“數(shù)學(xué)王冠上的明珠”

朱昌海

摘 要：文章編制了五位數(shù)內(nèi)的“全因維數(shù)表”，解決了十位數(shù)內(nèi)的分解質(zhì)因數(shù)問題，并且以“全因維數(shù)表”的系統(tǒng)理論破解了“哥德巴赫猜想”“1+1”的難度證明，同時以顛覆性創(chuàng)新理論一舉破解了“1+2”“1+3”“2+2”“2+3”...“a+b”（a≥1，b≥1）的難度證明等問題。

關(guān)鍵詞：“1+1”的難度；維數(shù)密率；數(shù)對遞加；連孿質(zhì)數(shù)；孿生高因二維數(shù)

一、引言

目前人們對質(zhì)數(shù)的認(rèn)識只停留在概念上，也就是人們只認(rèn)識什么叫做質(zhì)數(shù)，而對于任意給出一個非“5”尾的奇數(shù)（如2×3×5×7×11×13×17×19×23×29+1=6469693231），這個數(shù)是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)，如果是合數(shù)，質(zhì)因數(shù)又有哪些，人們就很難得出答案了。這是本文要解決的主要問題。

小學(xué)五年級數(shù)學(xué)下冊在“你知道嗎？”一欄目中舉例說明“分解質(zhì)因數(shù)” （如4=2×2、15=3×5、30=2×3×5），

這些數(shù)非常簡單，一看就知道質(zhì)因數(shù)是什么，不需要費腦去尋求，這就說明僅僅是一種概念的認(rèn)識。然而對于一些較大的數(shù)就無從著手了。例如，《高中數(shù)學(xué)選修2—2》（2005年版）第111頁習(xí)題B組第一題：

“觀察

2×3+1=7

2×3×5+1=31

2×3×5×7+1=211

2×3×5×7×11+1=2311

2×3×5×7×11×13+1=30031

2×3×5×7×11×13×17+1=510511

……

由此可以發(fā)現(xiàn)什么規(guī)律，利用這個規(guī)律，用反證法證明‘質(zhì)數(shù)的個數(shù)是無限的?！?/p>

顯然，命題者認(rèn)為這個“規(guī)律”的結(jié)論是前面連續(xù)n個質(zhì)數(shù)的積加上1，結(jié)果也是一個質(zhì)數(shù)。這個命題犯有嚴(yán)重的邏輯性錯誤，因為前面連續(xù)n個質(zhì)數(shù)的積加上1，其和只能說明前面n個質(zhì)數(shù)中的任何一個除這個和，結(jié)果都余1，并不能說明后面的質(zhì)數(shù)除這個和，結(jié)果都存在余數(shù)。因此命題者的錯誤不僅有：

2×3×5×7×11×13+1=30031=59× 509；

2×3×5×7×11×13×17+1=510511=19×97×277；

而且還有：

2×3×5×7×11×13×17×19+1=9699691=347×27953；

2×3×5×7×11×13×17×19×23+1=223092871=317×703763；

2×3×5×7×11×13×17×19×23×29+1=6469693231=331×571×34231。

……

恐怕后面已經(jīng)很難找到質(zhì)數(shù)了。犯有這一錯誤的主要原因是前面四個數(shù)7、31、211、2311可以靠觀察來發(fā)現(xiàn)它們都是質(zhì)數(shù)，但后面的數(shù)還能觀察嗎？如果這是一個質(zhì)數(shù)表達(dá)式，則需要一個完整的理論證明。命題者就犯有這樣一個沒有理論證明就下結(jié)論的錯誤！

二、研究問題

（1）質(zhì)數(shù)的個數(shù)和編寫五位數(shù)內(nèi)的“全因維數(shù)表”“質(zhì)數(shù)表”。

（2）分解質(zhì)因數(shù)和質(zhì)數(shù)的判定。

（3）“哥德巴赫猜想”“1+1”的難度破解。

多少年來，世界各國的數(shù)學(xué)家對解決這些問題無從著手，而將這些問題視為難題。其中世界著名數(shù)學(xué)難題“哥德巴赫猜想”“1+1”的證明難度之大，被稱為 “數(shù)學(xué)王冠上的明珠”，我國數(shù)學(xué)家陳景潤在這一領(lǐng)域取得了舉世矚目的成果，他證明了其中的“一個大偶數(shù)=

質(zhì)數(shù)+質(zhì)數(shù)×質(zhì)數(shù)（即‘1+2）”，而“一個大偶數(shù)=質(zhì)數(shù)+質(zhì)數(shù)（即‘1+1）”還未得到證明。由于一個大偶數(shù)可以無限大，其證明的難度也就可想而知了。因其難度之大，據(jù)說世界數(shù)學(xué)奧委會懸賞一千萬美金吸引人破解呢。

三、研究方法

（1）查表累計法。

（2）查表法、最少次數(shù)搜索法。

（3）維數(shù)密率法、數(shù)對遞加法、多項和的完全平方公式法。

要想解決以上三個問題，這三個研究方法必須一一對應(yīng)用上。

四、研究結(jié)果

1.質(zhì)數(shù)的個數(shù)和編寫五位數(shù)內(nèi)的“全因維數(shù)表”“質(zhì)數(shù)表”

（1）質(zhì)數(shù)的定義和合數(shù)的定義。在數(shù)的分類中，如果按倍數(shù)來分，就有質(zhì)數(shù)和合數(shù)之分。一個數(shù)按倍數(shù)來分有以下積的各種表達(dá)形式：

A.3=3×1，7=7×1，23=23×1

B.14=2×7，21=3×7，49=72

C.42=2×3×7，63=32×7，27=33

D.462=2×3×7×11，36=22× 32，54=2×33，81=34

E.1=12+13=...=1n

A中的數(shù)叫做一維數(shù)（即我們常說的質(zhì)數(shù)），它的定義是只能表達(dá)成它自身和“1”相乘的數(shù)；B中的數(shù)叫做二維數(shù)，它的定義是可以表達(dá)成不含有它自身的兩個因數(shù)的積的數(shù)；C中的數(shù)叫做三維數(shù)，它的定義是可以表達(dá)成不含有它自身的三個因數(shù)的積的數(shù)；D中的數(shù)叫做四維數(shù)，它的定義是可以表達(dá)成不含有它自身的四個因數(shù)的積的數(shù)；E中的“1”叫做任意維數(shù)。它的定義是可以表達(dá)成任意次自身相乘的數(shù)。這樣定義質(zhì)數(shù)和合數(shù)，語言更加精練準(zhǔn)確。教科書上只有質(zhì)數(shù)和合數(shù)之分，沒有提及維數(shù)。本文提及維數(shù)，就是能更好地將合數(shù)進(jìn)行分類?！熬S數(shù)”是數(shù)學(xué)上的新名詞。

（2）質(zhì)數(shù)的個數(shù)、維數(shù)的密率。任意給出一個不大于100000的偶數(shù)，不大于這個偶數(shù)的質(zhì)數(shù)有多少個？它們分別是什么數(shù)？目前在數(shù)學(xué)上都弄不清楚。為了解決這個問題，筆者編寫了一本五位數(shù)內(nèi)的“全因維數(shù)表”（編寫方法：從3開始，每3個格就有一個因數(shù)3；從5開始，每5個格就有一個因數(shù)5；從7開始，每7個格就有一個因數(shù)7；依此類推，是乘方數(shù)從高次方編起，電腦編程很快），在表中累計不大于100000的質(zhì)數(shù)一共有9591個，它們?nèi)绾蟊硭洝Ｓ辛恕熬S數(shù)表”和“質(zhì)數(shù)表”，對解決以下問題就不難了。質(zhì)數(shù)的密率=質(zhì)數(shù)的個數(shù)÷（奇數(shù)的個數(shù)-1）。由“維數(shù)表”可知，當(dāng)2n=106或2n=118時，質(zhì)數(shù)的密率是1∶2；當(dāng)2n=1016時，質(zhì)數(shù)的密率是1∶3；當(dāng)2n=8402時，質(zhì)數(shù)的密率是1∶4；當(dāng)2n=64512時，質(zhì)數(shù)的密率是1∶5。由此可見，隨著2n的不斷增大，質(zhì)數(shù)的密率就不斷減少而接近于零。可見質(zhì)數(shù)存在無窮多，同時也存在無窮大。

2.分解質(zhì)因數(shù)和質(zhì)數(shù)的判定

（1）查表法。在十位數(shù)內(nèi)，對任意給出一個非“5”尾的奇數(shù)，這個數(shù)是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)？目前數(shù)學(xué)上很難解決，現(xiàn)在有了“維數(shù)表”和“質(zhì)數(shù)表”，對解決這個問題就容易了。對于小于100000的所有奇數(shù)，可查“維數(shù)表”就能直接得到答案。如96497在“維數(shù)表”內(nèi)是空格（96497可以分為09、64、97，在左上角查09，在上行查64，在左列查97，64和97的交叉點是空格），則這個數(shù)就是質(zhì)數(shù)；又如96499在“維數(shù)表”內(nèi)是132×571，則96499=132×571。這個數(shù)的質(zhì)因數(shù)也就直接查出來了。

（2）搜索法。對于大于100000而小于10000000000的所有奇數(shù)，就必須除以小于某個奇數(shù)最大不足平方根的所有質(zhì)數(shù)，才能判斷其是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)。如2×3×5×7×11×13×17×19×23×29+1=6469693231，其最大不足平方根為√6469693231=80434+，大于29而小于80434的所有質(zhì)數(shù)有7863個。如果6469693231不能被這7863個質(zhì)數(shù)之一整除，則這個數(shù)是質(zhì)數(shù)，否則是合數(shù)。事實上當(dāng)除到第57個質(zhì)數(shù)331時就整除了（即6469693231=331×19545901），接下來將19545901重復(fù)除以331直到不能整除為止（如能整除就出現(xiàn)331的乘方數(shù)）。而19545901的最大不足平方根為√19545901=4421+，大于331而小于4421的所有質(zhì)數(shù)有534個，如果19545901不能被這534個質(zhì)數(shù)之一整除，則這個數(shù)是質(zhì)數(shù)，否則是合數(shù)。事實上當(dāng)除到第37個質(zhì)數(shù)571時就整除了（即19545901=571×34231），接下來將34231重復(fù)除以571直到不能整除為止。而34231的最大不足平方根為√34231=185+，但185<571，故34231是質(zhì)數(shù)。所以有6469693231=331×571×34231。又如99980827、99980829這兩個數(shù)，它們最大不足平方根都為9999+，大于1而小于9999”的質(zhì)數(shù)有1228個，它們都被這1228個質(zhì)數(shù)之一整除（即99990827=3557×28111，99990829=9311×10739），它們是孿生高因二維數(shù)。再如99982241、99982243、99982247、99982249，這四個數(shù)的最大不足平方根也都為9999+，但這四個數(shù)都不能被這1228個質(zhì)數(shù)之一整除，所以這四個數(shù)都是質(zhì)數(shù)，它們是連孿質(zhì)數(shù)（這兩組數(shù)尋找很難，要編“缺因維數(shù)表”才能找到，此表也能滿足應(yīng)用需求，但人工編寫容易產(chǎn)生錯漏）。盡管這個方法也很煩瑣，但搜索的次數(shù)是最少的。如果將相應(yīng)程序輸入電腦，很快就能得出答案。

3.“哥德巴赫猜想”“1+1”的難度破解

20世紀(jì)60年代，我國數(shù)學(xué)家陳景潤證明了“哥德巴赫猜想” 中的“1+2” ， 直到1973年發(fā)表，轟動了整個世界，時至今日，半個世紀(jì)過去了， “1+1” 的證明還未取得任何進(jìn)展?，F(xiàn)在筆者來論證“1+1”。

已知：一個偶數(shù)=2n（n≥3的自然數(shù)），

求證：存在兩兩成對的質(zhì)數(shù)，使得每對質(zhì)數(shù)都能滿足（質(zhì)+質(zhì)）=2n。

證明：兩個奇數(shù)之和等于2n，可以有下面四種表達(dá)方式：

質(zhì)+合=2n

質(zhì)+質(zhì)=2n

合+合=2n

1 +質(zhì)或合=2n

第四個表達(dá)式一定存在并且只有一個。由“維數(shù)表”可得下面數(shù)據(jù)：當(dāng)2n=2000時，質(zhì)數(shù)的個數(shù)=301（個），合數(shù)的個數(shù)=998-301=697（個），

質(zhì)數(shù)的密率=—，合數(shù)的密率=

—。（質(zhì)+質(zhì)）的密率=（—）2，

（合+質(zhì)）和（質(zhì)+合）的密率=2×

—×—，（合+合）的密率=（—）2，

并且三者密率之和等于1。

三者密率之和就是（質(zhì)數(shù)的密率+合數(shù)的密率）2 的展開式。

由于給出的2n無論多大。質(zhì)數(shù)的個數(shù)總是有限的。所以一定存在以上密率，并且三者密率之和都等于1。由此可見當(dāng)2n達(dá)到一定大時（2n≥64時）， （質(zhì)+質(zhì)）、（質(zhì)+合）、（合+合）

三者相互并存，缺一不可；而當(dāng)2n<64時，要缺的只有（合+合），不會是（質(zhì)+

質(zhì)）和（質(zhì)+合）。所以無論2n多大，一定存在（質(zhì)+質(zhì)）=2n。

由于質(zhì)數(shù)分布很不均勻，理論數(shù)據(jù)和實際數(shù)據(jù)存在一定誤差。為了弄清這個誤差，由維數(shù)表可得以下數(shù)據(jù)：

質(zhì)數(shù)的密率=—=0.3016032；

（質(zhì)+質(zhì)）的理論密率=0.30160322=

0.090964；

（質(zhì)+質(zhì)）的理論個數(shù)=0.090964×

499=45（個）；

（質(zhì)+質(zhì)）的實際個數(shù)=37（個）；

（質(zhì)+質(zhì)）的實際密率=—= 0.74148；

密率差=0.091569-0.074148= 0.017421；

同理可得以下數(shù)據(jù)表。

由下表數(shù)據(jù)可知：①A1和B1、A2和B2、A3和B3...的 密率差不斷減小，也就說明（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對個數(shù)比率從小到大不斷接近理論數(shù)對個數(shù)比率；②C1C2C3...的密率差出現(xiàn)負(fù)值，并且絕對值也不斷減小，這就說明（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對個數(shù)比率從大到小不斷接近理論數(shù)對個數(shù)比率；③A1A2A3...、B1B2B3...、C1C2C3...中，（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對都隨著2n的不斷增大而增多（即數(shù)對遞加）。由①②③可知，無論2n多大，（質(zhì)+質(zhì)）的數(shù)對一定存在。不過這里2n的間隔是2000，如果間隔較小而小至2的話，就會出現(xiàn)或多或少或平的波狀曲線上升。不管怎么說，（質(zhì)+

質(zhì)）的理論數(shù)對總是存在的，實際數(shù)對總是緊靠著理論數(shù)對左右擺動。如果還不足以說明問題的話，那么我們就求（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對不能再小值。當(dāng)2n=2000時，（質(zhì)+合）和（合+合）的理論數(shù)對和實際數(shù)對分別為221個、225個和243個、237個，那么（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對最少都有（499-243-225）=31個（都減去其中最大的，如是估算，這個數(shù)對不能再少了）。同理可證無論2n多大，（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對都存在不能再小值，并且都隨著2n的不斷增大而呈波狀曲線增大。這一點最有說服力。至此 “哥德巴赫猜想”“1+1”的理論證明應(yīng)該已經(jīng)畫上句號。

C1C2C3...中，（質(zhì)+質(zhì)）的實際數(shù)對比理論數(shù)對多，主要是含有因數(shù)3的合數(shù)對加，出現(xiàn)了（合+合）的數(shù)對過多所致。其他質(zhì)數(shù)也有這種情況。

五、討論

我研究“哥德巴赫猜想”“1+1”不是主題，我的主題是分解質(zhì)因數(shù)，因為分解質(zhì)因數(shù)的教育價值要遠(yuǎn)比“1+1”大得多。教科書上只是給人一種概念的認(rèn)識，沒有給人一種理性思維而解決實際問題。對此，我編寫了一本五位數(shù)內(nèi)的“全因維數(shù)表”，解決了十位數(shù)內(nèi)的分解質(zhì)因數(shù)問題。有了“全因維數(shù)表”，“1+1”無攻自破。因為隨著2n的不斷增大，“1+1” 的實際數(shù)對就或多或少或平地呈波狀曲線上升（即數(shù)對遞加），也就是說2n越大，“1+1”的實際數(shù)對就相對越多。僅這一點就足以說明無論2n多大，“1+1”的數(shù)對一定存在。

“全因維數(shù)表”不僅解決了“1+1”問題，還可以解決“1+2”“1+3”“2+2”“2+3”...“a+b”（a≥1、b≥1的自然數(shù)）等問題。因為對任意給出的2n無論多大，1維數(shù)、2維數(shù)、3維數(shù)...n維數(shù)的個數(shù)都是有限的，所以它們都存在密率，并且它們的個數(shù)和就是所有奇數(shù)，我們應(yīng)用多項和的完全平方公式展開：

（1+2+3+...+n+A）2=12+22+32+...+ n2+A2+2×1×2+2×1×3+...+2×1×n+ 2×1×A+2×2×3+...+2×2×n+2×2×A+...+2×3×n+2×3×A+2×n×A，其中12、22、32...n2 、A2 分別表示“1+1” “2+2”“3+3” ...“n+n”“A+A”，2×1×2、2×1×3...2×1×n、2×1×A分別表示“1+2”“1+3” ...“1+n”“1+A”， 2×2×3...2×2×n、2×2×A分別表示“2+3” ...“2+n”“2+A”...2×3×n、2×3×A、2×n×A分別表示...“3+n” “3+A” “n+A”（A為維數(shù)大于n的合數(shù)）。我們再將1維數(shù)、2維數(shù)、3維數(shù)...n維數(shù)、維數(shù)大于n的合數(shù)A的密率分別代入公式中的各項，就可以求出“a+b”的各種理論密率，再乘以2n內(nèi)（奇數(shù)的個數(shù)-2）÷2，就可以求出“a+b”各種理論數(shù)對的個數(shù)。由于各維數(shù)分布都很不均，所以“a+b”各種理論數(shù)對和實際數(shù)對都存在一定誤差，并非“a+b”的各種實際數(shù)對不存在。所以當(dāng)（2n+2K）（K=0、1、2、3、...的自然數(shù)）能使a+b=N時的數(shù)對連續(xù)存在，那么a+b≤N的各種數(shù)對都連續(xù)存在。當(dāng)N=2時，只需2n≥6；當(dāng)N=3時，只需2n≥12；當(dāng)N=4時，只需2n≥ 64...當(dāng)N=18時，只需2n≥39+38m（m為一個質(zhì)數(shù)），可見要使“1+1”的數(shù)對存在，只需2n≥6（2n=4是非奇質(zhì)數(shù)）即可。

六、結(jié)論

維數(shù)密率、數(shù)對遞加、多項和的完全平方公式，都能證明“1+1”“1+2”的存在，所以“哥德巴赫猜想”不是難題。而難的是：對于任意給出的2n無論多大，“1+1”“1+2”的數(shù)對到底有少個？

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