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pharmacokinetic金虫 (正式写手)
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【转帖】歌德巴赫得证了（附证明过程）
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8楼2006-03-12 12:54:57
pharmacokinetic
金虫 (正式写手)
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定理3、设整数B>5，则在B~2B之间至少有两个素数。 证明：B只有三种情况：当B=6时，2B=12，在6~12之间有7和11两个素数； 当B为大于5的素数PA时，定理3即为定理2，在B~2B之间至少有两个素数； 根据定理2，在大于5的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2。显然，当B在PA~PA+1之间时，由于 B 定理4、设大于4的偶数为2N，则N以内的奇素数PN，以(2N)1/2之内的任意一个奇素数Pi为模，至少可以分为 i+1个同余类。 分析：设大于4的偶数为2N， (2N)1/2之内的奇素数为Pi，Pi的最大值为Pn，即n为i的最大值，那么，N以内奇素数PN的个数兀(PN)为：当2N=6~8时，Pn不存在，即n=0， 兀(PN)=1，兀(PN)=n+1；当2N=10~24时，Pn=3，n=1，兀(PN)=2~4，兀(PN)≥n+1；当2N>25时，兀(PN)>n+1。所以总是兀(PN)≥n+1，显然兀(PN)≥i+1。 证明：小于Pi的P1、P2......Pi-1奇素数，对模Pi来说，都是余数。它们的数值各不相等，所以都不同余。 Pi|Pi ，Pi显然与小于Pi的奇素数都不同余。 设大于Pi的相邻素数为Pi+1，则Pi+1=Pi+r1 ，r1 定理5，设任意一个大于4的2N偶数，在 ( 2N)1/2之内大于2的素数为Pi，该偶数的中数N以内大于2的素数为PN，则必然存在以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数Pb。 证明：当2N偶数一经确定，偶数的中数N也随之确定，在(2N)1/2之内大于2的素数Pi也被限定，N以内大于2的素数PN也同样被限定，每个Pi去除2N偶数的余数也就一定。 当4＜2N ≤8时，在(2N)1/2以内只有一个素数2，即大于2的素数模Pi还不存在，i=0，在N以内有一个PN素数，即兀(PN)=1，这个PN素数显然为Pb素数，Pb素数的个数兀(Pb)=1。 当2N>8时，都有Pi素数。根据定理4，运用同余分类筛法——归纳法有： 1、当i=1时，即(2N)1/2之内只有一个Pi素数，最大的Pi素数Pn=3，2N=10~24，PN素数开始有3和5两个，然后增加到有3、5、7三个，最后增加到有3、5、7、11四个，以3为模，PN素数至少可以分为两个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，还至少有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。 2、假设i=K，K≥2，即(2N)1/2之内有K个Pi素数，最大的Pi素数为PK，以Pk为模，至少可以将PN素数分为K+1个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2......P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。 当i=K+1时，即(2N)1/2之内有K+1个Pi素数，最大的Pi素数为PK+1，以PK+1为模，至少可以将PN素数分为K+2个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K+1个同余类与2N偶数不同余。 若以PK+1为模时，筛选掉的与2N偶数同余的那个同余类，刚好是PK+2同余类，那么，PK+2前面连续的K+1个PN素数仍然存在，与归纳假设完全一致，以PK为模，至少可以将以PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类的PN素数分为K+1个同余类，纵使也有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2......P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。定理5得证。 若以PK+1为模时，筛选掉的与2N偶数同余那个同余类，不是PK+2同余类，而是P1、P2......PK、PK+1中任意一个同余类，则除了PK+2同余类以外，在PK+2前面就只剩下K个PN素数了，以PK为模，就只能至少分为K个同余类了。因此，还必须对Pk+2同余类进行研究。 归纳假设限定K≥2。当K=2时，Pk即P2，Pk+1即P3，Pk+2即P4，Pk=5，Pk+2=11，Pk+2=2Pk+1。当以Pk为模时，Pk+2的余数为1，而P1为奇素数余数，Pk的余数为0，Pk+1=Pk+r1，r1 实际上，随着2N偶数的增大，Pn逐渐增大，兀(PN)不断增多，而且因为兀(PN)随N的增大而增多，即随2N的增大而增多，但兀(Pi)只随(2N)1/2的增大而增多，所以兀(PN)的增多比兀(Pi)的增多要多得多；随着2N偶数越来越大，兀(PN)的增多比兀(Pi)的增多也越来越多。因此，以Pi为模，较大偶数的PN素数的同余分类，都多于i+1个而趋向Pi个。例1将表明，50就可以代表较大的偶数，PN素数的同余分类基本完整，在整个同余分类筛选过程中，只有一个同余类缺失，Pb素数有多个。当2N偶数足够大时，PN素数都可以分为Pi个同余类（除了作为某一个Pi模的那个PN素数已被前面筛选掉而使0同余类缺失以外）。例2将表明，100就可以代表足够大的偶数了，PN素数在整个同余分类筛选过程中，都可以完整地分为Pi个同余类，Pb素数的个数更多。系统而大量的试算表明，在大于4的偶数中，仅有6、8、12的Pb素数只有一个，其它偶数都有两个或两个以上的Pb素数；随着2N偶数的增大，兀(Pb)的下限将在1~2~3的基础上逐渐增加，上限更将在1~3~5~12~13的基础上不断增加，2N偶数越大，Pb素数越多。定理5证毕。 根据定理5，因为Pb是以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数，即2NPb(modPi)，也就是说Pi2N-Pb，所以2N-Pb为素数。设2N-Pb=q，q为素数，则大于4的2N偶数都有一般的“1+1”解： 2N=Pb+q， 即 2N=Pb+(2N-Pb)。....................................................(1) 例1、求50的“1+1”解。 解：50的中数为25，Pi为3、5、7，PN素数有3、5、7、11、13、17、19、23等8个。 第一步：求Pb素数： 1、以7为模，PN素数可以分为六个同余类，刚好是1同余类无PN素数，没有与50同余的PN素数类，不用筛选。 2、以5为模，将以7为模而与50不同余的六个同余类中的PN素数分为完整的五个同余类，筛选掉与50同余的0同余类PN素数5。 3、以3为模，将以5为模而与50不同余的四个同余类中的PN素数分为完整的三个同余类，筛选掉与50同余的2同余类PN素数11、17、23，保留下来的两个同余类的PN素数即为Pb素数，有3、7、13和19四个。 第二步：求“1+1”解： 将50代入(1)式的2N，将以上求出的50的Pb素数分别代入(1)式的Pb，即得50的“1+1”解：50=3+47，7+43，13+37，19+31。 50偶数的PN素数以Pi为模，同余分类接近完整，在整个同余分类筛选过程中，只有一个同余类缺失，有多个“1+1”解，可以代表一般较大的偶数。 例2、求100的“1+1”的解。 解：100的中数为50，Pi为3、5、7，PN素数有3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47等14个。 第一步：求Pb素数： 1、以7为模，将PN素数分为完整的七个同余类，筛选掉与100同余的2同余类的PN素数23和37。 2、以5为模，将以7为模而与100不同余的六个同余类中的PN素数分为完整的五个同余类，筛选掉与100同余的0同余类的PN素数5。 3、以3为模，将以5为模而与100不同余的四个同余类中的PN素数分为完整的三个同余类，筛选掉与100同余的1同余类的PN素数7、13、19、31和43，保留下来的两个同余类的PN素数即为Pb素数，有3、11、17、29、41和47六个。 第二步：求“1+1”解： 将100代入(1)式的2N，将以上求出的100的Pb素数分别代入(1)式的Pb，即得100的“1+1”解： 100=3+97，11+89，17+83，29+71，41+59，47+53。 100偶数的PN素数以Pi为模，在整个同余分类筛选过程中，都可以分为完整的Pi个同余类，其“1+1”解多达六个，可以代表“足够大的偶数”了。 综合上述，4有特定的“1+1”解，大于4的偶数都有一般的“1+1”解，而且偶数越大，“1+1”的解数趋于越多。 命题(1)得证。三、命题(2)的证明 命题(2)：每个大于5的奇数都是三个素数之和。 证明：命题(2)实际上是命题(1)的推论，所以命题(1)得证，则命题(2)易证：一般地说，设奇数M大于5，S为素数，M-2>S>2，则M-S为大于2的偶数。 若M-S=4，则M-S=2+2， 即 M=2+2+S； ...............................................(2-1) 若M-S为大于4的偶数2N，根据(1)式，有 M-S=Pb+(2N-Pb), 即 M=Pb+(2N-Pb)+S。 ........................................ (2-2) 当M大于11时，(2-2)式都有多解性。 根据(2-1)和(2-2)式，当M大于7时，命题(2)都有多解性。M越大，解越多。 例3、求15是三个素数之和的解。 解：设S为素数，根据S的限定条件15-2>S>2，S有3、5、7、11四个，按照公式(2-1)和(2-2)，去掉相同的解，有15=7+5+3，5+5+5，2+2+11。 综合上述，命题(2)得证。 四、结 论 命题(1)的证明： 偶数4的“1+1”解为：4=2+2。 以一定素数为模，对一定类型的数进行同余分类，然后把对一定素数模0同余的同余类筛选掉的方法，叫做同余分类筛法。运用同余分类筛法，根据下列五条定理，便可证明每个大于4的偶数都有一般的“1+1”解。 定理1、设Pc为大于3的素数，在6a-5或6b-7型数的数列中，任意取Pc个以内的连续数，则其中最多只有一个数能够满足6a≡5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)。 定理2、设PA为大于5 的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数。 定理2也可以表述为与其等价的定理3。 定理3、设整数B>5，则在B~2B之间至少有两个素数。 定理4、设大于4的偶数为2N，则N以内的奇素数PN，以 (2N)1/2之内的任意一个奇素数Pi为模，至少可以分为i+1个同余类。 定理5、设任意一个大于4的2N偶数，在 (2N)1/2之内大于2的素数为Pi，该偶数的中数N以内大于2的素数为PN，则必然存在以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数Pb。 根据定理5，大于4的2N偶数都有一般的“1+1”解： 2N=Pb+(2N-Pb)。 综合4与大于4的偶数都有“1+1”解，命题(1)得证。 命题(2)的证明：设奇数M大于5，S为素数，M-2>S>2，则M-S为大于2的偶数。 若M-S=4，则M-S=2+2， 即 M=2+2+S； 若M-S为大于4的偶数2N，根据(1)式有 M-S=Pb+(2N-Pb)， 即 M=Pb+(2N-Pb)+S。 命题(2)得证。 命题(1)和(2)都得证，则哥德巴赫猜想完全得证。哥德巴赫猜想今后应当改称为哥德巴赫定理。 说明： ① 命题(1)又称命题“1+1”，为了简便，下文将引用。 ②含偶数的中数。下同。 |
2楼2006-03-10 09:30:01
3楼2006-03-10 13:50:22
genggenghon
铁杆木虫 (小有名气)
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5楼2006-03-10 15:30:03
