“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明

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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，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

2、-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

3、（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

4、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

5、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。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

6、-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∑52（M）。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：

7、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，

8、对应的奇素数有：3，5，7，11，13。52π（20-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。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