“哥德巴赫猜想”简捷证明(标准版9).doc

1“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，a 2，a 3，…，a t均为不大于偶数 2m 的全体奇合数， （a i＜a j ，i＜j，i、j=1，2，3，…，t） ，t∈N则集合{1， （2m-1）}∪{ （2m-a 1） ， （2m-a 2） ，（2m-a 3） ，…， （2m-a t）}∪{a 1，a 2，a 3，…，a t}有缺项利用前面已知情形，证明集合{（2m-a 1） ， （2m-a 2） ， （2m-a 3） ，…， （2m-a t）} ∪{（a 1+2） ， （a 2+2） ， （a 3+2） ，…， （a t+2）}有缺项；利用该结论以及前面已知情形，证明集合{（2m-a 1） ， （2m-a 2） ， （2m-a 3） ，…， （2m-at）} ∪{（a 1-2） ， （a 2-2） ， （ a3-2） ，…， （a t-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，a 2，a 3，…，a r均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（a i＜a j ，i＜j，i、j=1，2，3，…，r） ，r∈N。

则集合{1， （2m+2-1）}∪{ （2m+2-a 1） ，（2m+2-a 2） ， （2m+2-a 3） ，…， （2m+2-a t）}∪{a 1，a 2，a 3，…，a r}没有缺项该集合中的元素均分别减去 2 后所得集合{ （2m-a 1） ， （2m-a 2） ， （2m-a 3） ，…， （2m-a t）} ∪{（a 1-2） ，（a 2-2） ， （a 3-2） ，…， （a t-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=｛p 1，p 2，p 3，…，p k｝ ，p i< pj（i

则集合｛（2m-p 1） ， （2m-p 2） ， （2m-p 3） ，…， （2m-p n） ｝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｛p 1，p 2，p 3，…，p k｝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，A 2，A 3，…，A k；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2缺具体的某一项，该项则称为缺项定理 1：对于整数集合 A={a1，a 2，a 3，…，a k，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…） ；a 1，a 2，a 3， …，a k，…为等差数列，等差为 d，a 1=r（r≤d） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B={a 11，a 12 ，a 13，… ，a 1h}，C={a 21，a 22，a 23，… ，a 2t}，a 1h≤a 2t，h∈N， t∈N若集合 B∪C 在集合 A 的条件下没有缺项，则集合 {（a 11±md） ，（a 12±md） ， （a 13±md） ，…， （a 1h±md）}∪{（ a21±md） ， （a 22±md） ， （a 23±md） ，… ， （a 2t±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，a 2，a 3，…，a k，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…） ；a 1，a 2，a 3， …，a k，…为等差数列，等差为 d，a 1=r（r≤d） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B={a 11，a 12 ，a 13，… ，a 1h}，C={a 21，a 22，a 23，… ，a 2t}，a 1h≤a 2t，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={b 1，b 2，b 3，…，b t}，则集合{b 1，b 2， b3，…，b t}={ r， （d+r） ， （2d+r） ， （3d+r） ，…，[（e-1）d+r] ， （ed+r）}，e∈N而集合{（b 1-md） ， （b 2-md） ， （b 3-md） ， …， （b t-md）}={（r- md） ， （d+r-md） ， （2d+r-md） ， （3d+r-md） ，…， [（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b 1+md） ， （b 2+md） ， （b 3+md） ，…， （b t+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，a 2，a 3，…，a k，…}，任一3ai∈N（i=1，2，3，…，k，…） ；a 1，a 2，a 3，…，a k，…为等差数列，等差为 d，a 1=r（r≤d） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B={a 11，a 12 ，a 13，… ，a 1h}，C={a 21，a 22，a 23，…，a 2t}，a 1h≤a 2t，h∈N， t∈N若集合 B∪C 在集合 A 的条件下有缺项，则集合{（a 11±md） ，（a 12±md） ， （a 13±md） ，…， （a 1h±md）}∪{（a 21±md） ， （a 22±md） ， （a 23±md） ，… ， （a 2t±md）}在集合 A 的条件下仍然有缺项证明：对于整数集合 A={a1，a 2，a 3，…，a k，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…） ；a 1，a 2，a 3， …，a k，…为等差数列，等差为 d，a 1=r（r≤d） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B={a 11，a 12 ，a 13，… ，a 1h}，C={a 21，a 22，a 23，… ，a 2t}，a 1h≤a 2t，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={b 1，b 2，b 3，…，b t}，且设集合 B∪C 缺 ai项，i＜t则集合{b1，b 2，b 3，…，b t}={ 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{（b 1-md） ， （b 2-md） ， （b 3-md） ，…， （b t-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{（b 1+md） ， （b 2+md） ， （b 3+md） ，…， （b t+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4定理 3：对于非负整数集合 A={a1，a 2 ，a 3，…，a k，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…） ；a 1，a 2 ， a3，…，a k，…为等差数列，等差为 d，a 1=r（r≤d） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B={a 11，a 12 ，a 13，…，a 1h}，C={（a 1h+r -a11） ， （ a1h+r-a12） ， （a 1h+r-a13） ，…， （a 1h+r-a1h）}，设 a11=bd+r，b∈N，若存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a 11，a 12，a 13，…，a 1h}∪{ （a 1h+ed+r-a11） ，（a 1h+ed+r-a12） ， （a 1h+ed+r-a13） ，…， （a 1h+ed+r-a1h）}={a1，a 2，a 3，…，a 1h，…， （a 1h+ed-bd）}（e≥b ）或{a11，a 12，a 13，…，a 1h}∪{（a 1h+ed+r-a11） ， （ a1h+ed+r-a12） ，（a 1h+ed+r-a13） ，…， （a 1h+ed+r-a1h）}={a 1， a2，a 3，…，a 1h}（e＜b） ，那么必存在一个数 u，u= md，m∈N，使得 {（a 11-md） ，（a 12-md） ， （a 13 md） ，…， （a 1h-md）}∪{（ a1h+r-a11） ， （a 1h+r-a12） ，（a 1h+r-a13） ，…， （a 1h+r-a1h）}={（r-md） ，… ，a 1，a 2 ，a 3，…， （a 1h-bd）}。

证明：因为对于非负整数集合 A={a1，a 2，a 3，…，a k，…}，任一 ai∈N（i=1，2，3，…，k，…） ；a 1，a 2 ，a 3，…，a k，…为等差数列，等差为 d，a 1=r（r≤d） ，有{（a k+r -a1） ， （a k+r-a2） ，（a k+r -a3） ，…， （a k+r-ak）}={（a 2-d） ， （ a3-d） ， （a 4-d） ， （a 5-d） ，（a 6- d） ， （a 7-d） ，…， （a （k-1） -d） ， （ ak-d） ，…，a k}，那么{（a k+ed+r -a1） ， （ ak+ed+r-a2） ， （a k+ed+r -a3） ，…， （a k+ed+r-ak）}={（a t-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） ， （a k-ed） ，5…， （a k+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N设集合{a 11，a 12，a 13，…，a 1h}∪{（a 1h+ed+r-a11） ，（a 1h+ed+r-a12） ， （a 1h+ed+r-a13） ，…， （a 1h+ed+r-a1h）}={a 1，a 2 ，a 3，…，a 1h，…， （a 1h+ed）}，又设集合{（a 1h+ed+r-a11） ，（a 1h+ed+r-a12） ， （a 1h+ed+r-a13） ，…， （a 1h+ed+r-a1h）}={a21，a 22，a 23，…，a 2h}，根据题设，集合{a 1，a 2 ，a 3，…，a 1h，…， （a 1h+ed）}没有缺项，由定理 1 可知，集合{（a 11-ed） ， （a 12-ed） ， （a 13 -ed） ，…， （a 1h-ed）}∪{（a 21-ed） ，（a。