“哥德巴赫猜想”简捷证明(王愚公9)

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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-

2、1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}有缺项。利用前面已知条件，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}有缺项；利用此结论，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，…，a

3、r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

4、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=｛a1、a2、a3、…、an｝，ai

5、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-a1）、（2m-a2）、（2m-a3）、…、（2m-an）｝中至少有一个奇素数。从此就走上了业余研究“哥德巴赫猜想”之路。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。36定理1：对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一

6、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：对于整数集合A={a1，

7、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。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

8、-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