“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明1

1“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的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｝，pipj（ij），k∈N，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，m∈N，m≧4。则集合｛（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pn）｝中至少有一个奇素数。这个问题看似和“哥德巴赫猜想”反映的是同样的内容，实际上是不同的情形，不同的类型问题。原因是集合｛p1，p2，p3，…，pk｝中未必包含了奇素数pk前面的全体奇素数。我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。定义1：对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，…，Ak；任一子集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，该项则称为缺项。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}，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∪3C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）d+r-md]，[（i+1）d+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），…，[（i-1）d+r+md]，[（i+1）d+r+md]，…，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。故定理2成立。定理3：对于非负整数集合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={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，4（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么必存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。证明：因为对于非负整数集合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），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），…，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），…，（a（k-1）-d），（ak-d），…，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），…，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），…，（a（k-1）-ed），（ak-ed），…，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。设集合{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+ed）}，又设集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，…，a2h}，根据题设，集合{a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），…，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），…，（a2h-ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{（a11-md），（a12-md），（a13md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，5（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。故定理3成立。定理4：对于非负整数集合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={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，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+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r