探讨哥德巴赫猜想的简捷证明.doc

探讨“哥德巴赫猜想”的简捷证明王若仲 教师贵州省务川县实验学校摘要：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，我想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：G623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）中至少有两个奇素数。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。一、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）（m4），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），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）xx。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，奇素数p1、p2 、p3、 、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，那么（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。即（2m+2- pi）+ pi=2m+2。二、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。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）xx。则有：（2m+2-3）（2m+2-3）（2m+2-3），（2m+2-5）（2m+2-5）（2m+2-5），（2m+2-7）（2m+2-7）（2m+2-7），（2m+2-11）（2m+2-11）（2m+2-11），（2m+2-13）（2m+2-13）（2m+2-13），（2m+2-17）（2m+2-17）（2m+2-17），（2m+2-pr）（2m+2-pr）（2m+2-pr）等等；则有：（2m-3）（2m-3）（2m-3），（2m-5）（2m-5）（2m-5），（2m-7）（2m-7）（2m-7），（2m-11）（2m-11）（2m-11），（2m-13）（2m-13）（2m-13），（2m-17）（2m-17）（2m-17），（2m-pr）（2m-pr）（2m-pr）等等；其中pr（rk）为有限大的奇素数。又因为偶数（2m+2）为充分大，所以有：（2m+2-3）（2m-3），（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）等等。根据以上情形，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，（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等等。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；或者根据达朗贝尔（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，因为偶数（2m+2）充分大，所以不大于偶数（2m+2）的素数个数必然充分多，那么实数R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。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） （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）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）。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）。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）；这与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）产生矛盾。同理