* 본 글에서는 최근 수학갤러리에 매일마다 꾸준히 증명글을 올리는 골드바흐....씨의 증명의 반례를 지적합니다.
* 본 글에서는 골드바흐...씨가 염원하는 필즈상과 100만달러를 받기를 기원합니다.
* 본 글에서는 골드바흐...씨가 어서 vixra가 아닌 arxiv에 논문을 게시하고 저널에 투고하기를 기대합니다.
1. 정리 1의 증명의 반례.
1-1. 골드바흐...씨의 주장의 아이디어
먼저 골드바흐.. 가 주장하는 논리가 무엇인지 적겠다. 골드바흐...는 일반적인 경우를 다뤘는데 편의상 A_n = n , B_n = n+2인 (A_n,B_n)의 순서쌍들을 생각해보자.
먼저 n=1부터 순서대로 시작했을때 A_n과 B_n 둘 중 하나가 2로 나누어떨어지면 2라고 적고, 그렇지 않으면 x라고 적겠다.
2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x ....
n이 짝수면 n 혹은 n+2가 2로 나누어떨어지고, n이 홀수면 그렇지 않다. 그리고 주기가 2씩 반복된다.
이제 n=1부터 순서대로 시작했을때 A_n과 B_n 둘 중 하나가 3으로 나누어떨어지면 3을 적고, 그렇지 않으면 x라고 적겠다.
3 x 3 3 x 3 3 x 3 3 x 3 ....
당연히 n이 1 (mod 3)이거나 0 (mod 3)이면 A_n 혹은 B_n 둘 중 하나가 3으로 나누어떨어진다. 그리고 주기가 3씩 반복된다.
이제 n=1부터 순서대로 시작했을때 A_n과 B_n 둘 중 하나가 5로 나누어떨어지면 5를 적고, 그렇지 않으면 x라고 적겠다.
당연히 n이 3 (mod 5)이거나 0 (mod 5)이면 A_n과 B_n 둘 중 하나가 5로 나누어떨어지게 되고, 주기가 5씩 반복된다.
2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x ....
3 x 3 3 x 3 3 x 3 3 x 3 ....
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o o x o o o o o x o o o ...
위의 12개의 수에서는 o가 연속해서 많아야 5개 나옴을 알 수 있다.
결국 다음의 최대 길이를 구하고 싶은 것이다 :
(1) 각 q∈{2,3,5,7 , ... , P}에 대해서 A_n 혹은 B_n이 q로 나누어떨어지는 경우 q, 아니면 x라고 적은 것을 n=1부터 시작하여 순서대로 나열을 하자.
(2) 이제 위의 예시들처럼 각 행에 대해서, 임의적으로 몇칸 옮기자.
(3) 그리고 각 열에 대해서 모든 행에 x가 적혀있으면 x, 적어도 한 행에 x가 아닌게 적혀있으면 o를 적자.
(4) 위 과정을 모두 거쳤을때, 연속된 최대 길이의 o의 크기를 L(P)라 하자.
쉬운 exercise.
(1) 소수 q에 대한 행이 mod q의 주기로 반복되므로, 소수 2,3,5,7,...,P에 대해서 위의 예시들처럼 나열했을때 모든 행은 mod (2 * 3 * 5 * 7 * ... * P )의 주기로 반복되고, (2*3*5*...*P - 1 , 2*3*5*...*P + 1)의 두 순서쌍 중 하나는 2,3,5,7,..,P 모든 소수로 나누어떨어지지 못하므로, 적어도 L(P) <= 2 * 3 * 5 * 7 * ... * P - 1라는 사실을 얻는다.
(2) 임의의 정수 n에 대해서, L(P)개의 연속된 순서쌍 (n,n+2) , ... , (n+L(P)-1 , n+L(P)+1)에 대해서 순서쌍의 두 원소 중 하나는 적어도 2,3,5,7,..,P의 소수 중 하나로 나누어떨어진다.
골드바흐...가 증명에서 핵심적으로 주장하는 부분은 다음과 같다. (5번째 그림파일에서 내리는 결론)
1-2. 골드바흐...씨의 주장
Claim. 소수를 순서대로 P_1 , P_2 , .. P_k라 하자. (e.g. P_1=2 , P_2 = 3 , ...)
그렇다면 L(P_2) = 5이고,
임의의 2 <= i < k에 대해서, L(P_{i+1}) <= L(P_i) * P_{i+1}/(P_{i+1}-2) + 2
를 만족한다.
그리고 이것이 그의 주장의 핵심적인 부분이다.
1-3. 그의 주장의 반례
그의 주장에 의하면,
L(P_2) = 5. (이건 위에서 L(P_k) <= P_1 * P_2 * ... * P_k - 1임을 주장했으므로 L(P_2) <= 2*3 - 1이고 실제로 맞다.)
L(P_3) <= 5 * 5/(5-2) + 2 = 10.333333333333333333333333333333....
L(P_4) <= (10.333...) * 7/(7-5) + 2 < 17
이다.
따라서 L(5) <= 10, L(7) <= 16이므로 (P_3 = 5 , P_4 = 7)
임의의 정수 n에 대해서,
- 10개의 연속한 순서쌍 (n,n+2) , ... , (n+9,n+11)에 대해서 각 순서쌍의 두 원소 중 하나는 적어도 2,3,5로 나누어떨어져야 하며,
- 16개의 연속한 순서쌍 (n,n+2) , ... , (n+15,n+17)에 대해서 각 순서쌍의 두 원소 중 하나는 적어도 2,3,5,7로 나누어떨어져야 한다.
간단한 반례를 제시한다.
(1) n=18인 경우를 고려하자. 11개의 연속한 순서쌍 (18,20) , ... , (28,30)을 고려하자.
(18,20) : 18이 2로 나누어떨어짐.
(19,21) : 21이 3으로 나누어떨어짐.
(20,22) : 20이 2로 나누어떨어짐.
(21,23) : 21이 3으로 나누어떨어짐.
(22,24) : 22가 2로 나누어떨어짐.
(23,25) : 25가 5로 나누어떨어짐.
(24,26) : 24가 2로 나누어떨어짐.
(25,27) : 25가 5로 나누어떨어짐.
(26,28) : 26이 2로 나누어떨어짐.
(27,29) : 27이 3으로 나누어떨어짐.
(28,30) : 28이 2로 나누어떨어짐.
적어도 L(5) >= 11이 됨을 알 수 있다.
(2) n=72인 경우를 고려하자. 29개의 연속한 순서쌍 (72,74) , ... , (100,102)를 고려하면, 마찬가지로 각 순서쌍의 두 원소 중 적어도 하나는 2,3,5,7 중 하나로 나누어떨어짐을 아 수 있다. 따라서 L(7) >= 29가 됨을 알 수 있다. 골드바흐...의 예측인 L(7) >= 16과는 상당한 차이가 있다.
1-4. 마무리글
(1) 실제로 컴퓨터로 계산을 해보면 L(5)=11, L(7)=29, L(11)=41이 됨을 알 수 있다.
(2) 소수 2,3,5,7,...,P에 대해서, 0 이상 2*3*5*7*...*P-1 이하의 정수 n 중에서 n과 n+2가 2,3,5,7,...,P 모두 나누어떨어지지 않는 n의 수는 Chinese remainder theorem에 의해서 (3-2)*(5-2)*...*(P-2)다. 전체 2*3*5*7*...*P개의 정수 중에서 이런 수들의 비율은 정확히 (3-2)/3 * (5-2)/5 * ... * (P-2)/P ~ constant * (log P)^{-2} 정도이다.
따라서 이러한 수들이 2*3*5*7*...*P개의 수에 아주 고르게 배치되어있다면 L(P) ~ constant * (log P)^2를 만족할 것이다. 하지만 아쉽게도 고르게 배치되어있음을 아직 증명하지는 못하며, 이를 보장할 수 없다. 다만 적어도 lower bound L(P) >= constant * (log P)^2 정도는 증명할 수 있을것이다.
Pseudorandomness에 관한 여러 사실들이 밝혀진다면 이런 분포를 분석하는 길로 이어질지도 모른다.
2. 리만가설의 반증 부분의 문제점.
2-1. 골드바흐...씨의 주장
골드바흐...가 리만가설 증명의 마지막 부분에서 결론짓는 내용은,
(1) 임의의 실수 a에 대해서
Re(zeta(a+bi)) < 0 , Im(zeta(a+bi))=0
Re(zeta(a+b'i)) > 0 , Im(zeta(a+b'i))=0
을 만족하는 b,b'가 존재한다는 것이다.
(2) 그리고 증명과정 중간에서 실수 x_1 , x_2에 대해서 zeta(a+bi)=x_1 , zeta(a+b'i)=x_2이면, 임의의 x_1과 x_2 사이의 실수에 대해서 어떤 b''가 존재하여, zeta(a+b''i) = x_3을 만족한다는 내용을 주장하였다.
따라서 골드바흐...는 (1)과 (2)에 의해서, 임의의 실수 a에 대해서 zeta(a+bi) = 0을 만족하는 실수 b가 존재함을 보였다.
2-2. 그의 주장에 대한 반박
다음 정리를 증명하면 충분하다.
정리. a>1이면 임의의 실수 b에 대해서 zeta(a+bi)≠0을 만족한다.
(증명)
여러 증명법이 있지만, 아래의 정리를 사용한다.
Proposition 3.1 (Stein-Shakarchi 복소해석학 책 Chapter 5)
임의의 복소수로 구성된 수열 a_1 , a_2 , ...에 대해서, ∑|a_n| < 무한을 만족한다고 하자. 그렇다면
(1) 수열들의 곱 ∏(1+a_n)은 수렴한다.
(2) ∏(1+a_n)이 0으로 수렴하는것과 1+a_n = 0인 a_n이 존재하는것은 동치다.
먼저 zeta함수는 Re(s)>1에 대해서
zeta(s) = ∏(1 - p^{-s})^{-1}
이라는 사실이 잘 알려져 있다.
그리고 (1 - p^{-s})^{-1} = 1 + 1/(p^s-1)를 만족하며,
∑1/(p^s-1) (p에 대한 sum) 은 Re(s)>1인 경우에 절대수렴한다.
따라서 Re(s)>1에서 zeta(s)=0인 s가 존재하려면, 위의 proposition에 의해서 (1 - p^{-s})^{-1} = 0인 소수 p가 존재해야 하는데, 존재하지 않으므로 zeta(s)≠0임을 알 수 있다.
골드바흐...가 주장하였던 임의의 실수 a에 대해서 zeta(a+bi)=0을 만족하는 b가 존재한다는 주장은 이에 전적으로 위배된다.
2-3. 마무리글
골드바흐...는 임의의 복소수 s에 대해서
zeta(s) = ∑1/n^s = ∏(1 - p^{-s})^{-1}
가 성립한다는 전제하에 논리를 전개하였다. 하지만 위의 항등식은 Re(s) > 1인 경우에만 수열이 수렴하고 곱이 수렴하므로, Re(s)>1의 범위에서만 허용되는 항등식이다.
따라서 위 곱이 수렴하는 Re(s)>1인 범위에 그의 주장을 한정짓더라도, 결국 Re(s)>1 범위에서는 zeta함수가 근을 가지지 않으므로 그의 주장은 여러모로 문제가 많게 된다.
적어도 학부 복소해석학 시간에 analytic continuation을 배웠다면 저런 주장과 증명을 시도하지 않는다.
와 무슨 내용인지 알 수는 없으나 글에서 간지가 줄줄 흘러서 추천 줌. 혹시 수학 교수님?ㅋㅋㅋ
아 아니 이런 필력과 잉여력이라니
아아....이게 연세대 1학년의 수준입니까?? 송도 당신은 대체...
연세대 아닌데요. 1.233이라고 해서 항상 연세대 아이피는 아님.
그냥 해본 소리임ㅋㅋㅋ 1학년이 벌써 복소해석학수업을 들었다는거에서 말이 안되잖아ㅋㅋ
ㄴ꼭 지 틀린거 인정 안 하고 농담이었다고 구라치더라
추천드림