用编程的思想 摘取数学皇冠上的明珠

1、用编程的思想 摘取数学皇冠上的明珠张发东 摘要：分析偶数与两素数和之间的关系，建立模型，得到函数表达式：2n=(n+x)+(n-x)nRi(mod mi), 0Ri<mi, i=1,2,.,t， mt若令xri(mod mi), 0ri<mi 则n+xRi+ri(mod mi) ; n-xRi-ri(mod mi) ; 由孙子定理：(n+x)(R1+r1)M'1M1+(R2+r2)M'2M2+.+(Rt+rt)M'tMt(mod m)(n-x)(R1-r1)M'1M1+(R2-r2)M'2M2+.+(Rt-rt)M'tMt(mod m

2、)当riRi且rimi-Ri时，Ri-ri0,Ri+ri0或mi,则mi不能整除n+x和n-x。又因为xr1M'1M1+r2M'2M2+rtM'tMt(mod m)， mi，可证得x解的个数为：S=S1S2St=（2-1）（3-L2）（5-L3）(mt-Lt)(当Ri=0时，Li=1; 当Ri0时，Li=2)即存在s个整数,使所有小于等于的素数不能整除n+x和n-x。由概率知识可知：小于等于n-3的整数x的个数:S>（n -2）×××.×1所以，至少存在一个小于等于n-3的整数x,使(n+x)和(n-x)可同为素数，即大于等

3、于6的偶数可表为两素数之和。致谢：本文在撰写过程中，得到重庆文理学院数学和计算机系的谭昌眉教授和重庆师范大学的数计系罗明教授和高世泽教授的支持和帮助，在这里表示衷心的感谢！关键词：函数 模型 孙子定理 表达式1.问题的提出公元1742年，德国的哥德巴赫提出了以下猜想: 任何一个大于等于6之偶数，都可表为两素数之和。260多年过去了，没有人能完整的证明它。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”。王元教授曾在哥德巴赫猜想研究中论述道：“我们深信对于进一步研究哥德巴赫猜想，必须有一个全新的思想。”潘承洞教授为哥德巴赫猜想一书作序时说过:“或许可以认为，目前对于猜想乃至整个解析数论的研

4、究正处于一个期待着新突破的相对停滞时期。只是，突破就需要新思想以及新思想指导下的新方法。”目前，科学研究的发展趋势之一是注重研究方法的引进、移植和数学化。能否引进编程的思想来解决哥德巴赫猜想呢？所谓编程是指分析对象元素之间的关系，建立数学模型，设计一个解此模型的算法，确定最佳的方案，最后对这个方案进行测试或调整，从而导致问题的最终解答。假如我们能够分析出猜想所涉及的对象“大于等于6的偶数与两素数和”之间的关系，建立数学模型，得出它们的函数表达式，就可得到证明的最终结果。2.方法和步骤2.1分析偶数与两素数和之间的关系“一种事物的变化，总是与它事物的变化相互联系，相互影响的。这种联系，从数量关系

5、来揭示它，可以分为两种类型。一个是函数关系，另一个是相关关系。而函数关系是一种严格确定的关系，它反映了事物之间所存在着的严格的依存关系。它通常用一个数学表达式准确地表达出来，它反映了必然现象的规律性。”如果哥德巴赫猜想是正确的，那么大于等于6的偶数与两个素数之间，是否存在一个严格确定的函数关系呢？如果能找到“偶数等于两个素数之和”的函数表达式，那么猜想的证明也就不难了。由于命题中大于等于6的偶数，可以用2n (n3) 表示，2n可分解为两个整数的和,令n+x和n-x表示这两个整数。（因为n-x要为素数，则0xn-3，则n-xnn+x2n-3）如果能证明：存在一个整数x,使得n+x和n-x可以同

6、为素数，则猜想成立，命题得证。由定理：若a是大于1的整数，而所有小于等于的素数都不能整除a,则a是素数。所以要想证明n+x和n-x同为素数，可先证：存在这样的整数x，使所有小于等于的素数都不能整除n+x和n-x。再证x的值至少有一个n-3,则命题得证。2.2构建一个模型，用来判断：是否存在一个整数x，使小于等于的所有素数都不能整除n+x和n-x。从一些实例中寻找规律怎样建立数学模型呢？可先找一个较小的偶数，如2n=42，则n=21，为了使n+x和n-x同为素数，设法求解x，然后从求解的步骤中抽象出模型的雏形。5<=,小于等于的所有素数是2，3，5；211(mod 2), 210(mod

7、3), 211(mod 5) 令xr1(mod 2)， 0r1<2，xr2(mod 3)， 0r2<3， xr3(mod 5)， 0r3<5， 由定理：若ab(mod m),cd(mod m),则ax+cybx+dy(mod m),其中x,y为任给整数。21+x1+r1 (mod 2) 21+x0+r2 (mod 3) 21+x1+r3 (mod 5) 又0r1<2，当r1=1时，1+r1=2，2整除21+x, 当r1=0时，1+r1=1，2不能整除21+x,同理：0r2<3，当r2=1和2时，3不能整除21+x,同理：0r3<5，当r3=0，1，2，3时，

8、5不能整除21+x,当r1=0且r2=1，2且r3=0，1，2，3时，所有小于等于的素数2，3，5都不能整除21+x。 （1）同理21-x1-r1(mod 2) 21-x0-r2(mod 3) 21-x1-r3(mod 5) 当1-r1=0时，2整除21-x,又0r1<2，当r1=1时，2整除21-x;当r1=0时，2不能整除21-x,当0-r2=0，3整除21-x,又0r2<3，当r2=1或2时，3不能整除21-x,当1-r3=0时，5整除21-x,又0r3<5，当r3=0,2,3,4时，5不能整除21-x,当r1=0且r2=1，2且r3=0,2,3,4时，小于等于的素数不

9、能整除21-x。 （2）则由（1）和（2）可得：当r1=0且r2=1，2且r3=0，2，3时，所有小于等于素数不能整除21-x和21+x。xr1（mod m1），xr2（mod m2），xr3（mod m3） 由孙子定理：m1=2，m2=3，m3=5是两两互素的正整数，并且m=m1*m2*m3=30，m=miMi,1i3，则同余式组有唯一解xr1M'1M1+ r2M'2M2+r3M'3M3(mod m) 其中M'iMi1(mod mi),1i3。检验：将r1=0，r2=1，2，r3=0，2，3分别代入式得：x=10,x=22,x=28,x=20,x=2,x=8,

10、分别将以上x的值代入21+x,可知2,3,5都不能整除21+x分别将以上x的值代入21-x,可得2,3，5都不能整除21-x当x=22时，21-x=-1；当x=28时，21-x=-7；当x=20时21-x=1x=10,x=2,x=8时，21-x和21+x才同为素数。令m1,m2,mt是小于等于的所有素数，且2=m1<m2<<mt。设i=1,2,.t。则mi的非负最小完全剩余系是0,1,.,mi-1，可令集合Ai=0，1,.,mi-1来表示，如用mi分别去除n，余数用Ri表示，则：nRi(mod mi) RiAi再用mi去除整数x，余数用ri表示,则：xri (mod mi)

11、0ri<mi由定理：若ab(mod m),cd(mod m),则ax+cybx+dy(mod m),其中x,y为任给整数。n+xRi+ri(mod mi) n-xRi-ri(mod mi)当Ri+ri=0+kmi时，mi|n+x0Ri<mi，0ri<mi 0Ri+ri<2mi 00+kmi<2mik=0或1。rikmi-Ri时，m1,m2mt不能整除n+x。（当Ri=0时k=0,Ri0时,k=1）令Bi=ri|0ri<mi且rikmi-Ri则r1B1，r2B2.rtBt同理n-xRi-ri (mod mi) （其中i=1,2t）当Ri-ri=0+k'

12、mi时，mi|n-x当Ri-rik'mi时，m1,m2mt不能整除n-x0Ri<mi，0ri<mi -mi<Ri-ri<mi k'只能取0riRi时，m1,m2mt不能整除n-x令Ci=ri|0ri<mi且riRi则r1C1，r2C2.rtCt令D1=B1C1，D2=B2C2，.，Dt=BtCt当riDi时，小于等于的所有素数都不能整除n+x和n-x。即：xri (mod mi) riDi,Di=ri|0ri<mi且riRi且rikmi-Ri（当Ri=0时，k=0,当Ri0时,k=1）由孙子定理可得x的值：xr1M1M1+ r2M2M2+rt

13、MtMt(mod m) 0x<m由定理：m1,m2,mt是两两互素的t个正整数,m=m1*m2*mt,则f(x)0(mod m) (1)有解iff同余式组f(x)0 (mod mi),1it (2)的每个同余式有解,且若用S表示(1)的解数,Si表示(2)的解数,则S=S1S2.St。如果能证明D1,D2,.Dt不为空，则xri (mod mi)均有解，则xr1M1M1+ r2M2M2+rtMtMt (mod m)也有解，也即存在一个整数x, 使小于等于的所有素数mi都不能整除n+x和n-x。若D1,D2,.Dt有一个为空,则x无解，猜想不成立。2.3证明模型中的D1,D2,.Dt均不为

14、空集先证明D1不为空集m1=2 模为2的非负最小完全剩余系是：A1=0，1，共两个元素，即|A1|=m1=2。r1D1,D1=r1|0r1<km1且r1R1且r1km1-R1， R1A1 当R1=0时，(k=0)又r1R1且r1km1-R1，r10且r10*2-0，r1=1，D1不为空集。当R1=1时，(k=1)又r1R1且r1km1-R1，r11且r11*2-1，r1=0，D1不为空集。|D1|=|A1|-1= km1-1=1证明D2,D3,.Dt不为空集riDi,Di=ri|0ri<mi且riRi且rikmi-Ri2=m1<m2<mt。m2，m3，mt的完全剩余系中

15、的元素个数|Ai|= mi>2（i2）。若令Ai中等于Ri和kmi-Ri的元素个数为Li，则当Ri=0时，k=0 k*mi-Ri=0* mi=0，Ri与kmi-Ri的值相等Li=1当Ri0时，k=1 kmi为奇质数，Ri与kmi-Ri不能相等,Li=2；Di中的元素个数|Di|=|Ai|-Limi-21D2,D3,.Dt不为空集3.证明至少有一个x的解小于等于n-3已知： nRi(mod mi), 令i=1,2,.,t，0Ri<mi, xri(mod mi), 0ri<mi ，mtriRi且rikmi-Ri（当Ri=0时，k=0,当Ri0时,k=1）由定理可知xr1M'

16、;1M1+r2M'2M2+rtM'tMt(mod m) 0x<m，方法一：令Y=y|0y<m且y为整数,则Y中的元素个数|Y|=m由概率知识可知：在0，1，,m-1共m个数中，除以2余0的数有m/2个，与总数的比值或其概率是0.5除以2余1的数有m/2个，概率是0.5，除以mt余0的数有m/mt个,概率是1/mt,(且这m/mt个数是公差为mt的等差数列,)除以mt余1的概率是1/mt。除以mt余mt-1的概率是1/mt在0到m-1这m个数中,除以mi余数等于Ri的个数与总数的比值或概率P(Ri)=1/mi如果Ri0时,则除以mi余数等于mi-Ri的概率P(mi-R

17、i)=1/mi除以mi余数不等于Ri和mi-Ri的概率P(Rimi-Ri)=1-P(Ri)-P(mi-Ri)+P(Ri)P(mi-Ri) 若Ri0，P(Rimi-Ri)=0，(可令Li=2)若Ri=0，P(Rimi-Ri)=P(Ri)=1/mi,(可令Li=1)P(Rimi-Ri)2/mi 在0到m-1连续整数中，除以mi余数不等于Ri和mi-Ri的概率为：(1-1/2)(1-L2/3)(1-L3/5).(1-Lt/mt)x的解数S=(1-1/2)(1-L2/3)(1-L3/5).(1-Lt/mt)m =(2-1)(3-L2)(5-L3).(mt-Lt)即存在s个整数x,使所有小于等于的素数不

18、能整除n+x和n-x。如果还能证明：至少有一个xn-3,则n+x和n-x同为素数。到底存在多少个小于n-3的整数x呢？令Z=z|0zn-3且z为整数,则Z中的元素个数|Z|=n-2令K=k|n-2km-1且k为整数,则k中的元素个数|K|=m-n+2令X=从Z集合中筛去zRi(mod mi)和zkmi-Ri(mod mi)的数（当Ri=0时，k=0,Ri0时,k=1）,因为n由概率知识可得x解的个数为：(n-2)*×××××>（n -2）××××××>1（nRi (mod

19、mi) kmi=n-Ri k=令zRi (mod mi) kmi=z-Ri k=k=0,1,2, 集合z中除以mi余数是Ri的个数为SRi，则SRi=k=Ri0，则Smi-Ri=k=或Smi-Ri=1+k=（Ri-(mi- Ri)3时）由此得出：在0到n-3个连续整数中，除以mi 余数是Ri 的概率P(SRi)= 当Ri=0时，P(Sri)=P(SRi)=1->1- 若Ri0，则P(Smi-Ri)= 或P（Smi-Ri）=（Ri-(mi- Ri)3时） P(Sri)= P(SRi)+ P（Smi-Ri）=1- （Ri-(mi- Ri)<3时）或P(Sri)=1-（Ri-(mi- R

20、i)3时）当Ri=0时< 当Ri0且（Ri-(mi- Ri) 3时）< 当Ri0且（Ri-(mi- Ri)3时）<Sr=（n-3）P(Sr1) P(Sr2)P(Srt)>（n -2）××××××>（n -2）××××××=（n -2）××又mt n n-2 讨论： 当mt5时，(mt-2)2-5>0,mt2-4mt-1>0,mt2-1>4mt,>2mt（n -2）×× > 2m

21、t×× =1从0,n-3中筛去对模mi余数为Ri和mi-Ri的数，使所有小于等于的素数都不能整除n+x和 n-x,则x解的个数是大于1的。X集合不为空集，至少有一个x的解小于等于n-3。当mt<5时，mt=3或2当mt=3时，3<56n<14 经检验：（n -2）××均大于1,当mt=2时，2<34n<6 经检验：（n -2）×均大于1,至少有一个x的解小于等于n-3.例：从z=0,1，,18中筛去zRi(mod mi)和zkmi-Ri(mod mi)的数，剩下的个数有多少？z-3=18，z=21，则mi mi=5

22、zRi (mod mi) R1=1, R2=0 R3=1在0，1，18这些整数中除以2余数R1=1的数有9个，即P（R1）=除以3余数R2=0的数有7个，即P（R2）=除以5余数R3=1的数有4个，即P（R3）=除以5余数R3=4的数有3个，即P（R3）=从0,1，2，18个连续整数中，筛去nRi (mod mi)的数，剩下的数>19*（1-）*（1-）*（1-）=3.4 (个)经检验，从0到18中筛去除以2余1，除以3余0，除以5余1和余4的数后，剩下的数只有2，8，10共3个数。方法二：令Y=y|0yn-3且y为整数,则Y中的元素个数为|Y|=n-2令X=从Y集合中筛去yRi(mod

23、 mi)和ykmi-Ri(mod mi)的数（当Ri=0时，k=0,Ri0时,k=1） 如果能证明X集合不为空，即X集合中至少有一个元素，则至少有一个x的解小于等于n-3yRi (mod mi) 肯定有解，可令其解为SRiyri (mod mi) 也一定有解，可令其解为Sri若Ri0时,ymi-Ri (mod mi) 也一定有解，可令其解为Smi-Ri yRi (mod mi)的解为：0，1，, mi-1，一共有mi个。若令f(y)0 (mod mi)的解数为Si则Si=miSRi Si=miSmi-Ri （Ri0） Sri =Si-SRi或Sri =Si-SRi-Smi-RiSi=SRi+S

24、mi-Ri+Sri（Ri0）或Si=SRi+Sri（Ri=0）(mi-Li)SRi =Sri（当Ri0时，Li=2，当Ri=0时，Li=1）S=n-2=S1S2.St=m1SR1*m2SR2*mtSRtSR1SR2SRt=(n-2)/m1m2mtS=Sr1Sr2Srt=(m1-1)SR1(m2-L2)SR2(mt- Lt)SRt=(n-2)×（当Ri=0时，则Li=1;当Ri0时，则Li=2）2=m1<m2<<mt。且m1,m2,mt是素数，当i>2时，相邻两个奇质数mi与mi-1的差一定大于等于2(mi-mi-1)2 (mi-2)mi-1，（当i>2时

25、）又Ri=0时Li=1,Ri0时Li=2,(mi-Li)(mi-2)mi-1，（n -2）×××××>（n -2）×××××=（n -2）××14.结论综上所述，n+x和n-x同为素数应满足的条件：（1）xri(mod mi) 0ri<mi且rikmi-Ri且riRi (i=0，1，.t,当Ri=0时，k=0,当Ri0时,k=1,)，（2）在满足（1）的条件下，且至少存在一个x的解n-3均成立。所以，存在一个小于等于n-3的整数x，使得(n+x)和(n-x)同为素

26、数。有了偶数表为两素数和的表达式，还可以用归纳法或反证法进行证明。这里仅举归纳法。(一) n=3，4，5，6时，显然都存在一个整数x,使得使n+x和n-x同为素数。如n=6时，mt mt =3，M1=3, M2=2, M1=1, M2=2,m=2*3=6n0(mod 2),n0(mod 3),0ri<mi且r10且r20，由xr1M1M1+ r2M2M2(mod m) 将r1=1且r2=1或2代入上式得x1*1*3+ 1*2*2(mod 6) 得x=1 或x1*1*3+ 2*2*2(mod 6)得x=5xn-3=6-3=3, x=1存在一个整数1，使n+1和n-1同为素数。（二）假设n=

27、k时，存在一个整数x,使n+x和n-x同为素数。其中xr1(mod m1),xr2(mod m2),.,xrt(mod mt),0ri<mi且rikmi-Ri且riRi(当Ri=0时，k=0,当Ri0时,k=1,)且x的解数（n -3）×××××则n=k+1时，k+1R1+1(mod m1), k+1R2+1(mod m2),.,k+1Rt+1(mod mt)令xr1(mod m1),xr2(mod m2),.,xrt(mod mt),且0ri<mi且rikmi-Ri-1且riRi+1k+1+xR1+1+r1(mod m1),k+1+xR2+1+r2(mod m2),.,k+1+xRt+1+rt(mod mt),k+1-xR1+1-r1(mod m1),k+1-xR2+1-r2(mod m2),.,k+1-xRt+1-rt(mod mt)。0ri<mi且rikmi-Ri-1且riRi+1Ri+1-ri0,Ri+1+ri0或mi，mi不能整除k+1+x，且mi不能整除k+1-x。再用前面3.证明：至少有一个x的解小于等于(k+1)-3存在一个整数x，使k+1+x和k+1-x同为素数。有了偶数与素数的表达式，还可以得出素数分布的规律。当x=0，nRi(mod mi) n要为素数，则Ri0，可证得n在mt2，mt+1