“哥德巴赫猜想”简捷证明.docx
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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)U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 “哥徳巴赫猜想” 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) (mM3)；它们均可表为两个奇素数之和设奇合数缶，a2, &3,…，①均为不大于偶数2m的全体奇合数，(diVdj , i 该集合中的元素均分别减去2后所得集合{(2m-ai),(2mp),(2m-a3),-••,(2m-&)} U {(a「2),(82-2),(时2),…,(a-2)}仍然没有缺项这与前面所得结论产生矛盾,说明儆(2m+2) 能表为两个奇素数之和山此得出“哥徳巴赫猜想”成立关哥徳巴赫猜想；素数；缺项集合引言徳国数学家哥徳巴赫，他在1742年提出：任一不小于6的偶数均口J表为两个奇素数之 和，这就是著名的哥徳巴赫猜想问题,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= {pi, P2, P3,…，Pk}, p：＜ PjkWN,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, niEN, ni^4o 则貽 {(2m-pi), (2m-p2), (2in-p3), (2m-p„)}中至少有一个奇素数这个问题看似和'‘哥徳巴赫猜想”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】，P2,卩3,…，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和本身整除的止整数，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A】，A2, A3,…，Ak；任一子集AWA (i二1, 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, 该项则称为缺项定理1:对于整数集合A={au a2, a3,…，ak,…},任一 aCN(i二1, 2, 3,…，k,…)；a.】，a2, a3,…，ak,…为等差数列,等 差为d, aj=r (rWd),关F集合A的子集B和C, B={an, a)2 ,恥，…， 3-ih} 9 C— {a.21 f a22?且23,…，a.21}, 8ihWd2t, hWN, t No 若集合 B U C在集合A的条件下没有缺项，则集合{ (a)i±md), (a12±md), (a13 ±md), •・・, (alh±md) } U { (a2i±md), (a22±nicl), (a23±nid), •••,(a2L±md) }在集合A的条件下仍然没有缺项，mGNo证明：对丁•整数集合A={ai, a2,直，…，弘，…}，彳十a；eN (i=l, 2, 3,…，k, •••)； ai,出，a3,…，ak,…为等差数列,等差为d, a)=r (rWd),关F 集合 A 的子集 B 和 C, B={an, al2 , an,…，aih}, C二{且21，且 22，&23，•••，3-21}，且 lhW&2l，h^N, t N o 因为集合 B U C 在 集合A的条件下没有缺项，不妨设集合BUC={bH b2, b3,…，bj, 则集合{bi,山，bs，…，bt} = { r, (d+r), (2d+r), (3d+r),…，[(e~l) d+r], (ed+r) }, eWN。 而集合{ (bi-md), (b2-md), (b3_md),…，(bt-md) } = { (r- md), (d+r-md), (2d+r-md), (3d+r-md), •••, [(eT) d+r-md] , (ed+r-md ) },集合{ (bi+md), (b2+md ), (b3+md ),…，(bi+md) }二{ (r+md), (d+r+md), (2d+r+md), (3d+r+md),…，[(eT) 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 aCN(i二1, 2, 3,…，k,…)；a】，a2, a3,…，ak,…为等差数列，等 差为d, a)=r (rWd),关p集合A的子集B和C, B={an, a)2 ,且]3,…， Hih), C二{&21,出2,且23,…，出」，aihW&2t, h^N, t No 若集合 B U C在集合A的条件下有缺项，则集合{ (an±md), (a12±md),(弧土 md), •・・, (aih+md) } U { (a2i±md), (a22+nid), (a23±nid), •••,(a2t±md) }在集合A的条件下仍然有缺项。 证明：对于整数集合A={au氐,出，…，弘，・••},任一 a£N(i=l,2, 3,…，k,…)；ai, a2, a3,…,ak,…为等差数列，等差为d, ai=r (rWd),寿 集合 A 的子集 B 和 C, B={an, a12 , a® …，alh},C二{加,&22, &23,…，3-2(}, a】hWa2i, hWN, tWNo 因为集合 BUC 在 集合A的条件下有缺项，不妨设集合BUC={b., b2, b3,…，bj,且 设集合 BUC 缺 &项，iVt则集合{b, b2, b3,…，bt} = { r, (d+r),(2d+r), (3d+r),…，[(iT) d+r], [ (i+1) d+r],…，[(eT) d+r], (ed+r) }, e^N而集合{ (bi-md), (b2-ind), (b3_md),…，(b.-irid) } = { (r- md), (d+r-md), (2d+r-md), (3d+r-md), •••, [(iT) d+r-md], [ (i + 1) d+r-md], …，[(e~l) d+r-md], (ed+r-md) }, 集合{ (bi+md), (bz+md), (b3+md), •••, (bi+md)}二{ (r+md), (d+r+md),(2d+r+md), (3d+r+md),…，[(i~l ) d+r+md], [ (i+1) d+r+md],…， [(e~l) d+r+md], (ed+r+md) }□故定理 2 成立。 定理3：对于非负整数集合A={a.i,氐，a3,…，ak,…},任一 a,£N (1=1, 2, 3,…，k,…)；ai, a2 , a3,…，ak?…为等差数 列，等差为d, ai=r (rWd),关于集合A的子集B和C, B={an, a!2 , &i3, •••，a.nJ , C二{(&ih+r -aN), (alh+r-ai2), (&巾+1一&13)，•••，Calh+r-alh)},设an=bd+r, bUN,若存在一个数v, v=ed, e^N,使得{&】，昭 恥，…, aih} U { ( aih+ed+r-an ) , ( aih+ed+r-ai2 ) , ( aih+ed+r-ai3 ) , •••,(aih+ed+f-aih) } = {au a29 a3, …,a]h, …,(aiH+ed-bd) } (e±b)或{a.n , a12, ai3, …，alh} U { ( aih+ed+r-an ), ( aih+ed+r-ai2),(ah+ed+r-aQ, ・••, (aih+ed+r-aih) } = {a),比,a3,・・・, aih} (e 证明：因为对于非负整数集合A={ai, a2, a3,…，ak,・・・},任一 &iWN (i=l, 2, 3,…，k,…)；a” a2 , a3,…，ak,…为等岸数 列，等差为 d, a)=r (r^d),有{(ak+r -aD, (ak+r-a2), (ak+r -a3), •••,(ak+r-ak) } = { (a2-d), (a3~d), (a厂d), (a5-d), (a6- d),(创一d),…,(a(k-i)~d), (ak-d),…，ak},那么{ (s+ed+r -a】)，(ak+ed+r-a2),(8k+ed+r—83)，•••, (ak+ed+r-ak) } = { (at~ed), (a(t+i)_ed ), (a(t+2)-ed), (a(t+3)~ed), (a(i+4厂ed), (a(t+5)_ed),…，(a(k-i)-ed), (ak_ed),…， (ak+ed) }, t>1, t 故定理3成立定理4：对于非负整数集合A={ai, a2 , a3,…，ak,…,任一 at(i=l, 2, 3,…，k,…)；a】，。
