探讨“哥德巴赫猜想”的简捷证明.docVIP

探讨“哥德巴赫猜想”的简捷证明王若仲1徐武方2谭谟玉3彭 晓4贵州省务川自治县实验学校 王若仲（王洪）贵州省务川自治县实验学校 徐武方贵州省务川自治县农业局 谭谟玉贵州省务川中学 彭 晓摘要：我们几人利用闲遐之余，探究数学问题。我们在一次偶然讨论中，发现可以利用“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 证明思路简介我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。对于符号（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（M4），设p1、p2 、p3、 、pn均为小于偶数M的全体奇素数，对于（M-p1）+（M-p2）+（M-p3）+（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：若a为正实数，符号a=h+b，h为正整数，b=0或b为小于0.5纯小数。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；那么有：（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；那么有：（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。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：（22-3）=7，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17,19。（22-5）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13,17。（22-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（22-11）=4，对应的奇素数有：3，5，7,11。（22-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（22-17）=2，对应的奇素数有：3,5。（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：（2m+2-p1）-（2m-p1），（2m+2- p2）-（2m-p2），（2m+2-p3）-（2m- p3），（2m+2- pk）-（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（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，必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2。即（2m+2- pi）+ pi=2m+2。证明过程哥德巴赫定理：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还是等于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 ，ij，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 ，ij，i、j=1、2、3、 、k）。对于（2m+2）垒数和2m垒数，由定义1知，那么有：（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）为充分接近2m的奇素数。又因为偶数（2m+2）为充分大，所以有：（2m+2-3）（2m-3），这是因为（2m+2-3）=（2m-3）+x，x为充分小的正实数。同理有：（2m+2-5）（2m-5），（2m+2-7）（2m-7），（2m+2-11）（2m-11），（2m+2-13）（2m-13），（2m+2-17）（2m-17），（2m+2-pr）（2m-pr）。而当（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。所以有：（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，由定义2知，取整与取整相等，取整与取整相等，取整与取整相等，取整与取整相等，取整与取整相等，取整与取整相等，取整与取整相等，当（2m+2-3）为奇合数时，+O1（xe-）=+O（xe-），则O1（xe-）= O1（xe-）， 当（2m+2-3）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）。根据上述情形，所以就有：（2m+2-3）-（2m-3）（2m+2-3）（2m+2-3）-（2m-3）（2m-3）2（2m+2-3）2（2m-3）0，这是因为一定（具有确定性）的充分大的正实数减去一定的与之充分接近的充分大的正实数，必为有限大的实数或为一定的充分小的实数。同理有：（2m+2-5）-（2m-5）（2m+2-5）（2m+2-5）-（2m-5）（2m-5）2（2m+2-5）2（2m-5）0，（2m+2-7）-（2m-7）（2m+2-7）（2m+2-7）-（2m-7）（2m-7）2（2m+2-7）2（2m-7）0，（2m+2- pr）-（2m- pr）（2m+2- pr）（2m+2- pr）-（2m- pr）（2m-pr）2（2m+2-pr）2（2m-pr）0。当偶数2m充分大时，我们前面已经令奇素数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）。那么就有S1S2S3S4S k-1S k，即S1、S2、S3、S4、Sk-1、Sk严格单调递增；或者根据达朗贝尔（DAlembert）判别法，这是因为1（2m+2- pt）1（2m+2- pt-1）= （2m+2- pt-1） （2m+2- pt）1（ptpt-1，tk），所以级数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，不大于偶数（2m+2）的素数个数必然充分多，所以级数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）必为充分大的正实数。由此可知，当偶数（2m+2）充分大时，必然存在一个有限大的奇素数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）u，u为比1大得多的正实数。现在假设不存在一个有限大的奇素数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）u，u为比1大得多的正实数；那么总可以一至寻找下去，根据假设，那么级数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）不可能为充分大的正实数。这就与级数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）为充分大的正实数产生矛盾，故上述假设不成立。又因为：（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，（2m+2- ph+2）-（2m- ph+2）0，（2m+2- ph+1）-（2m- ph+1）0。所以就有（2m+2）-（2m）=（2m+2-p1）-（2m-p1）+（2m+2- p2）-（2m-p2）+（2m+2-p3）-（2m- p3）+（2m+2- pk）-（2m- pk） （2m+2-pk）-（2m-pk）+（2m+2-pk-1）-（2m-pk-1）+（2m+2-pk-2）-（2m-pk-2）+（2m+2-pk-3）-（2m-pk-3）+（2m+2-pk-t）-（2m-pk- t）+（2m+2- ph+1）-（2m- ph+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-ph-1）+1（2m+2-ph）u，故有（2m+2）-（2m）1。对于（2m+2）-（2m）1，前面已经令奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为小于偶数（2m）的全体奇素数，那么对于下列式子：（2m+2-p1）-（2m-p1），（2m+2- p2）-（2m-p2），（2m+2-p3）-（2m- p3），（2m+2- pk）-（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（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，必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2。即（2m+2- pi）+ pi=2m+2。现在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）。