探讨“哥德巴赫猜想”的最简捷证明(2).doc

探讨“哥德巴赫猜想”的最简捷证明王若仲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“哥德巴赫猜想”的最简捷证明。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：对于均满足某一特性或某一表达式的全体非负整数值组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3， ，Ak；任一AiA（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）（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。定理1：对于非负整数集合A=a1，a2 ，a3， ，ak，任一aiN（i=1，2，3， ，k，）；a1，a2 ，a3， ，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），若存在一个数v，v=ed，eN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=（a1h+ed+r -a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r -a13）， ，（a1h+ed+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+d），那么必存在一个数u，u= md，mN，使得 （a11- md），（a12- md） ，（a13- md）， ，（a1h- md）（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13）， ，（a1h+ed+r -a1h）=（r- m d），a1，a2 ，a3， ，a1h，（a1h+d）。证明：（）、令集合B=a1，a2 ，a3， ，ak，则集合C=（ak +d+r -a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），（ak+d+r-ah），故集合B（ak+d）包含集合C，那么a1，a2 ，a3， ，ak（ak +d +r-a1），（ak+d+r -a2），（ak+d+r-a3），（ak+d+r-ah）=a1，a2 ，a3， ，ak，（ah+d）；又ak- d=ak-1，ak-1- d= ak-2 ，ak-1- d= ak-3， ， a2- d= a1，则有一个数u，u= d，使得（a1- d），（a2- d） ，（a3- d）， ，（ah- d）（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3）， ，（ah+d+r -ah）=（r-d），a1，a2 ，a3， ，ah，（ah+d）。（）、令集合B=a1，a3，a5， ，a（2k-1），则集合C=（a（2k-1）+d+r -a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），（a（2k-1）+d+r- a（2k-1），因为（a（2k-1）+d+r- a（2k-1）= a2，（a（2k-1）+d+r- a（2k-3）= a4，（a（2k-1）+d+r- a（2k-5）= a6， ，（a（2k-1）+d+r- a3）= a（2k-2），（a（2k-1）+d+r- a1）= a（2k-1）+d。故a1，a3，a5， ，a（2k-1）（a（2k-1）+d+r -a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），（a（2k-1）+d+r- a（2k-1）=a1，a2 ，a3， ，a（2k-2），（a（2k-1）+d）。则有一个数u，u=2d，使得（a1-2 d），（a3-2 d） ，（a5- 2d）， ，（a（2k-1）-2 d）（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5）， ，（a（2k-1）+d+r -a（2k-1）=（r-2d），a1，a2 ，a3， ，a（2k-2），a（2k-1），（a（2k-1）+d）。综上所述，定理1成立。定理2：对于非负整数集合A=a1，a2 ，a3， ，ak，任一aiN（i=1，2，3， ，k，）；a1，a2 ，a3， ，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），若存在两个数u 和v，v=ed，eN，u= md，mN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r -a12），（a1h+ed+r -a13）， ，（a1h+ed+r -a1h），使得（a11- md），（a12- md） ，（a13- md）， ，（a1h- md）（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13）， ，（a1h+ed +r-a1h）=（r- m d），a1，a2 ，a3， ，a1h，（a1h+d），那么必有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+d）。证明：（）、令集合B=a1，a2 ，a3， ，ak，则集合C=（ak +d+r -a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），（ak+d+r-ah），因为ak- d=ak-1，ak-1- d= ak-2 ，ak-1- d= ak-3， ， a2- d= a1，那么则有一个数u，u= d，使得（a1- d），（a2- d） ，（a3- d）， ，（ah- d）（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3）， ，（ah+d+r -ah）=（r-d），a1，a2 ，a3， ，ah，（ah+d）。而集合B（ak+d）包含集合C，那么有a1，a2 ，a3， ，ak（ak +d +r-a1），（ak+d+r -a2），（ak+d+r-a3），（ak+d+r-ah）=a1，a2 ，a3， ，ak，（ah+d）。（）、令集合B=a1，a3，a5， ，a（2k-1），则集合C=（a（2k-1）+d+r -a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），（a（2k-1）+d+r- a（2k-1），因为（a（2k-1）+d+r- a（2k-1）= a2，（a（2k-1）+d+r- a（2k-3）= a4，（a（2k-1）+d+r- a（2k-5）= a6， ，（a（2k-1）+d+r- a3）= a（2k-2），（a（2k-1）+d+r- a1）= a（2k-1）+d。那么则有一个数u，u=2d，使得（a1-2 d），（a3-2 d） ，（a5- 2d）， ，（a（2k-1）-2 d）（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5）， ，（a（2k-1）+d+r -a（2k-1）=（r-2d），a1，a2 ，a3， ，a（2k-2），a（2k-1），（a（2k-1）+d）。并且集合a1，a3，a5， ，a（2k-1）（a（2k-1）+d+r -a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），（a（2k-1）+d+r- a（2k-1）=a1，a2 ，a3， ，a（2k-2），（a（2k-1）+d）。综上所述，定理2成立。定理3：对于非负整数集合A=a1，a2 ，a3， ，ak，任一aiN（i=1，2，3， ，k，）；a1，a2 ，a3， ，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），若不存在一个数v，v=ed，eN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=（a1h+ed+r -a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r -a13）， ，（a1h+ed+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+d），那么也不可能存在一个数u，u= md，mN，使得 （a11- md），（a12- md） ，（a13- md）， ，（a1h- md）（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13）， ，（a1h+ed+r -a1h）=（r- m d），a1，a2 ，a3， ，a1h，（a1h+d）。证明：由定理2知，假若存在两个数u 和v，v=ed，eN，u= md，mN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r -a12），（a1h+ed+r -a13）， ，（a1h+ed+r -a1h），使得（a11- md），（a12- md） ，（a13- md）， ，（a1h- md）（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13）， ，（a1h+ed +r-a1h）=（r- m d），a1，a2 ，a3， ，a1h，（a1h+d），那么必有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+d）。这与题设产生矛盾，故定理3成立。定理4：对于非负整数集合A=a1，a2 ，a3， ，ak，任一aiN（i=1，2，3， ，k，）；a1，a2 ，a3， ，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），若不存在两个数u 和v，v=ed，eN，u= md，mN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r -a12），（a1h+ed+r -a13）， ，（a1h+ed+r -a1h），使得（a11- md），（a12- md） ，（a13- md）， ，（a1h- md）（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13）， ，（a1h+ed +r-a1h）=（r- m d），a1，a2 ，a3， ，a1h，（a1h+d），那么也不可能有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+d）。证明：由定理1知，假定存在一个数v，v=ed，eN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=（a1h+ed+r -a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r -a13）， ，（a1h+ed+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+d），那么必存在一个数u，u= md，mN，使得 （a11- md），（a12- md） ，（a13- md）， ，（a1h- md）（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13）， ，（a1h+ed+r -a1h）=（r- m d），a1，a2 ，a3， ，a1h，（a1h+d）。这与题设产生矛盾，故定理4成立。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：对于任一偶数（2m+2），m2。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 ，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，（2m+2）=（2m+2- p1）+（2m+2-p2）+（2m+2-p3）+（2m+2-pn），（2m）=（2m-p1）+（2m-p2）+（2m-p3）+（2m-pk）。现在假若对偶数（2m+2），m2，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；我们分析（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。同理分析（2m+2-p2）-（2m-p2）=0，（2m+2-p3）-（2m-p3）=0， ，（2m+2-pk）-（2m-pk）=0的情形，所以就有（2m+2）-（2m）=0。假设偶数6，8，10，（2m）（m2）均可表为两个奇素数之和。现在设奇合数a1、a2 、a3、 、as均为不大于偶数（2m-2）的全体奇合数，（aiaj ，ij，i、j=1、2、3、 、s）。设奇合数a1、a2 、a3、 、at均为不大于偶数（2m）的全体奇合数，（aiaj ，ij，i、j=1、2、3、 、t）。则有1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）a1、a2 、a3、 、as1，3，5，7，9，11，（2m-2-5），（2m-2-3），（2m-2-1），根据定义2，说明集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）a1、a2 、a3、 、as有缺项。则有1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1、a2 、a3、 、at1，3，5，7，9，11，（2m-5），（2m-3），（2m-1），根据定义2，说明集合1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1、a2 、a3、 、at有缺项。因为集合1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1、a2 、a3、 、at有缺项。那么集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）（a1-2），（a2-2），（a3-2）， ，（as-2）也有缺项。对于集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）a1、a2 、a3、 、as的缺项与集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）（a1-2），（a2-2），（a3-2）， ，（as-2）的缺项而言，集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）（a1-2），（a2-2），（a3-2）， ，（as-2）的缺项必为下列情形之一：（1）、集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）（a1-2），（a2-2），（a3-2）， ，（as-2）的缺项与集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）a1、a2 、a3、 、as的缺项相同，（2）、集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）（a1-2），（a2-2），（a3-2）， ，（as-2）的缺项与集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）a1、a2 、a3、 、as的缺项相同的情形下又产生了新的缺项，（3）、集合1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），（2m-2-as）（a1-2），（a2-2），（a3-2）， ，（as-2）产生了新的缺项。现在设奇合数a1、a2 、a3、 、ah均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（aiaj ，ij，i、j=1、2、3、 、h）。根据假设对于偶数（2m+2），m2，不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。则说明集合（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），（2m+2-ah）a1、a2 、a3、 、ah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-ah）a1、a2 、a3、 、ah=1，3，5，7，9，11，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1），由此也有集合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）。由定理1和定理2可知，集合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）。因为已知集合1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a