哥德巴赫猜想及孪生素数猜想证明精简版.docx
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哥德巴赫猜想及孪生素数猜想证明精简版
“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明
王若仲1谭谟玉2
贵州省务川自治县实验学校王若仲(王洪)
贵州省务川自治县农业局谭谟玉
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。
利用前面已知情形,证明集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}有缺项;利用该结论以及前面已知情形,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。
由“哥德巴赫猜想”成立,得出“孪生素数猜想”成立。
关键词:
哥德巴赫猜想;素数;缺项集合;孪生素数猜想。
引言
德国数学家哥德巴赫,他在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={p1,p2,p3,…,pk},pi 则集合{(2m-p1),(2m-p2),(2m-p3),…,(2m-pn)}中至少有一个奇素数。 这个问题看似和“哥德巴赫猜想”反映的是同样的内容,实际上是不同的情形,不同的类型问题。 原因是集合{p1,p2,p3,…,pk}中未必包含了奇素数pk前面的全体奇素数。 我们知道,只能被1和本身整除的正整数,称为素数。 定义1: 对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数组成的集合A,关于集合A的子集A1,A2,A3,…,Ak;任一子集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,该项则称为缺项。 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。 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: (Ⅰ)、对于偶数6,8,10,12,14,16,18,20,22等等。 有: 6=3+3,8=3+5,10=3+7=5+5,12=5+7,14=3+11=7+7,16=3+13=5+11,18=5+13=7+11,20=3+17=7+13,22=3+19=5+17= 11+11。 (Ⅱ)、对于偶数6,8,10,…,(2m-2),(2m)(m≧3)。 假设它们均可表为两个奇素数之和。 现在设奇合数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,其中偶数(2m)为比较大的整数。 根据假设的情形,那么有{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}≠{1,3,5,7,9,11,…,(2m-5),(2m-3),(2m-1)},根据定义1,说明集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}有缺项,并且集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}中至少缺两个奇素数p和q。 我们现在对集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有无缺项进行分析: 设奇素数p1,p2,p3,…,ps均为小于偶数2m的全体奇素数,(pi<pj,i<j,i、j=1、2、3、…、s),s∈N;集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}总可以转换为集合{(p11-2),(p12-2),(p13-2),…,(p1h-2),(a11-2),(a12-2),(a13-2),…,(a1r-2)};其中h∈N,r∈N。 那么集合{p1,p2,p3,…,ps}包含集合{p11,p12,p13,…,p1h}。 假定集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}没有缺项,根据定理1,则集合{1,(2m+2-1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}没有缺项。 我们设奇合数a1,a2,a3,…,av均为不大于偶数(2m+2)的全体奇合数,则有下列情形: (ⅰ)、若at=av,说明奇数(2m+2-1)为奇素数,则集合{1,(2m+2-1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}没有缺项。 而集合{1,(2m+2-1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}总可以转换为集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)},其中u∈N,e∈N。 那么集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)}没有缺项;说明集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)}包含集合{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)},集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)}包含集合{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)},因为集合{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}中缺集合{3}∪{(p1+2),(p2+2),(p3+2),…,(ps+2)}中的全体奇数,所以集合{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)}包含集合{(p1+2),(p2+2),(p3+2),…,(ps+2)}(除奇素数(2m+2-1+2)以外)。 于是可得出集合{1,(2m+2-1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}没有缺项。 又根据定理1,可得出集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}没有缺项。 这样就与前面对于偶数6,8,10,…,(2m-2),(2m)(m≧3);假设它们均可表为两个奇素数之和的情形产生矛盾,故假定集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}没有缺项不能成立。 (ⅱ)、若奇数(2m+2-1)为奇合数,则集合{1,(2m+2-1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-av)}∪{a1,a2,a3,…,av}没有缺项。 而集合{1,(2m+2-1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-av)}∪{a1,a2,a3,…,av}总可以转换为集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)},其中u∈N,e∈N。 那么集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)}没有缺项;说明集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)}包含集合{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}(除奇合数(2m+2-1+2)以外),集合{(p11+2),(p12+2),(p13+2),…,(p1u+2),(a11+2),(a12+2),(a13+2),…,(a1e+2)}包含集合{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at)}。 因为集合{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}中缺集合{3}∪{(p1+2),(p2+2),(p3+2),…,(ps+2)}中的全体奇数,所以集合{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-av)}包含集合{(p1+2),(p2+2),(p3+2),…,(ps+2)}。 于是可得出集合{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-av)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(av+2)}没有缺项。 又根据定理1,可得出集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-ar)}∪{a1,a2,a3,…,ar}没有缺项,即集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}没有缺项。 这样就与前面对于偶数6,8,10,…,(2m-2),(2m)(m≧3);假设它们均可表为两个奇素数之和的情形产生矛盾,故假定集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}没有缺项不能成立。 (Ⅲ)、对于偶数(2m+2),设奇合数a1,a2,a3,…,az均为不大于偶数(2m+2)(m≧2)的全体奇合数,(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、z)。 假设对于偶数(2m+2),不存在有两个奇素数pi和pj,使得pi+pj=(2m+2)。 则说明集合{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-az)}∪{a1,a2,a3,…,az}中包含了所有的奇合数和奇素数,那么必然有集合{1,(2m+2-1)}∪(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-az)}∪{a1,a2,a3,…,az}={1,3,5,7,9,11,…,(2m+2-5),(2m+2-3),(2m+2-1)},根据定理1,集合{1,(2m+2-1)}∪(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-az)}∪{a1,a2,a3,…,az}中的元素同时均减去2,于是可得集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}={1,3,5,7,9,11,…,(2m-5),(2m-3),(2m-1)}。 又由(Ⅱ)分析的情形可知,集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有缺项,这样就与(Ⅲ)假定的情形得到的集合{1,(2m-1)}∪(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}={1,3,5,7,9,11,…,(2m-5),(2m-3),(2m-1)}产生矛盾。 说明集合{1,(2m-1)}∪(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有缺项。 又根据定理2,集合{1,(2m+2-1)}∪(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-az)}∪{a1,a2,a3,…,az}也有缺项,说明集合{1,(2m+2-1)}∪(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-az)}∪{a1,a2,a3,…,az}中至少有一个奇素数不在该集合中;故集合{1,(2m+2-1)}∪(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-az)}∪{a1,a2,a3,…,az}≠{1,3,5,7,9,11,…,(2m+2-5),(2m+2-3),(2m+2-1)},所以假定偶数(2m+2)不存在有两个奇素数pi和pj,使得pi+pj=(2m+2)的情形不能成立。 即偶数(2m+2)能表为两个奇素数之和。 综上所述,任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。 定理3: 对于任一不小于10的偶数2m,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+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}和集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}均有缺项。 证明: 由哥德巴赫定理可知,任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。 对于任一不小于10的偶数2m,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。 现在对集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}和集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有无缺项进行分析: (ⅰ)、假定集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}没有缺项,设奇合数a1,a2,a3,…,ar均为不大于偶数2m的全体奇合数,(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、r),r∈N,根据定理1,可得集合{1,(2m-2-1)}∪{(2m-2-a1),(2m-2-a2),(2m-2-a3),…,(2m-2-ar)}∪{a1,a2,a3,…,ar}没有缺项,即偶数(2m-2)不能表为两个奇素数之和。 这与哥德巴赫定理的情形产生了矛盾,故假定集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}没有缺项不能成立。 (ⅱ)、假定集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}没有缺项,设奇合数a1,a2,a3,…,as均为不大于偶数(2m+2)的全体奇合数,(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、s),s∈N,根据定理1,可得集合集合{1,(2m+2-1)}∪(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-as)}∪{a1,a2,a3,…,as}没有缺项,即偶数(2m+2)不能表为两个奇素数之和。 这与哥德巴赫定理的情形产生了矛盾,故假定集合{1,(2m-1),}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}没有缺项不能成立。 综上所述,定理3成立。 孪生素数定理: 孪生素数对的对数是无限的。 证明: 由哥德巴赫定理以及定理3可知,对于任一比较大的偶数2m,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,那么偶数2m有下列情形: 当偶数2m=6k-2时,则有下列情形: 135791113151719 3ki6ki-1+16ki-1-13ki-16ki-2+16ki-2-13ki-26ki-3+16ki-3-13ki-3 2123…6kj-2-16kj-2+13kj-16kj-1-16kj-1+13kj… 6ki-4+16ki-4-1…6kr-13kr6kr-1+16kr-1-13kr-16kr-1+1… 3ki-26ki-3-16ki-3+13ki-26ki-2-16ki-2+13ki-16ki-1-16ki-1+13ki 191715131197531 当偶数2m=6k时,则有下列情形: 135791113151719 6ki-13ki6ki-1+16ki-1-13ki-16ki-2+16ki-2-13ki-26ki-3+16ki-3-1 2123…6kj-2-16kj-2+13kj-16kj-1-16kj-1+13kj… 3ki-36ki-4+1…6kr+16kr-13kr6kr-1+16kr-1-13kr-1… 6ki-3-16ki-3+13ki-26ki-2-16ki-2+13ki-16ki-1-16ki-1+13ki6ki-1 191715131197531 当偶数2m=6k+2时,则有下列情形: 135791113151719 6ki+16ki-13ki6ki-1+16ki-1-13ki-16ki-2+16ki-2-13ki-26ki-3+1 2123…6kj-2-16kj-2+13kj-16
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