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1、1“哥德巴赫猜想哥德巴赫猜想”简捷证明简捷证明贵贵州省州省务务川自治川自治县实验县实验学校学校 王若仲（王洪）王若仲（王洪）摘要摘要：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） （m3） ；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， （aiaj ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN。则集合1， （2m-1
2、）（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， （aia
3、j ，ij，i、j=1，2，3，r） ，rN。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。关关键键词词： 哥德巴赫猜想；素数；缺项集合引言德国数学
4、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（ij） ，kN，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，mN，m4。则集合（2m-p1） ， （2m-p2） ， （2m-p
5、3） ， （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 （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（M4） ，设 p1、p2 、p3、 、pn均2为小于偶数 M 的全体奇素数，对于（M-p1）+（M-p2）+（M-p3）+（M- pn），则称为偶数 M 对应的垒数，简称为 M 垒数，记为（M） 。定义 2：对于均满足某一特性或某一表达式的
6、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AiA（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） （m2） ，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：（18-3）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（18-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（18-7）=4，对应的奇素数有：3，5，7，11。（1
7、8-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（18-13）=2，对应的奇素数有：3，5。（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：3（20-3）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17。（20-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（20-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（20-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（20-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（20-17）=1，对应的奇素数有：3。（20-19）=0，对应的奇素数有：0 个
8、。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：（22-3）=7，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17,19。（22-5）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13,17。（22-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（22-11）=4，对应的奇素数有：3，5，7,11。（22-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（22-17）=2，对应的奇素数有：3,5。（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
9、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4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均为不大于偶数 2m 的全体奇素数，那么对于下列式子：（2m+2-p1）-（2m-p1） ，（2m+2-p2）-（2m-p2） ，（2m+2-p3）-（2m-p3） ，（2m+2-pk）-（2m- pk） ；说明上述式子中至少有一个式子
10、大于或等于 1，不妨设（2m+2- pi）-（2 m- pi）1（i=1、2、3、k） ，pk2m；即 （2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于 （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aiN（i=1，2，3，k，） ；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为 d，a1=r（rd） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。若集合 BC 在集合
11、A 的条件下没有缺项，则集合（a11md） ，（a12md） ， （a13md） ， （a1hmd）（a21md） ， （a22md） ， （a23md） ， ， （a2tmd）在集合 A 的条件下仍然没有缺项，mN。5证明：对于整数集合 A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，） ；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为 d，a1=r（rd） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。因为集合 BC 在集合 A 的条件下没有缺项，不妨设集合BC=b1，b2，b3，bt，
12、则集合b1，b2，b3，bt= r， （d+r） ， （2d+r） ， （3d+r） ，（e-1）d+r， （ed+r），eN。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=
13、a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，） ；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为 d，a1=r（rd） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。若集合 BC 在集合 A 的条件下有缺项，则集合（a11md） ，（a12md） ， （a13md） ， （a1hmd）（a21md） ， （a22md） ， （a23md） ， ， （a2tmd）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aiN（i=1，2，3，k，） ；a1，a2，a
14、3，ak，为等差数6列，等差为 d，a1=r（rd） ，关于集合 A 的子集 B 和 C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。因为集合 BC 在集合 A 的条件下有缺项，不妨设集合BC=b1，b2，b3，bt，且设集合 BC 缺 ai项，it。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），eN。而集合（b1-md） ， （b2-md） ， （b3-md） ， （bt-md）=（r- md） ，（d+r-md） ，
15、（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aiN（i=1，2，3，k，） ；a1，a2 ，a3，ak，为等差数列，等差为 d，a1=r（rd） ，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
