哥德巴赫猜想及孪生素数猜想证明精简版Word文档下载推荐.docx

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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；

孪生素数猜想。

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<

pj（i<

j），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。

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：

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：

若集合B∪C在集合A的条件下有缺项，则集合{（a11±

md）}在集合A的条件下仍然有缺项。

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。

哥德巴赫定理：

任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。

（Ⅰ）、对于偶数6，8，10，12，14，16，18，20，22等等。

有：

6=3+3，8=3+5，10=3+7=5+5，12=5+7，14=3+11=7+7，16=3+13=5+11，18=5+13=7+11，20=3+17=7+13，22=3+19=5+17=

11+11。

（Ⅱ）、对于偶数6，8，10，…，（2m-2），（2m）（m≧3）。

假设它们均可表为两个奇素数之和。

现在设奇合数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，其中偶数（2m）为比较大的整数。

根据假设的情形，那么有{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}≠{1，3，5，7，9，11，…，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}，根据定义1，说明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}有缺项，并且集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}中至少缺两个奇素数p和q。

我们现在对集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}有无缺项进行分析：

设奇素数p1，p2，p3，…，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、…、s），s∈N；

集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}总可以转换为集合{（p11-2），（p12-2），（p13-2），…，（p1h-2），（a11-2），（a12-2），（a13-2），…，（a1r-2）}；

其中h∈N，r∈N。

那么集合{p1，p2，p3，…，ps}包含集合{p11，p12，p13，…，p1h}。

假定集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}没有缺项，根据定理1，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}没有缺项。

我们设奇合数a1，a2，a3，…，av均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，则有下列情形：

（ⅰ）、若at=av，说明奇数（2m+2-1）为奇素数，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}没有缺项。

而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}总可以转换为集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}，其中u∈N，e∈N。

那么集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}没有缺项；

说明集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}包含集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}，集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}包含集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}，因为集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}中缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}中的全体奇数，所以集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}（除奇素数（2m+2-1+2）以外）。

于是可得出集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}没有缺项。

又根据定理1，可得出集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}没有缺项。

这样就与前面对于偶数6，8，10，…，（2m-2），（2m）（m≧3）；

假设它们均可表为两个奇素数之和的情形产生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}没有缺项不能成立。

（ⅱ）、若奇数（2m+2-1）为奇合数，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-av）}∪{a1，a2，a3，…，av}没有缺项。

而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-av）}∪{a1，a2，a3，…，av}总可以转换为集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}，其中u∈N，e∈N。

说明集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}包含集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}（除奇合数（2m+2-1+2）以外），集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），…，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），…，（a1e+2）}包含集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-at）}。

因为集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}中缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}中的全体奇数，所以集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-av）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}。

于是可得出集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-av）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（av+2）}没有缺项。

又根据定理1，可得出集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-ar）}∪{a1，a2，a3，…，ar}没有缺项，即集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}没有缺项。

（Ⅲ）、对于偶数（2m+2），设奇合数a1，a2，a3，…，az均为不大于偶数（2m+2）（m≧2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、…、z）。

假设对于偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）。

则说明集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-az）}∪{a1，a2，a3，…，az}中包含了所有的奇合数和奇素数，那么必然有集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-az）}∪{a1，a2，a3，…，az}={1，3，5，7，9，11，…，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，根据定理1，集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-az）}∪{a1，a2，a3，…，az}中的元素同时均减去2，于是可得集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，…，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。

又由（Ⅱ）分析的情形可知，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}有缺项，这样就与（Ⅲ）假定的情形得到的集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，…，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}产生矛盾。

说明集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}有缺项。

又根据定理2，集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-az）}∪{a1，a2，a3，…，az}也有缺项，说明集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-az）}∪{a1，a2，a3，…，az}中至少有一个奇素数不在该集合中；

故集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-az）}∪{a1，a2，a3，…，az}≠{1，3，5，7，9，11，…，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，所以假定偶数（2m+2）不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）的情形不能成立。

即偶数（2m+2）能表为两个奇素数之和。

综上所述，任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。

定理3：

对于任一不小于10的偶数2m，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+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}均有缺项。

由哥德巴赫定理可知，任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。

对于任一不小于10的偶数2m，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。

现在对集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}有无缺项进行分析：

（ⅰ）、假定集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}没有缺项，设奇合数a1，a2，a3，…，ar均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、…、r），r∈N，根据定理1，可得集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），…，（2m-2-ar）}∪{a1，a2，a3，…，ar}没有缺项，即偶数（2m-2）不能表为两个奇素数之和。

这与哥德巴赫定理的情形产生了矛盾，故假定集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}没有缺项不能成立。

（ⅱ）、假定集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}没有缺项，设奇合数a1，a2，a3，…，as均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、…、s），s∈N，根据定理1，可得集合集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），…，（2m+2-as）}∪{a1，a2，a3，…，as}没有缺项，即偶数（2m+2）不能表为两个奇素数之和。

这与哥德巴赫定理的情形产生了矛盾，故假定集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}没有缺项不能成立。

综上所述，定理3成立。

孪生素数定理：

孪生素数对的对数是无限的。

由哥德巴赫定理以及定理3可知，对于任一比较大的偶数2m，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，那么偶数2m有下列情形：

当偶数2m=6k-2时，则有下列情形：

135791113151719

3ki6ki-1+16ki-1-13ki-16ki-2+16ki-2-13ki-26ki-3+16ki-3-13ki-3

2123…6kj-2-16kj-2+13kj-16kj-1-16kj-1+13kj…

6ki-4+16ki-4-1…6kr-13kr6kr-1+16kr-1-13kr-16kr-1+1…

3ki-26ki-3-16ki-3+13ki-26ki-2-16ki-2+13ki-16ki-1-16ki-1+13ki

191715131197531

当偶数2m=6k时，则有下列情形：

6ki-13ki6ki-1+16ki-1-13ki-16ki-2+16ki-2-13ki-26ki-3+16ki-3-1

3ki-36ki-4+1…6kr+16kr-13kr6kr-1+16kr-1-13kr-1…

6ki-3-16ki-3+13ki-26ki-2-16ki-2+13ki-16ki-1-16ki-1+13ki6ki-1

当偶数2m=6k+2时，则有下列情形：

6ki+16ki-13ki6ki-1+16ki-1-13ki-16ki-2+16ki-2-13ki-26ki-3+1

2123…6kj-2-16kj-2+13kj-16