哥德巴赫猜想简捷证明大王愚公1.docx

哥德巴赫猜想简捷证明大王愚公1.docx

《哥德巴赫猜想简捷证明大王愚公1.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《哥德巴赫猜想简捷证明大王愚公1.docx（30页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

哥德巴赫猜想简捷证明大王愚公1

“哥德巴赫猜想”简捷证明

贵州省务川自治县实验学校王若仲（王洪）

摘要：

我闲遐之余，喜好研究数学问题，我在一次偶然探究中，发现了“哥德巴赫猜想”的简捷证明方法，即就是不具体研究单个素数的位置如何，也不研究设定区域内素数的数量如何，而是利用集合的概念，设置一定的条件，在宽泛的前提下探讨整体情形，即假设偶数6，8，10，…，（2m-2），（2m）（m≧3）；它们均可表为两个奇素数之和。

设奇合数a1，a2，a3，…，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、…、t），t∈N。

则集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}有缺项。

利用前面已知条件，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}有缺项；利用此结论，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}也有缺项；假设偶数（2m+2）不能表为两个奇素数之和，设奇合数a1，a2，a3，…，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、…、r），r∈N。

则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，…，ar}没有缺项。

该集合中的元素均分别减去2后所得集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}仍然没有缺项。

这与前面所得结论产生矛盾，说明偶数（2m+2）能表为两个奇素数之和。

由此得出“哥德巴赫猜想”成立。

关键词：

哥德巴赫猜想；素数；垒数

引言

德国数学家哥德巴赫，在1742年提出：

任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和，这就是著名的哥德巴赫猜想问题，至今没有完全解决。

我在遵义师范高等专科学校求学时，就对哥德巴赫猜想问题产生了兴趣，进行过肤浅的探索。

特别是我在1993年的一次偶然的数字游戏演算中，发现了一个特别有趣的现象，通过归纳提炼，得出如下问题，即对于任一集合A，A=｛a1、a2、a3、…、an｝，ai

则集合｛（2m-a1）、（2m-a2）、（2m-a3）、…、（2m-an）｝中至少有一个奇素数。

从此就走上了业余研究“哥德巴赫猜想”之路。

我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。

对于符号π（m）来说，它表示为不大于正整数m的全体奇素数的个数。

定义1：

对于某一偶数M（M＞4），设p1、p2、p3、…、pn均为小于偶数M的全体奇素数，对于[π（M-p1）+π（M-p2）+π（M-p3）+…+π（M-pn）]，则称为偶数M对应的垒数，简称为M垒数，记为∑（M）。

定义2：

对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数值组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，…，Ak；任一Ai≠A（i=1，2，3，…，k），则称集合Ai为该条件下的缺项集合。

缺具体的某一项称为缺项。

我们现在来分析证明“哥德巴赫猜想”的具体情形，若对于下列式子：

∑（2m+2）-∑（2m）（m＞2），恒有∑（2m+2）-∑（2m）≧1；则“哥德巴赫猜想”成立。

具体举例分析如下：

对于偶数18，小于18的全体奇素数有：

3，5，7，11，13，17；那么有：

π（18-3）=5，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13。

π（18-5）=5，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13。

π（18-7）=4，对应的奇素数有：

3，5，7，11。

π（18-11）=3，对应的奇素数有：

3，5，7。

π（18-13）=2，对应的奇素数有：

3，5。

π（18-17）=0，对应的奇素数有：

0个。

所以∑（18）=19。

对于偶数20，小于20的全体奇素数有：

3，5，7，11，13，17，19；那么有：

π（20-3）=6，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13，17。

π（20-5）=5，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13。

π（20-7）=5，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13。

π（20-11）=3，对应的奇素数有：

3，5，7。

π（20-13）=3，对应的奇素数有：

3，5，7。

π（20-17）=1，对应的奇素数有：

3。

π（20-19）=0，对应的奇素数有：

0个。

所以∑（20）=23。

对于偶数22，小于22的全体奇素数有：

3，5，7，11，13，17，19；那么有：

π（22-3）=7，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13，17,19。

π（22-5）=6，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13,17。

π（22-7）=5，对应的奇素数有：

3，5，7，11，13。

π（22-11）=4，对应的奇素数有：

3，5，7,11。

π（22-13）=3，对应的奇素数有：

3，5，7。

π（22-17）=2，对应的奇素数有：

3,5。

π（22-19）=1，对应的奇素数有：

3。

所以∑（22）=28。

则有∑（20）-∑（18）=4，说明偶数20能表为两个奇素数之和。

在偶数20的情形中去掉属于偶数18的全部情形，则剩下奇素数有：

3，7，13，17；且3+17=7+13=20。

则有∑（22）-∑（20）=5，说明偶数22能表为两个奇素数之和。

在偶数22的情形中去掉属于偶数20的全部情形，则剩下奇素数有：

3,5，11，17，19；且3+19=5+17=11+11=22。

对于∑（2m+2）-∑（2m）≧1，设奇素数p1、p2、p3、…、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，那么对于下列式子：

π（2m+2-p1）-π（2m-p1），

π（2m+2-p2）-π（2m-p2），

π（2m+2-p3）-π（2m-p3），

┇

π（2m+2-pk）-π（2m-pk）；

说明上述式子中至少有一个式子大于或等于1，不妨设π（2m+2-pi）-π（2m-pi）≧1（i=1、2、3、…、k），pk＜2m；即π（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于π（2m-pi）所对应的全体奇素数，必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2；即（2m+2-pi）+pi=2m+2。

定理1：

对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。

若集合B∪C在集合A的条件下没有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），…，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），…，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然没有缺项，m∈N。

证明：

对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。

因为集合B∪C在集合A的条件下没有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，…，bt}，则集合{b1，b2，b3，…，bt}={r，（d+r），（2d+r），（3d+r），…，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。

而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），…，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），…，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），…，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），…，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。

故定理1成立。

定理2：

对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。

若集合B∪C在集合A的条件下有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），…，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），…，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然有缺项。

证明：

对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。

因为集合B∪C在集合A的条件下有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，…，bt}，且设集合B∪C缺ai项，i＜t。

则集合{b1，b2，b3，…，bt}={r，（d+r），（2d+r），（3d+r），…，[（i-1）d+r]，[（i+1）d+r]，…，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。

而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），…，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），…，[（i-1）d+r-md]，[（i+1）d+r-md]，…，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），…，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），…，[（i-1）d+r+md]，[（i+1）d+r+md]，…，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。

故定理2成立。

定理3：

对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么必存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。

证明：

因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），…，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），…，（a（k-1）-d），（ak-d），…，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），…，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），…，（a（k-1）-ed），（ak-ed），…，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。

设集合{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed）}，又设集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，…，a2h}，根据题设，集合{a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），…，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），…，（a2h-ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{（a11-md），（a12-md），（a13md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。

故定理3成立。

定理4：

对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。

那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。

证明：

因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），…，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），…，（a（k-1）-d），（ak-d），…，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），…，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），…，（a（k-1）-ed），（ak-ed），…，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。

设集合{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}，m∈N，又设集合{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={a21，a22，a23，…，a2h}，根据题设，集合{（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-md+ed），（a12-md+ed），（a13-md+ed），…，（a1h-md+ed）}∪{（a21+ed），（a22+ed），（a23+ed），…，（a2h+ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。

故定理4成立。

定理5：

对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么也不可能存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。

证明：

由定理4知，假若存在一个数u，u=md，m∈N，关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。

那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。

这与题设产生矛盾，故定理5成立。

定理6：

对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），…，（a1h+d+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}，那么也不可能存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。

证明：

由定理3知，假定存在一个数v，v=ed，e∈N，关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么必存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。

这与题设产生矛盾，故定理6成立。

哥德巴赫定理：

任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。

证明：

对于任一偶数（2m+2），m≧2。

分析（2m+2）垒数与2m垒数的差是否大于0。

分析如下：

设奇素数p1、p2、p3、…、pn均为不大于偶数（2m+2）的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、…、n），设奇素数p1、p2、p3、…、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、…、k）。

对于（2m+2）垒数和2m垒数，由定义1知，

∑（2m+2）=[π（2m+2-p1）+π（2m+2-p2）+π（2m+2-p3）+…+π（2m+2-pn）]，