关于“哥德巴赫猜想”的简捷证明.doc

关于“哥德巴赫猜想”的简捷证明王若仲 贵州省务川县实验学校（564300）摘要：我是贵州省务川县实验学校一名教师，更是一个数学迷，我利用假期或闲遐之余，探究数学问题。科学家爱因斯坦说，科学上一些问题往往比人们想象中的浅。我本着这样的思想原则，在一次偶然思考中，我偶然想到，能不能利用其它符号代替奇合数和奇素数呢？我经过长时间地思考，终于发现了证明“哥德巴赫猜想”的新方法。经过反复地推敲琢磨，居然还有意外的发现，即可以利用“素数定理”，把素数的个数转换到正整数或正实数范围内分析，从而得到“哥德巴赫猜想”的简捷证明。关键词：哥德巴赫猜想；素数；垒数。 中图分类号：G623Discussion on the Goldbach conjecture provingPaul Wang Ruozhong Guizhou province Wuchuan County Experimental School ( 564300)Abstract: I was in Guizhou province Wuchuan County Experimental School is a teacher, is a mathematical puzzle, I use the vacation or leisure time,Research of mathematical problems. Scientists Einstein said, science some problems than people imagine the light. I in this principle, in a fortuitous thinking, I whim, can use other symbols instead of odd number and odd prime number? I after long time consideration, finally discovered that Goldbach conjecture new method. After repeated deliberation Sato, had the unexpected discovery, namely can use the prime number theorem, the prime numbers into a positive integer or real number is within the scope of analysis, in order to get the Goldbach conjecture proving.Key words: the Goldbach conjecture; prime number;. Base number引言德国数学家哥德巴赫，在1742年提出任何一个不小于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。我在一次偶然的数字游戏演算中，发现一种特别的现象，得出如下结论，即：对于任一集合A，A=a1、a 2、a3、an ，aiaj（ij），集合A中的元素均为奇素数，若集合6、8、10、2（m-1）中的任一偶数M，M均可表为集合A中的两个奇素数之和，mN，m4。则集合（2m- a1）、（2m- a2）、（2m- a3）、（2m- an）中至少有一个奇素数。由此走上了业余研究之路，终于发现了证明“哥德巴赫猜想”的新方法。我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。符号（m）（m4）表示不大于正整数m的全体奇素数的个数。定义1：对于某一偶数M（M4），p1、p2 、p3、 、pn均为小于偶数M的全体奇素数，则（M-p1）+（M-p2）+（M-p3）+（M- pn）称为偶数M的垒数，简称为M垒数，记为（M）。素数定理：当x充分大时，（x）=Li（x）+O（xe-），其中Li（x）=，O（xe-）为估计误差。证明：（略）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）（m2），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。（18-3）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（18-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（18-7）=4，对应的奇素数有：3，5，7，11。（18-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（18-13）=2，对应的奇素数有：3，5。（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。（20-3）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17。（20-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（20-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（20-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（20-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（20-17）=1，对应的奇素数有：3。（20-19）=0，对应的奇素数有：0个。所以（20）=23。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。对于（2m+2）-（2m）1，奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，则（2m+2-p1）-（2m-p1），（2m+2- p2）-（2m-p2），（2m+2-p3）-（2m- p3），（2m+2- pk）-（2m- pk）中；至少有一个（2m+2- pi）-（2 m- pi）1（i=1、2、3、k），pk2m，即（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于（2m- pi）所对应的全体奇素数外，则必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2。哥德巴赫定理：任何一个不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。证明：对于“33106以内的偶数均可表为两个奇素数之和”已被前人验证，我们现在设有一个充分大的偶数（2m+2），（2m+2）不小于33106。分析关于（2m+2）垒数与2m垒数的差，即（2m+2）-（2m）是大于0或等于0的情形，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 ，ij，i、j=1、2、3、 、n），奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi pj ，ij，i、j=1、2、3、 、k）。（2m+2）=（2m+2- p1）+（2m+2-p2）+（2m+2-p3）+（2m+2-pn），（2m）=（2m-p1）+（2m-p2）+（2m-p3）+（2m-pk）。因为（2m+2-pk）-（2m-pk）0，（2m+2-pk-1）-（2m-pk-1）0，（2m+2-pk-2）-（2m-pk-2）0，（2m+2-pk-3）-（2m-pk-3）0， （2m+2-pk-t）-（2m-pk- t）0；其中pk- t（tk）为相当大的奇素数。当（2m+2）为充分大的偶数时，根据素数定理，当x充分大时，（x）=Li（x）+O（xe-），其中Li（x）=，O（xe-）为估计误差。那么有：（2m+2-3）=+O1（xe-），（2m+2-5）=+O2（xe-），（2m+2-7）=+O3（xe-），（2m+2-11）=+O4（xe-），（2m+2-13）=+O5（xe-），（2m+2-17）=+O6（xe-），（2m+2-pr）=+Ot（xe-）；那么有：（2m-3）=+O1（xe-），（2m-5）=+O2（xe-），（2m-7）=+O3（xe-），（2m-11）=+O4（xe-），（2m-13）=+O5（xe-），（2m-17）=+O6（xe-），（2m-pr）=+Ot（xe-）；其中pr（rk）为比较大的奇素数。因为当（2m+2）为充分大的偶数时，的整数部分与的整数部分相等，的整数部分与的整数部分相等，的整数部分与的整数部分相等，的整数部分与的整数部分相等，的整数部分与的整数部分相等，的整数部分与的整数部分相等，的整数部分与的整数部分相等，当（2m+2-5）为奇合数时，+O1（xe-）=+O（xe-），则O1（xe-）= O1（xe-），当（2m+2-5）为奇素数时，O1（xe-）= O1（xe-）+1，故O1（xe-）O1（xe-）；同理：O2（xe-）O2（xe-），O3（xe-）O3（xe-），O4（xe-）O4（xe-），O5（xe-）O5（xe-），O6（xe-）O6（xe-），Ot（xe-）Ot（xe-）。积分定理1：若函数（x）在区间a，c与区间c，b上可积，则函数（x）在a，b上也可积，且=+。证明：（略）牛顿莱布尼兹公式：若函数（x）在区间a，b上连续，且F（x）是（x）的原函数，则= F（b）-F（a）。证明：（略）根据积分定理1和牛顿莱布尼兹公式，那么有：（2m+2-3）-（2m-3）=+O1（xe-）-+O1（xe-）-=（2m+2-3）（2m+2-3）-（2m-3）（2m-3）2（2m+2-3）2（2m-3）0（2m+2-3）（2m-3），（2m+2-5）-（2m-5）=+O2（xe-）-+O2（xe-） -=（2m+2-5）（2m+2-5）-（2m-5）（2m-5）2（2m+2-5）2（2m-5）0（2m+2-5）（2m-5），（2m+2-7）-（2m-7）=+O3（xe-）-+O3（xe-）-=（2m+2-7）（2m+2-7）-（2m-7）（2m-7）2（2m+2-7）2（2m-7）0（2m+2-7）（2m-7），（2m+2- pr）-（2m- pr）=+Ot（xe-）-+Ot（xe-） -=（2m+2- pr）（2m+2- pr）-（2m- pr）（2m-pr）2（2m+2-pr）2（2m-pr）0（2m+2-pr）（2m-pr）。当偶数2m充分大时，我们前面令奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，现在设：S1=1（2m+2-3），S2=1（2m+2-3）+1（2m+2-5），S3=1（2m+2-3）+1（2m+2-5）+1（2m+2-7），Sk-1=1（2m+2-3）+1（2m+2-5）+1（2m+2-7）+1（2m+2-11）+1（2m+2-13）+1（2m+2-17）+1（2m+2- pk-1），Sk=1（2m+2-3）+1（2m+2-5）+1（2m+2-7）+1（2m+2-11）+1（2m+2-13）+1（2m+2-17）+1（2m+2- pk）。那么有S1S2S3S4S k-1S k，即S1、S2、S3、S4、Sk-1、Sk严格单调递增；或根据达朗贝尔（DAlembert）判别法，这是因为1（2m+2- pt）1（2m+2- pt-1）1（tk），则级数1（2m+2-3）+1（2m+2-5）+1（2m+2-7）+1（2m+2-11）+1（2m+2-13）+1（2m+2-17）+1（2m+2- pk）是发散的。当偶数（2m+2）为充分大时，级数1（2m+2-3）+1（2m+2-5）+1（2m+2-7）+1（2m+2-11）+1（2m+2-13）+1（2m+2-17）+1（2m+2- pk）=R，实数R必为很大的正实数。由此可知，当偶数（2m+2）充分大时，必然存在一个比较大的奇素数ph（phpk ），使得1（2m+2-3）+1（2m+2-5）+1（2m+2-7）+1（2m+2-11）+1（2m+2-13）+1（2m+2-17）+1（2m+2-ph-1）+1（2m+2-ph）1。那么就有（2m+2）-（2m）=（2m+2-p1）-（2m-p1）+（2m+2- p2）-（2m-p2）+（2m+2-p3）-（2m- p3）+（2m+2- pk）-（2m- pk） 1。对于（2m+2）-（2m）1，前面令奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为小于偶数（2m）的全体奇素数，则（2m+2-p1）-（2m-p1），（2m+2-p2）-（2m-p2），（2m+2-p3）-（2m-p3），（2m+2-pk）-（2m-pk）中；至少有一个（2m+2-pi）-（2 m- pi）1（i=1、2、3、k），pk2m，即（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于（2m- pi）所对应的全体奇素数，则必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=（2m+2）。又假若对于充分大的偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj，令奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi pj ，ij，i、j=1、2、3、 、k）。则必然有：（2m+2-p1）-（2m-p1）=0，（2m+2-p2）-（2m-p2）=0，（2m+2-p3）-（2m-p3）=0， （2m+2-pk）-（2m-pk）=0；分析（2m+2-p1）-（2m-p1）=0的情形，因为假若对于充分大的偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）；则说明奇数（2m+2-p1）不可能是奇素数；若奇数（2m+2-p1）是奇素数，则有（2m+2-p1）-（2m-p1）1，且（2m+2-p1）+p1=（2m+2）；