哥德巴赫猜想是定理 哥德巴赫猜想 : 凡是大于 4 的任意一个大偶数均可表示成两个奇素数(p i ,p j )之和。 在证明之前,需先证明几个引定理 1. 引定理一。 设:数域 中有 π (N) 个素数,在( N,2 N )中有 π (N,2N) 个素数,则:当 N →∞时,极限 Lim π (N, 2N) / π (N) = 1 , 即:当 N →∞时, π (N, 2N) 与 π (N) 是等价无穷大量。 1. 1 证明 : 根据阿达马( Hadamard )和德 . 拉 . 瓦莱 . 普森( De.la.Vall , eePoussin )各自独立地在 1896 年证明的素数定理: Lim / x = 1, ( x →∞)。(摘自陈景润著《初等数论 1 》第 8 页, 1978 年出版)(注: log x 的底数值是 e )可知: 当: N →∞时有, Lim / N = 1 , Lim / 2 N = 1 , 因为:在( N, 2 N )中有 π (N, 2N) 个素数, π (N, 2N) = π (2N) - π (N) , 所以:当 N →∞时, Lim / N = Lim ( log N ) / N = Lim / N - / N] = Lim 2 / 2 N - 1 . 阿达马( Hadamard )定理 = Lim / 2 N - 1 , ( 对数运算法则 ) = Lim / 2 N - Lim / 2 N] - 1 = 2 - Lim / 2 N - 1 = 1 - Lim / 2 N, ( 有界函数和的极限等于极限和 )( 1 式) 因为:当 N →∞时有, Limlog 2 N =∞, Lim log 2 = log 2 , Lim π (N, 2N) log2N] / 2 N = 1 所以:当 N →∞时有, Limlog 2 / log 2N = 0 , 代入( 1 式) 得: 当 N →∞时有, Lim / 2 N = 0, 即: Lim / N = 1 - 0 = 1 因为:当 N →∞时有, Lim / N = 1 所以:当 N →∞时有, Lim / N = Lim / N = 1 即: 当 N →∞时有, Lim π (N, 2N) / π (N) = 1 成立! 证明完毕 。 2. 引定理二。 设:数域 中有 π (N) 个素数, 则:当 N →∞时, Lim 2 / N =∞ 2.1 证明 : 根据阿达马定理: Lim π (x)log x / x = 1 ( x →∞)可知:当 N →∞时有, Lim π (N) logN / N = 1 所以:当 N →∞时有, Lim π (N) = Lim , 即: Lim 2 / N = Lim 2 / N = Lim N/ ( logN ) 2 。 因为:根据 洛毕达无穷大量比较法则 知:当 N →∞时有, Lim N/ ( logN ) 2 =∞ 所以:当 N →∞时有, Lim 2 / N = Lim N/ ( logN ) 2 =∞ . 证明完毕 。 3 .正定理 : 凡是大于 4 的任意一个大偶数均可表示成两个奇素数(p i ,p j )之和。 即:恒有 2 N =p i +p j 存在! 3. 1. 证明 : 设:在数域 中有 π(N) - 1 个奇素数p i ,在数域( N , 2N] 中有 π(N,2N) 个奇素数p j , 则: π(N, 2N) = π(2N) - π(N) 。 因为:在数域 中, N 为偶数时有 N/2 个奇数 g i , N 为奇数时有( N + 1 ) /2 个奇数 g i 。 所以:当 N 为偶数时,在( N , 2N )中有 N/2 - π(N, 2N) 个奇合数 q j ; 当 N 为奇数时,在( N , 2N )中有( N - 1 ) /2 - π(N, 2N) 个奇合数 q j ; ( N - 1 ) /2 - π(N, 2N)≤N/2 - π(N, 2N) 。 因为:在数域 中有 π(N) - 1 个奇素数p i , 所以:当p i ≤N 时,满足 2 N =p i + g j ( g j 是奇数)的奇数对有 对; 有二种类型: 2N =p i +p j (素数对), 2 N =p i + q j (非素数对)。 因为:当 2 N > 4 时,每取一个p i (p i ≤N ),必然有一个奇数 2N -p i = g j 对应。 把 2 N -p i = q j 记作 A 事件, 把 2N -p i = pj 记作 B 事件。 所以:事件 A 与事件 B 是对立事件或称逆事件。 因为:在数域( N , 2N] 中有 π(N, 2N) 个素数,有 N /2 个奇数 gi 或( N + 1 ) /2 个奇数 gi , 所以:在数域( N , 2N] 中,奇合数 qj 的个数小于或等于 N/2 - π(N, 2N) 。 证明时取: N /2 - π(N, 2N) 个 q j 。 设: 在数域 内的 个奇素数中,每取一个素数p i , 满足事件 A ( 2 N =p i + q j )的概率是 P ( A i ), 则: P ( A i )= / ( N /2 )= 1 - 2π(N, 2N) /N 。 因为:事件 A 与事件 B 是对立事件或称逆事件。 所以: P ( A i )+ P ( Bi )= 1 , 因此:满足事件 B ( 2N =p i + p j )的概率是 P ( B i )= 2π(N, 2N) /N 。 因为:在数域 中有 个p i ,当p i 分别取 3 , 5 , 7…p 时, 事件 Bi ( 2N =p i + p j )是相互独立的事件。 换言之: B 1 , B 2 , … , B 个事件是相互独立的事件; 又因: A i 与 B i 是逆事件 , 所以:事件 A i ( 2 N =p i + q j ): A 1 , A 2 , … , A 个事件也是相互独立的事件。 因为,根据相互独立事件的概率性质:至少有一次 B i 事件发生的概率是: P ( B 1 )+ P ( B 2 )+ … + P ( B )= ∑P ( B i )= 1 - P ( A 1 ) *P ( A 2 ) *…P ( A i )。 (参看袁进编著的《 MBA 联考同步复习指导系列 2010 版数学分册 92 页》) 所以:任取一个大于 4 的偶数 2 N ,至少有一对素数(p i , p j )满足 2 N =p i + p j 成立的概率是: ∑ P ( B i )= 1 - P ( A 1 ) *P ( A 2 ) *…P ( A )。 因为:在 (N, 2N) 中有 π(N, 2N) 个素数,有 N/2 个奇数, 所以:当从数域 中任取一个p i 时, 满足事件 B i ( 2N =p i + p j )的概率是: P ( B i )= 2π(N, 2N) / N , 满足事件 A i 的概率是: P ( A i )= 1 - P ( B i )= 1 - 2π(N, 2N) / N 。 因为:在数域 中有 个奇素数p i , ∑ P ( B i )= 1 - P ( A 1 ) *P ( A 2 ) *…P ( A ) 所以: P ( A 1 ) *P ( A 2 ) *…P ( A )= ∑ P ( B i )= 1 - ( 1 式) 因为:由引定理一知:当 N→∞ 时, Limπ(N) /π(N,2N) = 1 , 所以:当 N →∞时, Lim ∑ P ( B i )= Lim{1 - } = 1 - Lim 。 ( 2 式) 因为:当 x 依序是: 1000 , 2000 , 5000 , 10000 , 50000 , 100000 时, 实际素数分布满足阿达玛( Hadamard )分布, π(x) / ( x /log x )值依序是: 1.1605… , 1.1515… , 1.1396… , 1.1319… , 1.1107… , 1.1043… ( 摘自陈景润著《初等数论 1 》 1978 年科学出版社发行,第八页表格内数据 )。 因为, 根据阿达玛( Hadamard )定理有 :当 x→∞ 时, Limπ(x)/ ( x /log x )= 1 , 由此可见: π(x)/ ( x /log x )值是沿大于 1 的方向趋近于 1 。 换言之:当 N→∞ 时, π(N)≥ ( N/logN ), π(N)/N≥1/ logN 。 代入( 2 式)得: Lim ∑ P ( B i )= 1 - Lim ( 3 式) 令: π(N) = RlogN , 则:当 N→∞ 时, Lim ∑ P ( B i )= 1 - Lim RlogN 因为:当 x→∞ 时,极限 Lim ( 1 + k/x ) x = e k ,( k 为不等于 0 的实数) ( 参看清华大学数学教研组编写的《高等数学基础部分上册》 191 页, 1965 年版 ) 所以,当 N→∞ 时,取 k =- 2 , x = logN→∞ , 代入 Lim ( 1 + k/x ) x = e k 得: Lim = Lim e -2 。 因此:当 N→∞ 时, Lim ∑ P ( B i )= Lim{1 - R } = 1 - Lim e -2R . Li 没∑ P ( B i )= 1 - Lim e -2 = 1 - Lim e -2N/ 2 。 ( 4 式) 因为: 根据两个无穷大量的比较之洛毕达法则 有:当 N→∞ 时, 2N 的导数( 2N ) / = 2 ,( logN ) 2 的导数 // = 2logN/N , ( 参看清华大学数学教研组编写的《高等数学基础部分上册》 291 ~ 292 页, 1965 年版 ) 所以:当 N→∞ 时, Lim 2N/ ( logN ) 2 = Lim N/logN . =∞ 因此:当 N→∞ 时, Lim ∑ P ( B i )= 1 - Lim e -2 = 1 - Lim1/ e 2N/ 2 =1-0=1 此式表明: 当 N→∞ 时,满足事件 B ( 2N =p i + p j )的概率∑ P ( B i )无限趋近于 1 ,是必然事件!定理成立! 因为: Lim1/ e 2N/ 2 =0是递减函数, 所以: 满足事件 B ( 2N =p i + p j )的概率 P ( B )是递增函数。 换言之: 2N 值越小,满足事件 B ( 2N =p i + p j )的概率越小。 如果 2 N ≤1000内的偶数均有 2N =p i + p j 存在,则证明定理完全成立。 由客观存在的实际数据证明了:当 6≤2N≤5000 时,满足 2 N =p i +p j 恒成立,且随 2N 增大, 满足 2 N =p i +p j 的素数对数 m 增多。 验证如下 : 因为:( 2 式) Lim ∑ P ( B i ) = 1 - Lim 是直接推论的表达式, 所以: 实际验证用( 2 式) 。 ( 1 )当 2 N = 8 时, 2π(N ) =4,N=4, ∑ P ( B i )= 1 - 0 1 ,实际素数对数 m = 1 。 8 = 3 + 5 。 ( 2 )当 2 N = 100 时, π(50) = 15 , N =50, ∑ P ( B i )= 1 - 0.4 14 = 0.99999731 , 满足 100 =p i +p j 的素数对数 m = 5 ; ( 3 )当 2 N = 1000 时, π(500) = 95 , ∑ P ( B i )= 1 - 0.62 94 > 1 -3×10 -20 ≈1 。 满足 1000 =p i +p j 的 m =; ( 4 )当 2 N = 5000 时, π(2500) = 367 , ∑ P ( B i )= 1 - 0.7064 366 > 1 -3×10 -56 ≈1 。。 又因:当 N→∞ 时, Lim ∑ P ( B i ) = 1 ,∑ P ( B i )是间隙性递增函数。 所以:当 2 N > 5000 时,满足 2 N =p i +p j 成立的概率恒有:∑ P ( B i )> 0.99999999… , 因为: 2 N 值越大,∑ P ( B i )值越大, 所以:当 N→∞ 时,∑ P ( B i )无限趋近于 1 。 因为:概率= 1 的事件是必然事件,虽然上述推证结果所得概率 ∑ P ( B i )并不绝对等于 1 ,但对于不成立的概率小于 10 -56 来说,已经足以证明定理成立。 因此证明:凡是大于 4 的任意一个大偶数均可表示成两个奇素数(p i ,p j )之和恒成立! 2 N =p i +p j 恒存在! 证明完毕。 哥德巴赫可以瞑目了! 证明人:罗自才。 完成时间: 2010 年 12 月 12 日 附件 1 . 理论推导满足 2 N =6n型偶数的 哥氏素数对数 m 理 =3 π (N, 2N) / N 。 经实际测算 :每 10 个连续偶数的哥氏素数对数 m 理 的和值与实际和值 ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 ≥9︰10。例如: 从600~654的10个数有 ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 ≥0.989;单个偶数的最小比值是:24/29=0.8275; 从3600~3654的10个数有 ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 ≥0.993;单个偶数的最小比值是:87/103=0.84466。在5000以内的 2 N =6n型偶数恒有 m 实 >2 π (N, 2N) / N 。 附件 2 . 理论推导满足 2 N =6n±2型偶数的 哥氏素数对数 m 理 =3 π (N, 2N) / 2N 。 实算数据与理论计算值之比 : ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 ≥0.7 ; 例如: 从602~656的10个数有 ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 =143/143=1;单个偶数的最小比值是:10/14=0.714;从3602~3656的10个数有 ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 ≥0.9729;单个偶数的最小比值是:38/52=0.7307。从4604~4658的10个数有 ∑ m i 实 ︰ ∑ m i 理 ≥0.9693;单个偶数的最小比值是:53/62=0.8548。 附件 3 . 在5000以内的 2 N =6n±2型偶数恒有: m 实 > π (N, 2N) /2 N 。 (实测数据略) 由此可见:凡是大于 4 的任意一个大偶数均可表示成两个奇素数(p i ,p j )之和恒成立!
(博主按:因为自己从事语言动力系统理论的缘故,对语义学一直特别关注,今日得悉湖南大学外国语学院的贺教授的一篇力作在哲学逻辑学领域的权威期刊发表,特别恭祝贺教授在自己的领域的突破性进展.) 困扰逻辑语义学界百余年的难题被我校外国语学院副教授贺川生成功破解了。近日,他在世界顶级哲学期刊《Synthese》发表论文《E-type interpretation without E-type pronoun:How Peirce’s Graphs capture the uniqueness implication of donkey pronouns in discourse anaphora》(没有E类代词,但有E类解读:皮尔士的图如何捕获篇章回指中驴子代词的唯一性涵义),成功解释了第三人称代词如何回指前面的无定名词这一逻辑语义学难题。而这一难题,自1905年英国著名哲学家罗素提出来后,就无人能解,一度被人看作逻辑语义学界的“哥德巴赫猜想”。 逻辑语义学的这一难题关注的是一种司空见惯的语言现象,即“A man walks in the park. He whistles”例句中的代词He如何回指前面的无定名词短语(a man)。这一回指关系是最普通不过的语言现象,却无法用现有经典逻辑语义理论解释。1905年,英国著名哲学家罗素提出“摹状词”理论,指出这一语言现象背后隐藏了“秘密”,但却无法揭开这个“秘密”,未能精确揭示人类大脑所具有的这种语言机制。而解释这一语言机制,是人工智能和自然语言处理的一道“必答题”。自上世纪60年代以来,很多哲学家、逻辑学家和语言学家纷纷提出各自的方案,形成了E类代词理论等不同理论流派,但都不是很成功。贺川生通过研究,从美国哲学家、逻辑学家皮尔士的著作中找到了一种新的分析工具和技法,巧妙地解释了未受约束代词的语义阐释问题,弥补了罗素“摹状词”理论、E类代词理论缺失的一环,平息了半个多世纪以来的理论纷争。 贺川生的论文发表后,引起了不小的“学术震动”。哲学逻辑学全球最高奖项罗夫·肖克奖获得者、当今在世十大哲学家之一,雅各·欣迪卡评价论文给逻辑语义学界作出了“实质性贡献”。今年5月,负责这篇论文的特约编辑、芬兰赫尔辛基大学哲学系教授、逻辑学家Ahti-Veikko Pietarinen也曾专程来到我校外国语学院,和贺川生一起讨论论文中的有关细节。外国语学院院长刘正光表示,逻辑语义学界一度是西方人的天下,中国人很少在这一领域发表有影响力的研究成果。而贺川生这篇论文的发表,堪称华人零的突破。 据了解,《Synthese》杂志是哲学逻辑学领域的重要刊物,被SCI、SSCI、AHCI联合收录检索。2012年GoogleScholar根据影响因子评定该期刊为全球哲学期刊第一名。曾发表奎因、卡尔纳普、塔斯基等大师级人物的语义学学科奠基之作。贺川生从1月提交论文到9月预先在线发表,用时仅8个月,而世界顶级刊物发表论文的时间一般为两年左右。 (详见: http://news.hnu.edu.cn/a/zongheyaowei/2013/1008/3923.html )