“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明4

“哥德巴赫猜想”简捷证明

贵州省务川自治县实验学校 王若仲（王洪）

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

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< pj（i

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π（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（M＞4），设p1、p2 、p3、? 、pn均为小于偶数M的全体奇素数，对于[π（M-p1）+π（M-p2）+π（M-p3）+?+π（M- pn）]，则称为偶数M对应的垒数，简称为M垒数，记为∑（M）。

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定义2：对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数值组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，? ，Ak；任一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）（m＞2），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：

π（18-3）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。 π（18-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。 π（18-7）=4，对应的奇素数有：3，5，7，11。 π（18-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。 π（18-13）=2，对应的奇素数有：3，5。 π（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：

π（20-3）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17。 π（20-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。 π（20-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。

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π（20-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。 π（20-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。 π（20-17）=1，对应的奇素数有：3。 π（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：

π（22-3）=7，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17,19。 π（22-5）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13,17。 π（22-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。 π（22-11）=4，对应的奇素数有：3，5，7,11。 π（22-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。 π（22-17）=2，对应的奇素数有：3,5。 π（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

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均为不大于偶数2m的全体奇素数，那么对于下列式子：

π（2m+2-p1）-π（2m-p1）， π（2m+2-p2）-π（2m-p2）， π（2m+2-p3）-π（2m-p3），

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π（2m+2-pk）-π（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π（2m+2- pi）-π（2 m- pi）≧1（i=1、2、3、?、k），pk＜2m；即π（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于π（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}，

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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）

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