新建 回复“反例无数”Microsoft Office Word 文档 (2).pdf新建 回复“反例无数”Microsoft Office Word 文档 (2).pdf

《证明哥德巴赫猜想的简明思路与过程》摘要

【1】.自然数序列是由1、素数、合数这三类数字，互补排列而成的。所以要弄清其中似乎无序排列的素数之分布状态，必须从有序排列的1和合数入手。

【2】.合数被定义为两个和两个以上素数的乘积。那么不大于 $x$ 的合数，其最小的素因子、一定是不大于 $\sqrt{x}$ 的那 $n$ 个素数 $p_{i}$ 中的某一个 。所以，在[0,X]上，筛除掉这 $n$ 个 $p_{i}$ 之整倍数及1，再补回这 $n$ 个素数 $p_{i}$ ，就得到了[ $0$ , $x$ ]上的全部素数,其数目用 $\pi \left ( x \right )$ 表示。比如在[0,100]上，筛掉小于 $\sqrt{100}\left$ 的素数2、3、5、7之整倍数及1，再补回2、3、5、7，就得到小于100的全部素数，其数目为 $\pi \left ( 100 \right )=25$ 。这里，形成筛网的 $n$ 个 $p_{i}$ 及其最大的 $p_{n}$ 、与 $x$ 的关系是：

                $n=\pi \left ( \sqrt{x} \right )$ 、   $p_{n}\leqslant \sqrt{x}< p_{n+1}$             （1）

【3】. 要想知道偶数 $x$ 存在着多少对“素分割对”？不妨先看看偶数 $x$ 存在着多少对“整分割对”。

很容易发现：当 $x$ 为任意偶数时，在数轴上 $\tfrac{x}{2}$ 点的两边、位置关于 $\tfrac{x}{2}$ 点对称的两个整数 $\left ( \tfrac{x}{2}+m \right )$ 和 $\left ( \tfrac{x}{2} -m\right )$ 之和、都等于 $x$ ，它们就定义为偶数 $x$ 的一对“整分割对”。包括“ $\tfrac{x}{2}$ + $\tfrac{x}{2}$ ”这一对在内，它们共有 $\tfrac{x}{2}$ 对。而其中的“奇分割对”至少也有 $\tfrac{x}{4}$ 对。“素分割对”就隐身于这 $\tfrac{x}{4}$ 对的“奇分割对”之中。

【4】. 要想知道偶数 $x$ 的 $\tfrac{x}{4}$ 对“奇分割对”中，到底有多少对是“素分割对”？我们只需筛掉、其中含有奇素数 $p_{i}$ 整倍数的那些奇分割对、即可知道。

用每个奇素数 $p_{i}$ 筛除时，若 $x$ 能够被该 $p_{i}$ 整除，则其筛除点必然关于 $\tfrac{x}{2}$ 点对称分布，因此，构成“奇分割对”的两个奇数、要么同被该 $p_{i}$ 筛掉；要么都保留着，如此，用该 $p_{i}$ 筛除时，单筛即可，即其筛除率取 $\tfrac{1}{p_{i}}$ 即可。若 $x$ 不能够被该 $p_{i}$ 整除，则必须用该 $p_{i}$ “双筛”，即筛掉的每个 $p_{i}$ 整倍数的同时、人为地株连掉那个与它构成了“奇分割对”的数。这只需要将筛除率取为 $\tfrac{2}{p_{i}}$ 即可实现。

作为适用于全部偶数 $x$ 的通用公式，便不便再区分“单筛”、“双筛”，用每个 $p_{i}$ 筛除，一律采用最保守的“双筛”法、筛除率一律取 $\tfrac{2}{p_{i}}$ ，最后能够得到“素分割对”数目 $\lambda \left ( x \right )$ 的下界值即可。

【5】偶数 $x$ 越大，其“素分割对”数目之下界值、是越大？还是越小？这是决定哥德巴赫猜想命题命运的关键问题！而这个关键问题的答案，仅取决于两个数据、随 $x$ 变化的方向、和变化率的大小，它们一个是筛选基数——偶数 $x$ 所存在的“奇分割对”数目 $\tfrac{x}{4}$ ；另一个是筛选时的存留率 $\omega _{n}^{*}=\tfrac{1}{2}\times \prod_{2}^{n}\left ( \tfrac{p_{i}-2}{p_{i}} \right )" width="95" height="40" border="0" hspace="0" vspace="0" style="float:none;width:95px;height:40px;$ 。显然，前者 $\tfrac{x}{4}$ 是随 $x$ 而线性增大的；但后者 $\omega _{n}^{*}$ 却是随着 $x$ 的增大，而阶梯性减小的。然而，比较而言，前者增大得非常之快、而后者却减小得很慢、二者相抵之后所，得的“素分割对”数目，还是在随着 $$ $x$ 的增大而增大的。即偶数 $x$ 越大，其“素分割对”数目的下界值越大，足够大以后，所有的偶数，都一定有“素分割对”存在。

比如，当 $x=50$ 时， $\sqrt{x}=7.07$ ，则 $p_{n}=7$ 、 $n=4$ 、 $\omega _{n}^{*}=0.0714$ ；当 $x=100$ 时， $\sqrt{x}=10$ ，但仍然是 $p_{n}=7$ 、 $n=4$ 、 $\omega _{n}^{*}=0.0714$ ， $\omega _{n}^{*}$ 仍然未变。即 $x$ 从50增大到100时，筛选基数已经翻了一翻，而存留率 $\omega _{n}^{*}$ 还丝毫没有减小，存留数数目也肯定增加了一倍。直到 $x$ 继续增大到122时，由 $\sqrt{x}=\sqrt{122}=11.045$ 可知，这时 $p_{n}=11$ 、 $n=5$ 、 $\omega _{n}^{*}=0.058$ ， $\omega _{n}^{*}$ 才因增加了一个等于 $\tfrac{9}{11}=0.818$ 的纯小数因子、而有所减小。但是，此时筛选基数已经增大到了原来的 $\tfrac{122}{50}=2.44$ 倍，二者相抵之后，还是使“素分割对”数目增加到了原来的 $2.44\times 0.818=1.995$ 倍。

【6】接下来的问题，是如何用连续函数计算这个离散数学的问题。在数轴上，包括1和大于 $\sqrt{x}$ 的素数在内的 $p_{n}$ 阶准素数，是以 $T=p_{1}p_{2}...p{_{n}}$ 为周期、以周期中点为对称中心、而周期性、对称性地分布的。[ $0$ , $x$ ]上1和大于 $\sqrt{x}$ 的素数数目之准确值表达式为：  

    $\pi _{n}(x)=[x]-\sum_{1}^{n}[\frac{x}{p_{i}}]+\sum_{1}^{n}[\frac{x}{p_{i}p_{j}}]-...\left ( -1 \right )^{n}[\frac{x}{p_{1}p_{2}...p_{n}}]$             (2)

该式中，符号[ $\xi$ ]表示的是 $\xi$ 的整数部分，它们共有 $2^{n}$ 个。因此，简要地说，该式表示是“ $2^{n}$ 个分式整数部分的代数和”。若用 $\pi _{n}^{*}(x)$ 表示这“ $2^{n}$ 个分式本身的代数和”，则 $\pi _{n}^{*}(x)$ 和 $\pi _{n}(x)$ 二者之差 $-\delta _{n}(x)$ 便是这“ $2^{n}$ 个分式小数部分的代数和”。即： $\pi _{n}^{*}(x)-\pi _{n}(x)=-\delta _{n}(x)$   或者   $\pi _{n}(x)=\pi _{n}^{*}(x)+\delta _{n}(x)$              

其中，为 $x$ 的线性连续函数，其斜率为 。即：

      $\pi _{n}^{*}(x)=x-\sum_{1}^{n}\frac{x}{p_{i}}+\sum_{1}^{n}\frac{x}{p_{i}p_{j}}...(-1)^{n}\frac{x}{p_{1}p_{2}...p_{n}}=x\times \prod_{1}^{n}(\frac{p_{i}-1}{p_{i}})=x\omega _{n}$   (3)

而其中 $\delta _{n}(x)$ 则是中“个分式数小数部分的代数和”之负值。即：

      $\delta _{n}\left ( x \right )=-(\left \{ x \right \}-\sum_{1}^{n}\left \{ \frac{x}{p_{i}} \right \}+\sum_{1}^{n}\left \{ \frac{x}{p_{i}p_{i}} \right \}-...\left ( -1 \right )^{n}\left \{ \frac{x}{p_{1}p_{2}...p_{n}} \right \})$       (4)

   显然， $\delta _{n}\left ( x \right )$ 中每一项的绝对值，在 $x=0$ 时值都等于0，然后随着 $x$ 的增大而线性增大，到 $x$ 的增量增大到等于某项的分母时，该项值则在达到其峰值1后、又突然回落到0，然后便周而复始。

所以， $\delta _{n}\left ( x \right )$ 每一项的函数图线，都是一个起始于坐标原点、周期等于该项分式之分母、峰值等于1的锯齿波。而就是由这样的 $2^{n}$ 个仅周期各异的锯齿波、叠加而成的一个折线函数。

后面可证得   $-n<\delta _{n}\left ( x \right )

      $\pi _{n}\left ( x \right )>\pi_{n}^{*}\left ( x \right )-n$   或者   $\pi _{n}\left ( x \right )>\pi _{n}^{*}\left ( x \right )-\pi \left ( \sqrt{x} \right )$       （5）    

如此以来，我们便实现了用连续函数计算素数数目下界的目标。进而，再将连续函数连乘积表达式中, $i> 1$ 的 $p_{i}-1$ 、变换为 $p_{i}-2$ ，就得到了用“双筛”法、计算构成偶数“素分割对”的素数数目下界值之连续函数表达式。

  【7】本课题的最大难点:线性计算值 $\pi _{n}^{*}\left ( x \right )$ 相对真值 $\pi _{n}\left ( x \right )$ 存在的误差界值之证明，即 $\left | \delta _{n}\left ( x \right ) \right |

$\delta _{n}\left ( x \right )$ 是由个周期各异、正负号各异；但峰值绝对值均为1、且具有公共起始点的锯齿波函数、叠加而成的，每个 $x=mT=m\cdot p_{1} p_{2}...p_{n}$ 的点，都是这个锯齿波的公共起始点，是它们唯一的同相位公共重叠点。所以 $\delta _{n}\left ( x \right )$ 也是以 $T$ 为周期的周期函数，且其函数曲线、关于周期中点反对称。

特别值得关注的是是表达式（2）的第二大项 $-\sum_{1}^{n}\left \{ \tfrac{x}{p_{i}} \right \}$ ，所给出的这 $n$ 个锯齿波，它们可谓是源筛点锯齿波，因为其余的筛点锯齿波、实际上都是这 $n$ 种源筛点各类重叠点的锯齿波。这 $n$ 种源筛点锯齿波的周期最短、周期差最小、同为正号。在同相位的峰值公共重叠点前后，这 $n$ 种源筛点的第一个筛点之间间距最小，在相对很小的区间之内，聚集着这样的 $n$ 个同为正号波的筛点，对于造成最大误差峰值，起了决定性的作用。

叠加 $\delta _{n}\left ( x \right )$ 的这 $2^{n}$ 个锯齿波函数，属于同类型的非谐周期函数，按照非谐周期振动的叠加原理，它们会在其同相位的峰值公共重叠点处产生拍的现象,拍合出其最大峰值。但是，由于这 $2^{n}$ 个锯齿波中，正波和负波的数目恰好相等、各占一半，且峰值绝对值相等、都等于1，反而使在该点的 $\delta _{n}\left ( x \right )$ 值、正负平衡为0；使其最大峰值点、偏离了该点，出现在离其最近的、同号锯齿波筛点的聚集区—— $n$ 种源筛点的第一个筛点聚集区之后的 $p_{n+1}$ 点邻近。

由于该最大峰值、是因为这 $n$ 个同号波接连突降为0、最大幅度地打破了之前的正负平衡状态—0状态、而产生的，所以的最大峰值不超过 $n$ 。即有：

            $-n<\delta _{n}\left ( x \right ) 或者     $\left | \delta _{n}\left ( x \right ) \right |

实践可以给出更为精细的结果:

$\left | \delta _{1}\left ( x \right ) \right |\leqslant \tfrac{1}{2}$ 、   $\left | \delta _{2}\left ( x \right ) \right |\leq \tfrac{2}{3}$ 、   $\left | \delta _{3}\left ( x \right ) \right |\leqslant \tfrac{14}{15}$ 、   $\left | \delta _{4}\left ( x \right ) \right |\leqslant \tfrac{53}{35}\doteq 1.515$ ...

根据这些更精细结果，当 $n\geqslant 2$ 时， 便有： $\left | \delta _{n}\left ( x \right ) \right |\leqslant \left ( n-1 \right )$ ；当 $n\geq 3$ 时，便有： $\left | \delta _{n}\left ( x \right ) \right |\leqslant \left ( n-2 \right )$ 等等。

【8】.或等连乘积的简化和近似计算：

在这些连乘积中，除 $p_{1}$ 是偶数外、其余 $p_{i}$ 都是奇素数，所以 $i> 2$ 时，一定有： $p_{i}-2\geq p_{i-1}$ 、更有: $p_{i}-1\geq p_{i-1}$ 如此以来，将这些 $p_{i}-2$ 或者 $p_{i}-1$ 用仅小于 $p_{i}$ 的奇素数 $p_{i-1}$ 取代、再与前面一个分式的分母 $p_{i-1}$ 相互约分，得到的只能是原式的不足近似值，即可得：

$\prod_{1}^{n}\tfrac{p_{i}-1}{p_{i}}\geq \tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{2}{p_{n}}=\tfrac{1}{p_{n}}$  ； $\prod_{2}^{n}\tfrac{p_{i}-2}{p_{i}}\geq \tfrac{1}{p_{n}}$   ； $\prod_{3}^{n}\tfrac{p_{i}-2}{p_{i}}\geq \tfrac{3}{p_{n}}$  ...  

进而，根据 $p_{n}$ 是不大于 $\sqrt{x}$ 的最大素数; $p_{n}\leq \sqrt{x}$ ，则上式还可进而表达为：

      $\prod_{1}^{n}\tfrac{p_{i}-1}{p_{i}}\geq \tfrac{1}{\sqrt{x}}$ ；   $\prod_{2}^{n}\tfrac{p_{i}-2}{p_{i}}\geqslant \tfrac{1}{\sqrt{x}}$ ；   $\prod_{3}^{n}\tfrac{p_{i}-2}{p_{i}}\geq \tfrac{3}{\sqrt{x}}$ ...      （7）

用该取不足近似值的计算方法，将无限多次运算转化成了一次运算，这一方面，增强了计算式的可操作性。比如 $x=10^{5}$ 时， $p_{n}=313$ 、 $n=65$ ，连乘积共有65个分式因子，要进行65次乘、除法运算，现在只需要做 $\tfrac{1}{\sqrt{x}}=\tfrac{1}{\sqrt{10^{5}}}\doteq \tfrac{1}{316}=0.00316$ 一次运算即可；另一方面，它回避了运算工具在连乘积运算中，多次截取无限小数、而积累出很大的干扰误差。可谓是一举两得。另外，应该注意到的是用 $p_{i-1}$ 取代 $p_{i}-1$ 、比用其取代 $p_{i}-2$ 、所产生的误差量更大，使二者近似程度有较大差异。

【9】素数谜题谜底之底线：

（1）.不大于 $x$ 的素数数目 $\pi \left ( x \right )$ 下界之底线：

素数的筛选是最基本、最简单的，其基数为 $x$ ；存留率为 $\prod_{1}^{n}\tfrac{p_{i}-1}{p_{i}}\geq \tfrac{1}{\sqrt{x}}$ ；非线性分布误差界值为 $n$ ，所以有：

                $\pi \left ( x \right )\geq x\cdot \tfrac{1}{\sqrt{x}}+\left ( n-1 \right )-n$

                      $\pi \left ( x\geqsla \right )\geqslant \sqrt{x}-1$                   （8）

由于这里可以补回了那个 $n$ 被筛掉的最小素数、误差界值 $n$ 恰好被其抵消      掉了，所以最终表达式不再含有 $n$ ，它直接证明了素数有无穷多个之命题。

（2）.不大于 $x$ 的“孪生素数对”数目 $R\left ( x \right )$ 下界之底线：

“孪生素数对”是以孪生的 $p_{2}$ 阶准素数对、为基础筛选出来的。由于 $p_{2}$ 阶准素数等于 $6m\pm 1$ （其中 $m=0,1,2...$ ），它们是以 $p_{2}$ 阶的周期端点（即 $x=6m$ 的点）为中心而孪生分布的。所以其筛选基数为 $\tfrac{x}{6}\times 2-2=\tfrac{x}{3}-2$ ；筛选存留率为 $\prod_{3}^{n}\tfrac{p_{i}-2}{p_{i}}\geqslant \tfrac{3}{\sqrt{x}}$ ；素数分布的非线性误差之界值为 $\left ( n-2 \right )$ 从而，构成“孪生素数对”的素数数目 之底线为：

              $2R\left ( x \right )\geqslant \tfrac{x}{3}\times \tfrac{3}{\sqrt{x}}-2-2\times \left ( n-2 \right )$

                $R\left ( x \right )\geqslant \tfrac{\sqrt{x}}{2}-n+1$

                $R\left ( x \right )\geqslant \tfrac{\sqrt{x}}{2}-\pi \left ( \sqrt{x} \right )+1$                    （9）

最终，根据“正整数中绝大多数是合数，素数只有很少一部分； $\lim_{x\rightarrow \infty }\tfrac{\pi \left ( \sqrt{x} \right )}{\sqrt{x}}=0$ ”可证得： $\lim_{x\rightarrow \infty }R\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow \infty }\tfrac{\sqrt{x}}{2}\left ( 1-2\times \tfrac{\pi \left ( \sqrt{x} \right )-1}{\sqrt{x}} \right )=\lim_{x\rightarrow \infty }\tfrac{\sqrt{x}}{2}\rightarrow \infty$ ,孪生素数有无穷多对。

（3）.偶数 $x$ 的“素分割对”数目 $\lambda \left ( x \right )$ 之底线：

“素分割对”数目的计算基数，是偶数 $x$ 存在的“奇分割对”数目 $\tfrac{x}{4}$ ；筛选的存留率为 $\prod_{2}^{n}\tfrac{p_{i}-2}{p_{i}}\geqslant \tfrac{1}{\sqrt{x}}$ ；素数分布的非线性误差之界值为 $\left ( n-1 \right )$ 。最后，再减掉可能存留到最后的 $1+\left ( x-1 \right )$ 这一对奇分割对， 则“素分割对”数目下界的底线为：

              $\lambda \left ( x \right )\geqslant \tfrac{x}{4}\times \tfrac{1}{\sqrt{x}}-\left ( n-1 \right )-1=\tfrac{\sqrt{x}}{4}-n$

                  $\lambda \left ( x \right )\geqslant \tfrac{\sqrt{x}}{4}-\pi \left ( \sqrt{x} \right )$                     （10）

    最终，根据“正整数中绝大多数是合数，素数只有很少一部分； $\lim_{x\rightarrow \infty }\tfrac{\pi \left ( \sqrt{x} \right )}{\sqrt{x}}=0$ ”证得： $\lim_{x\rightarrow \infty }\lambda \left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow \infty }\tfrac{\sqrt{x}}{4}\left ( 1-4\times \tfrac{\pi \left ( \sqrt{x} \right )}{\sqrt{x}} \right )=\lim_{x\rightarrow \infty }\tfrac{\sqrt{x}}{4}\rightarrow \infty$ ，足够大的偶数 $x$ ，一定能够写成两个素数之和。

 （全文见附件）：  证明哥德巴赫猜想的简明思路与过程.pdf