ChatGPT 对哥德巴赫猜想的刘维尔函数弱化版的证明

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1. 问题重述

哥德巴赫猜想（的一个表述）为：

所有大于 2 的偶数可以表示为 n=a+b，其中 a,b 为素数。

2018 年，MathOverflow 上的用户 Pablo 提出了此弱化问题，下面声称由 GPT-6 Astra 生成的论文（经整理）证明了哥德巴赫猜想的一个必要不充分条件。

所有大于 2 的偶数可以表示为正整数分解 n=a+b，其中 \lambda(a)=\lambda(b)=-1，且 a,b>0。

其中定义在正整数上的函数 \lambda(x)=(-1)^{\Omega(x)}，而 \Omega(x) 表示可重时 x 的质因子个数，即若 x 的唯一质因数分解为 x=\prod p_i^{k_i}，则 \Omega(x)=\sum k。

特别地，\lambda(1)=1，理解为 \Omega(1)=0。

2. 初步转化

首先，\lambda 是完全积性函数，即对于定义域上的 a,b，有 \lambda(ab)=\lambda(a)\lambda(b)。

令 f(x)=\lambda(x)。

第一步将问题转化为求证：

对于任意素数 p>3，都存在 u,v，使得 2p=u+v,f(u)=f(v)=1。

令 N=2m，如果 f(m)=-1，则原问题直接成立，N=m+m。

否则 f(m)=+1，则 m>1 的质因子个数为正偶数，提出其中最大的两个质因子 r,s，即 m=r\cdot s\cdot c,f(c)=1。

若其中一个 r>3，由假设得 2r=u+v，两边同乘 sc，便有 N=scu+scv.

而 f(sc)=-1，所以两项的符号都是负数，得证。

否则 r,s\in \{2,3\}，只需

8=2\times 4=3+5,12=2\times 6=5+7,18=2\times 9=7+11

再乘 c。

故只需要证明

p>3\Longrightarrow 2p=u+v,f(u)=f(v)=1

3. 反证转化为不等式

考虑反证，固定 p>3，假设

不存在 u,v 使得 f(u)=f(v)=1,u+v=2p。

推出：和为 p 的两个正整数不能同为负号（\lambda 意义下）。

之后对正整数在 \lambda 意义下的正负性会直接用“正负”指代。

因为假如

a+b=p,\qquad f(a)=f(b)=-1

乘以 2 就得到

2a+2b=2p,\qquad f(2a)=f(2b)=1

与假设矛盾。

由于函数值只有 \pm1，这个限制可以写成

f(p-n)\geq -f(n),\qquad 0<n<p\tag 1

同时有

f(p+n)\leq f(n)\tag 2

只需要考虑 f(n)=-1：由 (1)，f(p-n)=1；而

(p-n)+(p+n)=2p

所以 f(p+n) 必须为 -1。

再把 (1) 中的 n 换成 2n：

f(p-2n)\geq-f(2n)=f(n),\qquad 0<n<p/2\tag 3

Agent 在总结里说，这些不等式的价值在于：一旦它们成链，不等关系就直接变为等式。

4. 寻找通用的等价关系

4.1 一段区间内的精确关系

取

\frac p3<n<\frac p2

并令

u=p-2n,\qquad v=3n-p

由 (3)，

f(n)\leq f(u)

又因为 3n=p+v，由 (2)，

-f(n)=f(3n)\leq f(v)

另一方面 ，

3u+2v=p

和为 p 的两项不能同时为负，所以 f(u) 与 f(v) 不能同时为正，也就是

f(v)\leq -f(u)

合起来：

-f(n)\leq f(v)\leq -f(u)\leq -f(n)

所以

f(n)=f(p-2n)=-f(3n-p)\quad\left(\frac p3<n<\frac p2\right)\tag 4

4.2 统一形式下的性质

由于需要讨论 2n 和 3n，会超出已有的区间。

所以把问题搬到模 p 的有限域 \mathbb F_p。

将一个剩余类映射到代表元

-\frac p2<t<\frac p2

定义其上的函数

G(0)=0,\qquad G(x)=\operatorname{sgn}(t)f(\lvert t\rvert)

则有

G(-x)=-G(x),\qquad G(1)=1

并且

G(n)=f(n)\qquad(0<n<p/2)

由第 4 部分中的形式，我们希望证明

G(-2x)=G(x),\qquad G(-3x)=G(x)\tag 5

由于 G 是奇函数，等价于

G(2x)=-G(x),\qquad G(3x)=-G(x)

定义两个函数

A(x)=G(-2x)-G(x),\qquad B(x)=G(-3x)=G(x)

即为证明

A=B=0
代表元 n (0,p/6) (p/6,p/4) (p/4,p/3) (p/3,p/2)
A(n) 0 0 \geq 0 0
B(n) 0 \geq 0 A(n) 0

当 n<p/4 时，2n<p/2，所以有

G(-2n)=-f(2n)=f(n)=G(n)

因此 A(n)=0。

当 p/4<n<p/3 时，-2n 的代表元为 p-2n，于是

A(n)=f(p-2n)-f(n)\geq 0

在同一区间，把 (4) 用于 u=p-2n，得到

f(p-2n)=-f(2(p-3n))

于是

f(p-2n)=f(p-3n)

所以此时 A(n)=B(n)。

这样分组不会遗漏，因为 p/6,p/4,p/3,p/2 都不是整数。

4.3 通过两个可交换变换消除偏差

考虑

T_2(x)=-2x,\qquad T_3(x)=-3x

在模 p 意义下。它们可交换：

T_2T_3(x)=6x=T_3T_2(x)

所以发现

A(-3x)+B(x)=B(-2x)+A(x)\tag 6

展开发现两边都是 G(6x)-G(x)。

取

p/6<n<p/4

由表格，A(n)=0，而 -2n 的代表元为负数 -2n，由奇性有

B(2n)=0

所以右边是 0。

而左边的两项都非负：

所以 B(n)=0。

所以

A(x)=B(x)

对所有 x 成立。

由 A=B，

G(-2x)=G(-3x)

从而

G\left(\frac23x\right)=G(x)\tag 7

在模意义下。

同样有

A\left(\frac23x\right)=A(x)\tag 8

假设某个偏差非零，则必为

p/4<n<p/3,\qquad A(n)>0

令 m 是 (2/3)n 的代表元，由 (8)，A(m)>0，所以表格又迫使

p/4<m<p/3

但是

3m\equiv2n\pmod p

而

2n\in (p/2,2p/3),\qquad 3m\in (3p/4,p)

两者都在 (0,p) 内，却互不相交，不可能模 p 同余。

因此

A=B=0

于是有

G(-2x)=G(x),\qquad G(-3x)=G(x)

5. 证明 G 的乘法性质

当 ab<p/2 时，有

G(ab)=G(a)G(b)\qquad(ab<p/2)\tag 9

并且由 (5) 可知

G(-1)=G(2)=G(3)=-1

所以

G(cx)=G(c)G(x)

当 c\in \{-1,2,3\} 时成立。

考虑拓展 c 的范围。

令 H 表示当前确定的合法 c 的集合，即使得

G(cx)=G(c)G(x)

在任意 x 时都成立的 c 的集合。

要想证明 G 的全局乘法性质，就是要证明

H=\mathbb F_p^\times

即合法的 c 覆盖了整个非零剩余类。

并且 H 一定是 \mathbb F_p^\times 的子群。

假设存在一个数不在 H 内，取最小的不属于 H 的正整数 q。

于是

最后一个是因为若 q>p/2，则

0<p-q<q

由最小性，p-q\in H，又因为 -1\in H，所以

q\equiv -(p-q)\pmod p

也属于 H，矛盾。

5.1 通过 D 转换证明

定义

D(x)=\frac{G(qx)}{G(q)G(x)}

分母不为零。

于是为了证明 q 也在 H 中以得到矛盾，需要对于所有 x\neq 0 有

D(x)=1

为什么定义这个比值？

因为当乘一个已经在 H 中的数 h\in H 时，会消掉一部分：

\begin{aligned} D(hx)&=\frac{G(qhx)}{G(q)G(hx)}\\ &=\frac{G(h)G(qx)}{G(q)G(h)G(x)}\\ &=D(x) \end{aligned}

所以

D(hx)=D(x)\qquad (h\in H)

这代表，D 在每个陪集

xH=\{xh:h\in H\}

上都是常数。

因此，对于一个陪集，只需要找到一个可处理的点，就能得到整个集合的特征。这里我们关心的就是 D=1。

由于

D(n)=\frac{G(qn)}{G(q)G(n)}

只要

qn<p/2

就可以使用

G(qn)=G(q)G(n)

从而 D(n)=1。

所以只需要对每个陪集，存在一个正整数

n<\frac p{2q}

这里不取模。

5.2 证明陪集的性质

任取一个陪集，选择其中最小的正的代表元 n（代表元为 -p/2<t<p/2，与前面的定义一致）。

所以有 n<p/2，且 n 为奇数。

后者是因为若 n 为偶数，由 2\in H，有 n/2 也在 xH 中。

若 n=1，由 q<p/2 则已经成立，所以接下来只考虑 n>1。

假设 n 不够小，即

2qn>p

那么尝试构造一个更小的同一个陪集中的正整数，推翻 n 的最小性。

第一种情况：

p<(2q-1)n

选择最接近 p/n 的偶数 a，它满足

a=2j,\qquad 1\leq j<q

以及

0<\lvert p-an\rvert <n

这样 r=\lvert p-an\rvert\equiv -an\pmod p，且 -1\in H，因此 r 在陪集中，且比 n 更小，矛盾。

第二种情况：

即

(2q-1)n<p<2qn

这种情况和先前相比的差别在哪里？

如果再次按照第一次的方法选择，则有

2q-2<2q-1<p/n<2q

最近的偶数是 2q，但是

2q\notin H

否则与 q\notin H 矛盾。

如果选 2q-2？虽然它属于 H，但是

t-(2q-2)>1

所以

\lvert p-(2q-2)n\rvert>n

无法使代表元变小。

那么怎么办？

不一定要把

\lvert p-an\rvert

变成小于 n。

如果它是一个偶数，那么可以考虑

r=\frac{\lvert p-an\rvert}2

这样只需要

0<\lvert p-an\rvert <2n

就有

0<r<n

对应到 a 的选择，则变成

\lvert p/n-a\rvert<2

所以新的策略是：找一个 H 内的 a，让它距离 t 不到 2，并让 p-an 是偶数。

考虑 2q-1 和 2q+1，由于 q\geq 5 是素数，所以这两者一定有一个是 3 的倍数，选择 a=3j，即那个数。

为什么 a 属于 H？

因为

a\leq 2q+1

所以

j=\frac a3\leq \frac{2q+1}3<q

这个不等式是严格的。

因此

1\leq j<q

由 q 的最小性，

j\in H

所以

a=3j\in H

再次定义

r=\frac{\lvert p-an\rvert}2

则有

0<\lvert p-an\rvert<2n

又因为 p,a,n 都是奇数，因此 r 是整数。由上面的推导，r 又是比 n 更小的陪集里的数，再次矛盾了。

因此对每个陪集，存在

n<\frac p{2q}

从而对于 q，所有非零 x 下 D(x)=1，从而

q\in H

与

q\notin H

矛盾。

所以不存在 q\notin H。

从而

H=\mathbb F_p^\times 从而，对于所有非零模 $p$ 剩余类有 $$ G(xy)=G(x)G(y) $$ ## 6. 找到剩余类下的反例 $G$ 的完整乘法性质给出 $$ G(x^2)=G(x)^2=1 $$ 因为非零的 $G$ 输入产生 $\pm1$。 所以 $$ \ell\equiv x^2\pmod p,\quad x\neq 0\Longrightarrow G(\ell)=1 $$ 另一方面，如果 $\ell$ 是素数，且有 $$ 0<\ell<p/2 $$ 那么它位于 $G=\lambda$ 时的正半区间内，所以 $$ G(\ell)=\lambda(\ell)=-1 $$ 就矛盾了。 所以只需找到素数 $\ell<p/2$，且 $\ell$ 是模 $p$ 的非零平方。 即 $\ell$ 是模 $p$ 的二次剩余。 先用 $G(-1)=-1$ 限制 $p$ 的形状： 由奇性和 $G(1)=1$： $$ G(-1)=-1 $$ 但如果 $-1$ 是模 $p$ 的平方，又必须 $G(-1)=1$，所以 $-1$ 不是模 $p$ 的平方。 使用一个标准的判别：$-1$ 是模奇素数的平方等价于 $$ p\equiv 1\pmod 4 $$ 所以需要考虑的只能是 $$ p\equiv 3\pmod 4 $$ 也就是若 $p\equiv 1\pmod 4$，已经得到矛盾。 后面只需要 $p\equiv 3\pmod 4$。 论文的最后一部分指出： > 如果 $p$ 是大于 $3$ 的素数且 $p\equiv 3\pmod 4$，则存在素数 $\ell<p/2$ 是 $p$ 的二次剩余。 更进一步地，论文还指出所有 $$ \frac{p+1}4 $$ 的质因数都满足上述性质。 考虑证明： 取出 $$ \frac{p+1}4 $$ 的一个质因子 $\ell$，它显然足够小。 而且有 $$ \ell\mid p+1\Longrightarrow p\equiv-1\pmod \ell $$ 所以只需要证明：$\ell$ 是 $p$ 的二次剩余。 即 $$ \left(\frac\ell p\right)=1 $$ 其中左侧表示勒让德符号。 有 $$ \left(\frac p\ell\right)=\left(\frac {-1}\ell\right) $$ 对于奇素数 $r$ 有标准公式： $$ \left(\frac{-1}r\right)=(-1)^{(r-1)/2} $$ 以及二次互反律 $$ \left(\frac \ell p\right)\left(\frac p\ell\right)=(-1)^{\frac{\ell-1}2\frac{p-1}2} $$ **当 $\ell$ 是奇素数时：** 因为 $\ell<p$，两个素数不同，可以使用二次互反律。 而且两个勒让德符号都是 $\pm1$，其倒数等于自身，所以可以写成 $$ \left(\frac\ell p\right)=(-1)^{\frac{\ell-1}2\frac{p-1}2}\left(\frac p\ell\right) $$ 由于 $p\equiv 3\pmod 4$，所以 $$ \frac{p-1}2=2k+1 $$ 是奇数。 因此 $$ (-1)^{\frac{\ell-1}2\frac{p-1}2}=(-1)^{(\ell-1)/2} $$ 所以 $$ \left(\frac\ell p\right)=(-1)^{(\ell-1)/2}\left(\frac p\ell\right) $$ 由于 $p\equiv -1\pmod \ell$，有 $$ \left(\frac\ell p\right)=(-1)^{(\ell-1)/2}\left(\frac{-1}\ell\right) $$ 后者使用标准公式，则有 $$ \begin{aligned} \left(\frac\ell p\right) &=(-1)^{\ell-1}\\ &=1 \end{aligned} $$ **当 $\ell=2$ 时：** 由于 $$ 2\mid L=\frac{p+1}4 $$ 说明 $p+1$ 被 $8$ 整除： $$ p\equiv 7\pmod 8 $$ 关于 $2$ 的二次剩余补充定律指出，$2$ 是模 $p$ 的二次剩余当且仅当 $p$ 模 $8$ 的余数为 $1$ 或 $7$。 所以同样，$2$ 也是模 $p$ 的二次剩余。 所以 $\ell$ 是模 $p$ 的非零平方，且 $\ell$ 可以是 $(p+1)/4$ 的任何质因子。 但若 $\ell<p/2$ 且 $\ell$ 是素数，则 $G(\ell)=\lambda(\ell)=-1$。 二次剩余又要求 $G(\ell)=1$，矛盾。 因此反正假设不成立，即原结论 > 对于任意素数 $p>3$，都存在 $u,v$，使得 $2p=u+v,f(u)=f(v)=1$。 成立。 将该结论用初步转化的逻辑代回，就得到了 > 所有大于 $2$ 的偶数可以表示为正整数分解 $n=a+b$，其中 $\lambda(a)=\lambda(b)=-1$，且 $a,b>0$。 证毕。 [论文原出处](https://github.com/CaptainSude/Liouville-Goldbach/blob/main/paper/liouville-goldbach.pdf) :::info[AI 使用说明] 本文证明思路非原创，不保证完全正确，部分内容由 AI 辅助生成。 :::