强哥德巴赫猜想的证明

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1、强哥德巴赫猜想的证明（修订稿）西北工业大学信息智能与逻辑研究所沈卫国哥德巴赫猜想的表述早已为人所知，此处不再重复。但哥氏猜想并未就构成任一偶数的素数对的个数作任何陈述。换言之，任一偶数只要有一个素数对，哥氏猜想即成立。此文将证明，满足哥氏猜想的素数对存在下限，并且此下限随偶数N的增大而以固定规律（依赖于）增大。这是一个比传统哥德巴赫猜想强的命题。为区别于传统意义的哥氏猜想，特称其为“强哥德巴赫猜想”。以下就此问题进行具体的分析。由偶数的定义可知，任一偶数都是一个自然数与2的乘积。此时该自然数的认为是所给偶数的“中点”。其中又分为如下几种情况：1、那个自然数（中点）是素数，如7、11、13、19

2、等；2、那个自然数（中点）是非素奇数，也就是包含素数因子的奇数，如9、15等；3、那个自然数（中点）是包含素数因子的偶数，也就是同时包含偶数因子，如18、22等；4、那个自然数（中点）是没有素数因子的偶数，也就是形如2的数，其中n是任意自然数，如16、32、64等。情况1，根本无需证明。两个该素数之和（或乘以2）。当然是偶数。如7+7=14。其它几种情况，如将该偶数表为两个奇数之和，则必然是其中一个小于该偶数除以2后的中间数，另一个则大于该中间数，且该二奇数以此中间数为中心对称分布。比如偶数30，其中间数为30/2=15，满足二奇数和为30的奇数对分别为13、17；11、19；………等等。它们

3、每一组是以15位中心对称分布于二边的。毫无疑问，如果哥德巴赫猜想成立，在满足该猜想的素数对必也满足上述对称条件。下面先证明一个引理。引理1：某素数的合数（指含该素数因子的数。这里包括该素数自身），在删除了其它素数的和术后的集合中所占的比率（当然包括其它素数因子的该素数的合数），与其全集在自然数中的比率一样，不变。证明：设有某素数N，其合数（所有含其为因子之数）在自然数中的比率为1/N。在自然数中删去素数P（PN）的所有合数，即在自然数中删去了1/P个数，其中也包括素数N的合数中的1/P个。此时N的合数的个数为：即此时剩余的N的合数的个数仍占删去素数P的所有合数后的集合的1/N，得证。比如，3的

4、所有合数占全部自然数的1/3，同样其奇合数也站奇数集合的1/3。因为删去的偶数集合中也包括了1/3的3的合数。比如6，12，18，等等。又比如5的合数，在删去全部偶数集合及全部3的合数集合后，在此剩余集合中5的剩余合数集合仍占其1/5。其余类推。对于前文第2、3种情况中，由于所给偶数的中点数包含素数因子，于是由该中点数向二边（增大与减小）方向对该素数因子对称。于是以此中点数为中心左右两边（大与小）相互对称的奇数所构成的奇数对，要么同时使该素数的合数，要么不是。于是，是该素数S的合数的奇数对为全部以所给偶数的中点数为中心的素数队总数的个；反之，不是该素数合数的奇数对占总数的个。而对于情况4及情况

5、2、3中，如果以中间数为中心左右（大、小方向）对称的奇数对中所包含的素数因子并非我们上面所讨论的情况，则相对该中点对所论素数是非对称的，即所论奇数对不能在中点二边对称位置同时得到包含所论素数的合数，而是有先有后。于是，满足所论素数S的合数的奇数对为所论奇数对总数的个；反之，不是该素数合数的奇数对占总数的个。当然，上述结果没有述及所论奇数对的总数不能被该素数S整除这一极其普通的情况。实际上，在此情况下，我们舍弃相除的余数，只保留整数，如果结论不变，将会有误差。但如果所论偶数足够大时，误差是极小的，而且随偶数的增大越来越小。现举例予以直观说明：如果所选偶数为30，则中点数为30/2=15，这符合“

6、情况2”，其为素数3的合数。分别对称地位列15两边（满足其和等于30的）奇数对为13、17；11、19；9、21；7、23；5、25；3、27。注意，奇数对1、29不被计入，因为1通常不被认为是有意义的素数。我们看到，满足要求的奇数对共有6个，可以被所论素数3整除，其中有素数3因子的有两对，为9、21；3、27。2/6=1/3，即为总奇数对6的三分之一。如果所论偶数为36，则中点数为36/2=18，符合“情况3”，其两边对称的奇数对为17、19；15、21；13、23；11、25；9、27；7、29；5、31；3、33。共8对，8除以所论素数3得：8÷3=2，不能被所论素数3整除，如果如前面所

7、论的做法舍弃余数（即分数2/3），则得整数2，但有所论素数3因子的奇数对有15、21；9、27；3、33。共三对，有误差。但这种误差随着所选偶数的增大将越来越小，而且对下面的讨论没有任何影响。如果所选偶数为32，则中点数为16，其不是所论素数3的合数（同时符合“情况4”），于是应该是“满足所论素数S的合数的奇数对为所论奇数对总数的个，具体这里也就是2/3（因为这里的“所论素数S”为3），而不再是1