},E ⊇{6,8,10,12,14};当n=3时,F ⊇{0,2,4,...10},E ⊇{6,8,10,...20}.∴n=1,2,3时,定理1,2都成立。
二,按照归纳法假设,当n=k(k>2)时,集合F k ={(P i -P j )│2≤i+j≤2Κ+2}⊇{0,2,4,...P k +3}。
由引理1F 十={(P 1i -P 0i )+(P 1j -P 0j )│2≤i+j≤2Κ+2}⊇F 0={0,2,4,...2P k +6}。
∵(P 1i -P 0i )+(P 1j -P 0j )=(P 1i +P 1J )-(P 0i +P 0j )(2≤i+j≤2Κ+2)。
关于1+1=?的一些观点
关于1+1=?一些观点郭敦顒在《哥德巴赫猜想证明》有关“1+1=?”的论述:1+1=2,不能等于1。
这是公认的道理——公理,不需证明,不容置疑。
“1+1=2”与“哥德巴赫猜想中‘1+1’”的概念完全是两回事。
哥德巴赫猜想的意思是任一大于4的偶数都可以表为两个素数之和。
以前的数学家将其简称为“1+1”,意思是1个大偶数等于1个素数加1个素数。
而哥德巴赫猜想非常艰深,难以为一般人们所能真正理解,倒是其简称“1+1”给人以深刻地印象——被误解的印象——总有人问“1+1到底等于多少”,此问题不知还被误解到何时!数学家对此应向公众检讨!郭敦顒在《数学纲领微观数学与宏观数学》一文中写道:自然数的皮亚诺公设与加法定义。
为了研究自然数的连续性,需先对自然数有个了解,故先介绍自然数的皮亚诺公设与加法定义。
卡尔·亨佩尔在其论文《论数学真理的本性》注中介绍了作为数学基础的皮亚诺的公理系统——现在考察一个公设系统,从它可以导出自然数的整个算术。
这个系统是由意大利数学家和逻辑学家皮亚诺(1858—1932)设计的。
术语“数” 则专指自然数0,1,2,3…。
自然数n的后继有时简称n′,它用来指按自然顺序紧跟n的那个自然数。
皮亚诺系统包含下列五个公设:P1. 0是一个数。
P2. 任何数的后继是一个数。
P3. 不存在有同一后继的两个数。
P4. 0不是任何数的后继。
P5.如果P是一个性质,使(a)0具有性质P,(b)当一个数n具有性质P时,n的后继也具有性质P,那么每一个数都具有性质P。
最后一个公设体现了数学归纳原理,并且以非常明显的方式作出了通过规定来坚持数学“真理”的例证。
我们可以建立一个加法定义,它以精确的形式表达出把任何自然数加到某一给定数上要被看做1的重复加法这样一种观念;后一运算立即可用后继关系来表达。
加法定义有如下述:D1. (a) n+0=n;(b) n+k′=(n+k)′这一递归定义的两点规定完全确定了任何两个整数的和。
利用孙子定理证明哥德巴赫猜想(1+1)的探讨
2
对(A'')~(G'')的限制条件和对(A)~(G)的限制条件都得到满足;但选定之时,(A'')~(G'')之各 Bj 与之(A)~(G)之对应 Bj 必须相同,这保证(A)~(G)与(A'')~(G'')之 n 与 m 分别相同。如能 如此选定,则哥德巴赫猜想便可得到证明。下面讨论如何选定 Bj。
2
将引用的素数性质与同余式性质
举出素数和同余式的某些性质备用。 (1)为了表述方便,除了素数 2,本文判断任何大于 2 之非零正整数为素数的准则是: 凡不能被小于它的一切素数逐一整除者,为素数。这与习用者不同,而且很原始。 (2)还要举出孙子定理(即中国剩余定理)备用:如果 k 2,而 p1,p2,…,p k 是两 两互素的 k 个非零正整数。令 P=p1p2…pk=pjPj,j=1,2,…,k。则必存在一个满足下之同 余式组 x B1(modp1), x B2(modp2),…,x Bk(modpk) (Bj 为任何整数) 的整数解 x≡B1P1P1'+B2P2P2' +…+B k P kP k' (mod P)。 上同余式中的 Pj'是满足同余式 P jP j'≡1(mod p j)的一个整数,j=1,2,…,k。 (见任何《初 等数论》教材。 ) (3)现在说明依次用由小到大的素数 p 除素数 a 的情况,当素除数 p 小于素数 a 时, 余数是大于零、小于 p 的某非零正整数。素除数 p 等于素数 a 时,刚好除尽 a,余数为零。 再以更大的素数 p 除素数 a,余数是 a 本身。反之,根据性质(1) ,符合这些条件的 a 必为 素数 p。 (4)伯特兰(J. L. F. Bertrand 1822-1900)—切比晓夫(Пафнутии Львович Чебышев 1824-1894)定理说的是 “对于所有大于 1 的整数 n,存在一个素数 p,符合 n < p < 2n”。 [为了下文的叙述明确,对几个名词要予界定。自然数——1、2、3、…。整数——负的 自然数+零+自然数。非零正整数=自然数。正整数——零+自然数。同时,下文对孙子定理 所涉及的数类的覆盖领域要予以缩小。使符合本文证法的需要。]
如何求证1+1=2(即哥德巴赫猜想)?
PROVE: EVERY EVEN NUMBER BIGGER THAN TWO CAN BE ACCUMULATED BY ONLY TWO UNIQUE NUMBERS(THE GOLDBACH’S CONJECTURE):MY (JACKY, JIONGCONG CHEN’S) ANSWERS:SUPPOSE: N > 3 AND N IS AN INTERGAL.THEREFORE: 2N > 6 AND IS ALSO AN EVEN NUMBER;2N = 2·N + 3 – 3 = 2·( N – 1 ) – 1 + 3 > 6 AND IS ALSO AN EVEN NUMBER.SUPPOSE K IS A NATURAL NUMBER, X·Y = 2 ( N – 1 ) – 1 AND X, Y IS A REAL NUMBER.THEREFORE: 2·N = X·Y + 3 = ( X·Y - 2·K ) + ( 3 + 2·K ).BECAUSE: THERE IS ALWAYS A REAL NUMBER “K” ALLOWING ( 3 + 2·K ) AND ( X·Y - 2·K ) TO ACCUMULATE EVERYEVEN NUMBER EXISTS;AND 6 = 1 + 5 AND 4 = 1 + 3, WHICH ARE CONSISTED BY UNIQUE NUMBER: 1, 3 AND 5;THEREFORE: EVERY EVEN NUMBER WHICH IS GREATER THAN 2 CAN BE CONSISTED OR ACCUMULATED BY TWO DIFFERENT UNIQUE NUMBERS.THEREFORE: THE GOLDBACH CONJECTURE HAS NOW BEEN FURTHERLY PROVEN.求证:一个大于二的偶数一定能够被两个不同的质数相加而得(即哥德巴赫的猜想)。
证明哥德巴赫猜想的简明思路与过程
证明哥德巴赫猜想的简明思路与过程证明哥德巴赫猜想的简明思路与过程1. 该课题的研究历史上文中,哥德巴赫猜想的证明,涉及到数轴上不同属性自然数之分布规律。
自然数除“1”之外,其余是位置互补的两类数:第一类是素数,也称为质数,它指那些大于1、且只能被1和自身整除的数;素数从唯一的偶素数2起始,存在无穷多个,但其分布是无章可循的。
第二类是合数,它指那些两个以上素数之乘积。
所以,素数只含本身一个素数因子;而合数至少含有两个素因子。
由此可推知,任意合数b的最小素因子,。
那么,不大于任意偶数2a所有素数之整倍数、就筛掉了不大于2a的全部合数,就暴露出了小于2a的素数。
哥德巴赫猜想命题,是1742年德国数学家哥德巴赫提出来的。
其内容可表述为:凡是大于4的偶数必为两个奇素数之和。
所以又将其简记为“1+1”,“1+1”可被形象地理解为一个只含“1”个素数因子的奇数、再加上一个只含“1”个素数因子的奇数。
该命题问世以来,其证明一直被喻为是摘取“数学皇冠上的明珠”。
所以,1920年以来,全世界数学家展开了一场“逐步逼近”、无限缩小包围圈的战役,依次证明出了“9+9”“7+7”…“1+2”。
“1+2”是我国数学家陈景润于1966年证明出来的,被誉为“陈氏定理”,其结论是:充分大的偶数,可表示为一个素数和一个不超过2个奇素数乘积数之和。
但在人们庆幸该成果诞生之余,却无奈地发现终极目标“1+1”距我们并非只剩下“一步之遥”,而是还“远在天边”!因为从“9+9”到“1+2”的证明过程中,一直使用的这种“逐步逼近”的办法,似乎已走到了尽头,无法再继续下去、抵达终极目标“1+1”了!这种结局的积极意义是:它促使人们摆脱陈旧的定势思维、重起炉灶、另辟蹊径、建立新的数学模型、创新数学方法,使该课题峰回路转,闯出了柳暗花明的又一片新天地;但其消极影响也很严重,它挫伤了一些人的自信心,从而引发了许多悲观的、无所作为的论点。
当时,某权威媒体曾刊文说:“大批中外数学家成年累月地努力尚未解决的难题,如果可以靠加加减减和微积分去解决,那么近百年的数学发展不是等于零吗?大批数学家的努力不是等于零吗?”这种棉里藏针且极为情绪化舆论压力,使得再也无人敢正视该课题的新研究成果,将其一概斥之为“胡说八道”。
“1+1”的证明
“1+1”的证明哥德巴赫猜想中的“1+1”,虽然猜了二百六十多个年头,但还是可以用下面两种方法证明。
1.对应法1.1 为应用对应法证明“1+1”,我们先来证明一个相关的引理:最简同分母真分数之和一定是整数。
如:19+29+49+59+79+89=3160+760+1160+1360+1760+1960+2360+2960+3160+3760+4160+4360+4760+4960+5360+5960=8同以上两例一样,其他的最简同分母真分数之和必为整数,这到底是为什么呢?我们说,其原因有二:1.同分母真分数之和,奇性为一个整数,偶性为一个整数加上12。
(1)若分母为奇数,同分母真分数之和可写成:12n-1+22n-1+32n-1+…2n-32n-1+2n-22n-1(2n-1≠0)(a)仔细观察上(a)式可发现:上(a)式总项数为2n-2,必为偶数,且首尾对应为“和1数”(即首尾对应项之和为1的一对数我自称为“和1数”,下同)。
如:12n-1+2n-22n-1=1;22n-1+2n-32n-1=1;……所以上(a)式同分母真分数之和一定为整数,我们可设其为N1,则:12n-1+22n-1+32n-1+……+2n-32n-1+2n-22n-1=N1,如:113+213+313+413+513+613+713+813+913+1013+1113+1213=113+1213+213+1113+313+1013+413+913+513+813+613+713=6(2)若分母为偶数,同分母真分数之和可写成:12n+22n+32n+…n2n+…2n-22n+2n-1n(2n≠0)(b)显然,上(b)式总项数为2n-1,必为奇数,且和1数同样存在,中间一项一定为12。
即:12n+2n-12n=1;22n+2n-22n=1;……n2n=12所以上(b)式同分母真分数之和一定为一个整数加上12,我们可设其为N2+12,则:12n+22n+32n+……n2n……+2n-22n+2n-12n=N2+12。
哥德巴赫猜想(1+1)
很容易看出: 该矩阵每列及每行都有素数。
每行中的元素为: 第一个奇数-(Pn-3) 即O-(Pn-3)
所以O-(Pn-3)=p(素数) 即O+3=Pn+p 这不就是哥德巴赫猜想吗?
文献:LiKe. LiKe Matrix and Goldbach Conjecture[J], Journal of Seeking Knowledge Guide.
这里空间太小,欲知详情请问度娘。
可惜,他没有解决信中一句话的难题!
猜想来源
欧拉 1707-1783
高斯 1777-1855
黎曼 1826-1866
是英雄都去敲过门,可惜该 问题依旧“没门”!
陈景润 1933-1996
世界三大数学难题:
猜想来源
四色猜想
1976年被拿下
费马猜想
1994年被攻克
哥德巴赫猜想
恭喜你,你的感觉无一例外 和所有人一样 赶紧拿起笔试试 看看超越大神高斯、欧拉是啥感觉
猜想内容
别告诉我答案, 因为你的结果也和所有人一样: 毫无起色。
所以说,还是充充电,补补脑, 爬爬前人的肩膀吧。
前期发展
1742年-1920年 近乎毫无起色
知道山有多高,压 力山大了吧!
爆发期
1920年-1966年
挤得我只能靠边站。
后期发展
1967年-至今
近乎毫无起色
我找到规律了: 正态分布。 前期,后期少,中间期爆发。
务实,务实。 还是学学最常用的方法吧!
一般方法
殆素数: 殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数, 虽然不能证明N是两个素数之和,但足以证明它能够写 成两个殆素数的和,即N=A+B,其中A和B的素因子个 数都不太多,譬如说素因子个数不超过10。用“a+b”来 表示如下命题:每个大偶数N都可表为A+B,其中A和B 的素因子个数分别不超过a和b。显然,哥德巴赫猜想就 可以写成"1+1"。在这一方向上的进展都是用所谓的筛 法得到的。
哥德巴赫猜想(1+1)的证明(中)
哥德巴赫猜想(1+1)的证明(中)则:(30n+5+6α)入=c[c代表 F(N,入)-4-25n-5α],入=c/(30n+5+6α)所以当入为整数时c=(30n+5+6α)d=(5+6R)×d(d为正整数)(这也证明了若6N+1能被5+6Z整除时当入取整数,则c必为(30n+5+6α)的整数倍)当入取小数时c≠(30n+5+6α)d=(5+6R)×d②F(N,入)=8 + 35N +(7+ 30N)入+α×(7+6入)(注:n为整数α为常数,α∈(0,1,2,3,4),d 、R均为正整数)当其中的f(N,入)所对应的数能被(7+6Z)整除,n,入则能同时取整数。
则:(30n+7+6α)入=c[c代表 F(N,入)-8-35n-7α],入=c/(30n+7+6α)所以当X为整数时c=(30n+7+6α)d=(7+6R)×d,(d为正整数)(这也证明了若6N+1能被5+6Z整除时当n取整数,则c必为(30n+7+6α)的整数倍)当X取小数时c≠(30n+7+6α)d=(7+6R)×d③F(N,入)=6 + 35N +(5+ 30N)入+α×(7+6入)(注:n为整数α为常数,α∈(0,1,2,3,4),d 、R均为正整数)当其中的f(N,入)所对应的数能被(5+6Z)整除,n,入则能同时取整数。
则:(30n+5+6α)入=c[c代表 F(N,入)-6-35n-7α],入=c/(30n+5+6α)所以当X为整数时c=(30n+5+6α)d=(5+6R)×d,(d为正整数)(这也证明了若6N+1能被5+6Z整除时当n取整数,则c必为(30n+5+6α)的整数倍)当X取小数时c≠(30n+5+6α)d=(5+6R)×d④F(N,入)=6 + 25N +(7+ 30N)入+α×(6入+5)(注:n为整数α为常数,α∈(0,1,2,3,4),d 、R均为正整数)当其中的f(N,入)所对应的数能被(7+6Z)整除,n,入则能同时取整数。
哥德巴赫猜想的证明
四 2n的哥猜数的概念。设2n=a+b,a和b均为质数。n为自然数,n3.则a,b就称为2n的哥猜数。也就是2n内的符合哥猜的质数。重要说明,这里 说的哥猜数,不包括2n的母质数。当然也就不包括与其配对的质数.现在讨论a,b与2n的关系。设z为2n的任一母质数,则/=/+/,即/= /-/,由于b为 质,且/0,所以/ /。,同理/。这就是a,b与2n的关系。即a,b分别被2n的同一个母质数除所得余数均与2n被这个数除所得到的余数不同。如上所 述,这里除去a,b为2n的母质数的情况。再从另一个角度说明一下。设2n=a+b,则b=2n-a,若b为合,则b的小质因数一定是2n的母质数中的一个 或几个。即2n与a被2n的同一个母质数除,所得余数一定相等。反之,若b为质,则它们的余数肯定不同。若相同,则与b为质矛盾。所以上 述结论正确。有了2n的哥猜数的条件,哥猜的证明就变得简单些了。也就是在2n内找一些质数,它们被2n的任意同一母质数除,所得余数 均与2n的不同。只要在2n内找出一对哥猜数,哥猜就成立。但考虑到1+(2n-1)的情况,此时(2n-1)为质。这对也可能符合要求,但 肯定不是。故要将2n的哥猜数对数增加到2对。即2n的哥猜数个数要4.还有一个问题要说明一下,由于a,b的地位均等,所以哥猜数的个数 是成对出现的,即若a是哥猜数,则b=2n-a也一定是哥猜数,这是也由于差的余数定理决定的。此外,当n为质时,a=b=n,这时用后面 的哥猜数个数公式算出的数是奇数,这显然是正确的。
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穷多个不同值,显然对于任意一个>6 的偶数 2m 有无穷多组 p1 p , 2 ,R 的值满足 2m=(p1+p2)R ,而且无论有多少个>6 的互不相同偶数,都可以取到多少个的互不相同的 p1+p2 值。
这里撇开每个值的大小,只讲它们的个数、不存在到一定程度>6 的不同偶数个数时,
再也找不到新的 p1+p2 值;即一切(或任何)>6 的不同偶数都能取到互不相同的 p1+p2 值 满足 2m1= ( p'1 + p'2 )R1 , 2m2=( p"1 + p"2 )R2 引理 3.2(上述结论)的证明:
合论的思想来理解本文中所用的数论定理;集合论的(构造完成)思想贯穿本文始终;为了 便于真正做到三者有机的结合、简称之为辨证集合数论。
与自然数标准序列一一对应的正整数数列、可以按照数学归纳法原理构造完(成)了;
用对立统一的辩证法观点对待无限的全体、最小的超限序数ω(集合)的构造完(成)了。 2.2 本文中当 x→∞ 时可以说指的是 x 的值由 x1 开始无限增大的过程
完(成)了时,序数变成了超限;即 x 的值由 x1 开始取越来越大的一切充分大的正整数值
时、对应的函数值的必然趋势(或结果)。这种必然趋势(或结果)指的是全体正素数、全 体正偶数、全体正的哥德巴赫数均随全体充分大的正整数构造完(成)了而完(成)了,否 则就会出现超过一切充分大的正整数的(超限)素数或哥德巴赫数,这与它们均包含于全体 正整数的集合矛盾;至于它们的(相对)序数应根据集合论的排队定理来解决。
“函数 f(x)在|x|大于某一个正数时有定义,如果对于任意给定的正数 M(无论它多么大)总存在 正数 X ,只要 x 适合|x|>X 时、对应的函数值f(x)总满足|f(x)| >M 则称函数 f(x)为当 x→∞ 时
3
的无穷大。” 无穷大的阶反映的不是基数的比较,在正整数函数无穷大的阶的比较表达式中,本身存在二
∞ ,当 x→∞ 时 、 lim Ea(x)=+∞ ,而 Ea(x)≠ +∞ ,这个过程指的是:x1 , x
x1+ 1 ,x1+2……, x1+n ,x1+n+1…… 构造完(成)了时序数变成了 ω ;这是一种 飞跃,是由量变而引起的质变,在 x→∞ 的过程中 , 为了便于叙述对应的函数值无限增 大的这一性态,也说函数的极限是无穷大,只要序数还没有变成ω ,皆可按文中说明的方
哥德巴赫猜想(1+1)的证明
唐子周
新疆、且末县中学 且末县玉市一条街 841900
tzz689@
摘要 哥德巴赫猜想即每个不小于 6 的偶数都是两个奇素数之和,即“1+1”。本文根据数 论的定理和集论的理论,唯物辨证法;数学归纳法原理,命题转化法,反证法,给定素数法; 并用映射理论和一一对应法则及数列的排列规律,证明了该猜想成立,即“1+1” 成立; 而且每个>6 的偶数都是两个不同的奇素数之和的定理成立。
数标准序列是一一对应的,按照数学归纳公设构造完(成)了所有充分大的正整数的全体时,即构造完(成)
了ω这个无限的全体、最小的超限序数也叫极限序数。
当 x→∞ 时, p1 、 p2≤x 不超过 x 的奇素数是无穷多个;因为必须把x 的所有值都考虑在
lim 内,即构造完(成)了全体充分大的正整数时,由定理
所有不同值组成的集合是> 6 的一切不同偶数的集合的真子集; [定理 lim x
π( x ) x =1
即
logx
π(x)~ x ] 。 log x
p1 , p2 均可取 p1 ≠ p2 的任何一个奇素数值,当 p1 、 p2≤x ,x→∞ 时,即 当 x 趋于无穷大时,p1 和 p2 的值均为无穷多个,把 p1 的值由小到大一个一个无穷尽的接 连给定下去,因为 p1 每次被给定的奇素数值,皆不同于前面给定的值,而 p2 始终是不同于
数将无限增大。
证明 如果 p1 的奇素数值给定到一定个数——i 个时,自 pi+1 以后再也找不到新的 p1+p2 的
值了,都和前面的 p1+p2 值相等了;则前面所有 p1+p2 的不同值的个数,加上前面每次给定
p1
的值出现有与之前面相同的
p1+p2
值的情况、逼近于
i)个,而无论 i 值有多么
由数论的定理及推论,不超过 x 的素数个数 ( x ) 逼近 x 即: 当 x→∞ 时 log x
(x)~ x
、 x∈ N + ,当 x→∞ 时不超过 x 的素数个数与正整数 x 趋向无穷大
log x
的“快慢”程度比较中有定理: lim x
π( x x
)
=
0
;则相对于不超过 x 的偶数个数有推论:
lim
x
π( x x
)
=
0
( x 或 x 1 讨论其一即可),即 当 x→∞ 22
时(当 x 无限增大时)不超
2
过 x 的素数个数相对于不超过 x 的偶数个数是低阶的无穷大,也就是说 1 比 1 趋于 0 π(x) x 2
的“快慢”程度“慢些”。这里是在正整数 x 无限增大过程中的比较。
注 1 参考《数学手册》173 页并用无穷大量的倒数是无穷小量,再参考《高等数学》无穷小量的比较。“无
按照无穷大的定义 x>Xj、f(x)>Mj 无论各个无穷大的 Mj 值任意给定多么的大,本文中
1
各种无穷大只有有限的几种,总存在满足这几种无穷大定义要求的一个充分大的x 值 x1 ,只 要 x1 充分大、就恒有 x1>Xj;而且 x1 ,x1+ 1 , x1+2…… x1+n , x1+n+1…… 均 大于 Xj ,则 f(x1)> Mj , f(x1+1)> Mj …… f(x1+n)> Mj ,f(x1+n+1)> Mj…… 即 :
2.预备理论知识
2.1 辨证集合数论
本文中的各个关键点和当 x→∞时对文中各个无穷大的理解;不超过 x 的素数即“对全体素数来说”;对逼近运算的理解;归纳法中对 k=Ea(x)情况的分析;一个
核心问题是对“按照数学归纳法原理构造完(成)了”的理解。 把集合论、数论,唯物辨证法有机的结合起来,把集合论、 数论融为一体,处处用集
范围内;实质上正因为正整数没有穷尽,x 的值便无穷尽,只能用当x→∞ 时、来表示理论上讲的,x
取越来越大的一切充分大的正整数值的这一性态或过程;即当x 无限增大时。
4
由注 2 可用数学归纳法原理来理解: x1 ,x1+ 1 , x1+2…… x1+n ,x1+n+1……与自然
2
引 理 3.2 任 意 两 个 > 6 的 不 同 偶 数 2m1 , 2m2 必 可 表 示 为 : 2m1=( p'1 + p'2 )R1
2m2=( p"1 + p"2 )R2 ,其中 p'1 + p'2 ≠ p"1 + p"2 , p'1 ≠ p'2 , p"1 ≠ p"2 , p'1 ∈ p1 ,
法逼近运算,而且直到ω构造完成时─—这才是 x→∞的全过程,即 :当 x→∞ 时序数
从有限变成了超限。用极限的方法来表示的 lim ( x ) =+∞ x
定理,及 lim x
x 2
= +∞
,
lim
x
i(
x log
x
1) = +∞
等等无穷大均反映了自变量 x 的全体充分大的正整数值构造
者唯一确定的排队规则,根据集合论的排队定理二者的序数便被确定了 。
当 x 的绝对值无限增大时记作:当 x→∞ 时,本文中 x 是正整数值由一个充分大的 值 x1 开始可以任意变大的变量,当 x 无限增大时,也记作:当 x→∞ 时,实质上指的是 在 x→∞ 的过程中。
p1 、 p2 中的一个为任意给定的奇素数时,若 p1 的值给定为 p1 ( p1 、 p2 均≤x),那 么 p1 + p2 的不同值的个数有 π( x ) 1 个,是一部分>6 的偶数, p1 +p2 的
当 x→∞ 时, lim f(x)=+∞ 也就是说 、当 x→∞ 时 f(x)的极限为无穷大。这表明本 x
文中当 x→∞ 时可以说指的是 x 的值由 x1 开始无限增大的过程,x1 的值是由本文中的有
限种无穷大中 Mj 任意给定的值共同决定的。函数 y =x , lim y=+∞ ;所以也可以把 x
穷大量是指绝对值可以任意变大的变量。(有时简称无穷大)”见《高等数学基础》 。“如果当 x→ x(或
x→∞)时,对应的函数值的绝对值|f(x)|无限增大,就称函数 f(x)为当 x→ x (或 x→∞)时的
无穷大……按函数极限的定义来说 f(x)的极限是不存在的,但为了便于叙述函数的这一性态,我们也说‘函 数的极限是无穷大’无穷大(∞)不是数。”见《高等数学》39 页
( x ) =+∞ 这种极限情况才完全符合所说
x
的不超过 x 的素数个数。实质上即对全体奇素数来说,若p1 的奇素数值无限不重复给定下去,p1+ p2 的
互异值个数不能随之无限增大,必定是给定到一定个数——i 个时,自 pi+1 以后都和前面的 p1+p2 值相等