哥德巴赫猜想简捷证明标准版12.docx

1、哥德巴赫猜想简捷证明标准版12“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）（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）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-a

2、t）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，（aiaj ，ij，i、j=1，2，3，r），rN。则集合1，（2m+2-1）（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），（

3、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。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

4、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-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

5、数组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，Ak；任一子集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，该项则称为缺项。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A的条件下没有缺项，则集合（a11md），（a12md），（a13md），（a1hmd）（a21md）， （a22md）， （a23md）， ，

6、（a2tmd）在集合A的条件下仍然没有缺项，mN。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，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

7、），（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=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

8、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，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，

9、（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），（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

10、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=bd+r，bN，若存在一个数v，v=ed，eN，使得a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12

11、，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h（eb），那么必存在一个数u，u= md，mN，使得 （a11-md），（a12-md），（a13 md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2 ，a3，（a1h-bd）。证明：因为对于非负整数集合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），有（ak+r

12、 -a1），（ak+r-a2），（ak+r -a3），（ak+r-ak）=（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6- d），（a7-d），（a（k-1）-d），（ak-d），ak，那么（ak+ed+r -a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r -a3），（ak+ed+r-ak）=（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），（a（k-1）-ed），（ak-ed），（ak+ed），t1，tk，tN。设集合a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+

13、ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2 ，a3，a1h，（a1h+ed），又设集合（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a21，a22，a23，a2h，根据题设，集合a1，a2 ，a3，a1h，（a1h+ed）没有缺项，由定理1可知，集合（a11-ed），（a12-ed），（a13 -ed），（a1h-ed）（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），（a2h-ed）仍然没有缺项，eN，我们令e=m，则有（a11-md），（a12-md），（a13 m

14、d），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2 ，a3，（a1h-bd）。故定理3成立。定理4：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=bd+r，bN，若存在一个数u ，u= md，mN，使得（a11-md），（a12

15、-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）。那么必存在一个数v，v=ed，eN，使得a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2

16、，a3，a1h（eb）。证明：因为对于非负整数集合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），有（ak+r -a1），（ak+r-a2），（ak+r -a3），（ak+r-ak）=（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6- d），（a7-d），（a（k-1）-d），（ak-d），ak，那么（ak+ed+r -a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r -a3），（ak+ed+r-ak）=（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）- ed）

17、，（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），（a（k-1）-ed），（ak-ed），（ak+ed），t1，tk，tN。设集合（a11-md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd），mN，又设集合（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=a21，a22，a23，a2h，根据题设，集合（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）没有缺项，由定理1可知，集合（a11-md+e

18、d），（a12-md+ed），（a13-md+ed），（a1h-md +ed）（a21+ed），（a22+ed），（a23+ed），（a2h+ed）仍然没有缺项，eN，我们令e=m，则有a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h（eb）。故定理4成立。定理5：

19、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=bd+r，bN，若不存在一个数v，v=ed，eN，使得a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12，a13

20、，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h（eb），那么也不可能存在一个数u，u= md，mN，使得 （a11-md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）。证明：由定理4知，假若存在一个数u ，u= md，mN，关于集合A的子集B和C，B=a11，a12，a13，a1h，C=（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a

21、1h+r-a13），（a1h+r-a1h），使得（a11- md），（a12- md），（a13- md），（a1h- md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2 ，a3，（a1h-bd）。那么必存在一个数v，v=ed，eN，使得a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r

22、-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h（eb）。这与题设产生矛盾，故定理5成立。定理6：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+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），（a1h+d+r-a1h），设a11=bd+r，bN，若不存在一个数u，u= md，mN，使得（a11- md），（a12-md），（a13-md），（a1h-

23、md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd），那么也不可能存在一个数v，v=ed，eN，使得a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h（eb）。证明：由定

24、理3知，假定存在一个数v，v=ed，eN，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），使得a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）或a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h（eb），那

25、么必存在一个数u，u= md，mN，使得 （a11-md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）。这与题设产生矛盾，故定理6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。证明：（）、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+1

26、9=5+17=11+11。（）、对于偶数6，8，10，（2m-2），（2m）（m3）。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，（aiaj ，ij，i、j=1、2、3、t），tN，其中偶数（2m）为比较大的整数。则有1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at1，3，5，7，9，11，（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。现在对集合1，（2m-1），（2

27、m-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：设奇素数p1，p2，p3，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pipj ，ij，i、j=1、2、3、s），sN。对于集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at和集合（p1-2），（p2-2），（p3-2），（ps-2）以及集合（p1+2），（p2+2），（p3+2

28、），（ps+2）而言，假设集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2），那么则有：2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），2m-aks=（ps+2），kN。又因为集合a1，a2，a3，at包含集合 ak1，ak2，ak3，aks。那么则有：（1）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，2m-2-aks=p（s-1）（ps2m-2）；（2）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，2m-2

29、-aks=ps（ps2m-2）。从（1）和（2）的情形可得偶数（2m-2）不能表为两个奇素数之和。这与前面已知偶数6，8，10，（2m-2），它们均可表为两个奇素数之和产生了矛盾。故前面假定集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）就不可能成立。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。我们现在针对集合p1，p2，p3，ps中任一奇素数pi得到的奇数（pi-2）和奇数（pi+2）从以下几个方面加以分析：对于任一奇素数pi以及奇数（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，则（pi-2）和（pi+2）有下列情形之一：、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，当ai和aj均为奇合数时，那么（pi+2）（2m-a1）