哥德巴赫猜想——我的证明

勇者橘子K 11-01 158

前言：

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哥德巴赫猜想——我的证明

八颗米

四川省绵阳市 E-mail:1003088466@qq.com

摘要：设大于或等于6的偶数为2N，那么把哥德巴赫猜想的命题变成为2N＝(N-a)+(N+a)的形式(a能使N-a成为奇素数,也能使N+a成为奇素数)。用第一数学归纳法证明，当N＝3、N＝4、N＝5、N＝6、N＝7时，哥德巴赫猜想的命题都成立。假设N＝K时，2N＝2K＝(K-a)+(K+a)(K-a成为奇素数，K+a也成为奇素数)的命题成立，即哥德巴赫猜想的命题成立，那么当N＝K+1时，2N＝2(K+1)＝(K+1-a)+(K+1+a)＝(K-a)+(K+a+2)的形式，通过推理论证得到特殊等式(K-a)y+2(a+1)y＝(K+a+2-1)！+1，就构造一个关于X、Y为未知数的二元一次不定方程(K-a)X+2Y＝(K+a+2-1)！+1，再根据二元一次不定方程定理的推论，找出二元一次不定方程的整数解，就得到整数解方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1，再变成整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1，这样就找到了2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)＝0，最后得到了2[-a(E+2t)+(f-e)]能够被(K+a+2)整除存在成立，那么[(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝E+2t+2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)就是整数存在成立，根据素数的判定方法判定K+a+2能够成为奇素数，就得到当N＝K+1时，2N＝2(K+1)＝(K-a)+(K+a+2)（在K-a为奇素数时，K+a+2也能成为奇素数成立）的命题成立，即哥德巴赫猜想的命题成立。哥德巴赫猜想就得到证明。

关键词：数学归纳法；素数数列；素数的判定方法；威尔逊定理；二元一次不定方程；奇素数；合数；二元一次不定方程定理的推论。

MR(2010)主题分类： 11A05 11A07 11A15

中图分类： 0156.1

1.引言：

“哥德巴赫猜想”是世界上最为著名的数学难题，1742年6月7日德国人哥德巴赫给当时侨居在俄国圣彼得堡的大数学家欧拉写了一封信，问道：“是否任何不比6小的偶数均可表为两个奇质数之和？”，同年6月30日欧拉复信写道：“任何大于6的偶数都是两个奇质数之和，这一猜想虽然我还不能证明它，但我确信这是完全正确的”。1900年希尔伯特在国际数学家大会上的第8个问题提出了“哥德巴赫猜想”。最佳结果均属中国数学家陈景润的研究成果“1+2”。

我经过四十多年的努力研究，我终于写出了这篇数学论文“哥德巴赫猜想——我的证明”。研究的成果是：根据素数数列为2、3、5、7、11、13、17、……，设大于或等于6的偶数为2N，把哥德巴赫猜想的命题变成为2N＝(N-a)+(N+a)的形式 (a能使N-a成为奇素数,也能使N+a成为奇素数)，用第一数学归纳法证明。通过推理论证就得到了特殊等式(K-a)y+2(a+1)y＝(K+a+2-1)！+1，那么就构造一个关于X、Y为未知数的二元一次不定方程(K-a)X+2Y＝(K+a+2-1)！+1，根据二元一次不定方程定理的推论，找出二元一次不定方程的整数解，就得到整数解方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1，再变成整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1，就找到了2[-a(E+2t)+(f-e)]＝0，就得到了2[- a(E+2t)+(f-e)]能被(K+a+2)整除存在成立，那么[(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝E+2t+2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)是整数存在成立，根据素数的判定方法判定K+a+2也能为奇素数存在成立，得到了当N＝K+1时，2N＝2(K+1)＝(K-a)+(K+a+2)（在K-a为奇素数时，K+a+2也能够成为奇素数）的命题成立，即哥德巴赫猜想的命题成立。这样就能够彻底证明哥德巴赫猜想。

2.需要的数学方法、数学定理：

2.1.第一数学归纳法⑴：

对于一个与自然数有关的命题P(n)，用第一数学归纳法证明的步骤：

ⅰ) 证明n＝1时，命题P(1)成立；(称为奠基步骤)

ⅱ) 假设n＝K时，命题P(K)成立；(称为归纳假设)

能推出n＝K+1时，命题P(K＋1)也成立；(称为归纳递推步骤)

则命题P(n)对于一切自然数n均成立。

数学归纳法有许多变化形式，常见有：“奠基”由某一自然数m开始，

ⅰ) 证明n＝m时，命题P(m)成立；

ⅱ) 假设n＝K (K≥m)时，命题P(K)成立，

能推得n＝K+1时，命题P(K＋1)成立，则命题P(n)当n≥m时均成立。

2.2.二元一次不定方程定理⑵：

若二元一次不定方程AX+BY＝C （其中A、B、C都是整数，且A、B都不为0），

(A ,B)＝d，则有整数解的充要条件是 C/d。

推论⑶: 如果（A ,B）＝1 , 那么方程AX+BY＝C 一定有整数解。

定理⑷：如果二元一次不定方程AX+BY＝C （其中A、B、C都是整数，且A、B 都不为0），有一组整数解是e、f，那么二元一次不定方程的一切整数解都可以表示成为

X＝e-Bt

Y＝f+At 其中t＝0、±1、±2、±3、……的所有整数。

2.3.威尔逊定理⑸：若P是素数，则[(P-1)！+１]/P为整数。

2.4.定理⑹：素数的个数是无穷多的，素数数列为：2、3、5、7、11、13、17、19、……。

3.素数、合数的判定方法：

3.1.素数的判定方法：若[(P-1)！+１]/P为整数，则P一定是素数。

证明（一）：假设P为合数

∴ P＝ab (a、b为两个整数)

∴ 1＜a＜(P-1) 1＜b＜(P-1)

当a＝b时 [(P-1)！+1]/P＝[(ab-1)！+1]/(ab)

∵ [(ab-1)！+1]/(ab)不能为整数

∴ [(P-1)！+1]/P 不是整数

当 a≠b时 [(P-1)！+1]/P＝[(ab-1)！+1]/(ab) 还是不能为整数

∴ [(P-1)！+1]/P 也不是整数，这就与条件相矛盾

所以若[(P-1)！+１]/P为整数，则P一定是素数。

证明（二）：假设P为合数

∴ P＝ab (a、b为两个整数)

∴ 1＜a＜(P-1) 1＜b＜(P-1)

若[(P-1)!+1]/P＝[(ab-1)!+1]/(ab)＝K为整数

则(ab-1)!+1＝ab·K

∴ ab·K-(ab-1)!＝1

∴ b·K-(ab-1)!/a＝1/a

而 b·K为整数，(ab-1)!/a为整数

∴ b·K-(ab-1)!/a 也为整数

∴ b·K-(ab-1)!/a＝1/a 等式不成立，相矛盾

∴ [(P-1)!+1]/P也不是整数，这就与条件相矛盾

所以若[(P-1)!+１]/P为整数，则P一定是素数。

3.2.若P为合数，则[(P-1)！+１]/P就不能为整数。

证明：假设[(P-1)！+１]/P为整数

根据素数的判定方法判定 P一定是素数，这就与条件相矛盾

所以若P为合数，则[(P-1)！+１]/P就不能为整数。

3.3.合数的判定方法：若[(P-1)！+１]/P不为整数，则P一定是合数。

证明：假设P是素数，

根据威尔逊定理得 [(P-1)！+１]/P就为整数，这就与条件相矛盾，

所以若[(P-1)！+１]/P不为整数，则P一定是合数。

4.哥德巴赫猜想的证明：

4.1.哥德巴赫猜想：每一个大于或等于6的偶数都可以表示成两个奇素数的和。

4.2.证明：

证明：根据素数的个数是无穷多的，素数数列为：2、3、5、7、11、13、17、19、……

设大于或等于6的偶数为2N (N为N≥3的自然数) 那么把哥德巴赫猜想的命题变成为

2N＝(N-a)+(N+a) (a是能使N-a成为奇素数,也能使N+a成为奇素数) 的形式 ------@

用第一数学归纳法证明：

当N＝3时 2N＝2×3＝6

∴ 2N＝6＝(3-0)+(3+0) 这时 a＝0

∴ 6＝3+3 等式@的命题成立即哥德巴赫猜想的命题成立；

当N＝4时 2N＝2×4＝8

∴ 2N＝8＝(4-1)+(4+1) 这时 a＝1

∴ 8＝3+5 等式@的命题成立即哥德巴赫猜想的命题成立；

当N＝5时 2N＝2×5＝10

∴ 2N＝10＝(5-0)+(5+0) 这时 a＝0

2N＝10＝(5-2)+(5+2) 这时 a＝2

∴ 10＝5+5＝3+7 等式@的命题成立即哥德巴赫猜想的命题成立；

当N＝6时 2N＝2×6＝12

∴ 2N＝12＝(6-1)+(6+1) 这时 a＝1

∴ 12＝5+7 等式@的命题成立即哥德巴赫猜想的命题成立；

当N＝7时 2N＝2×7＝14

∴ 2N＝14＝(7-0)+(7+0) 这时 a＝0

2N＝14＝(7-4)+(7+4) 这时 a＝4

∴ 14＝7+7＝3+11 等式@的命题成立即哥德巴赫猜想的命题成立；

假设 N＝K 时

2N=2K=(K-a)+(K+a) (a是能使K-a成为奇素数,也能使K+a成为奇素数)等式@的命题成立

即哥德巴赫猜想的命题成立.

那么当N＝K+1时等式@变成为 2N＝2(K+1)＝(K+1-a)+(K+1+a)的形式

∴ 2N＝2(K+1)＝(K+1-a)+(K+1+a)＝(K-a)+(K+a+2)

根据N＝K时 (K-a)为奇素数 (K+a+2)为任意奇数，现在就证明，在K-a为奇素数时，K+a+2也能够成为奇素数存在成立

∴ [(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝y (这时的y是不是整数还不知道 )

∴ (K+a+2)y＝(K+a+2-1)！+1 Ky+ay+2y＝(K+a+2-1)！+1

∴ Ky-ay+ay+ay+2y＝(K+a+2-1)！+1

(K-a)y+2ay+2y＝(K+a+2-1)！+1

(K-a)y+2(a+1)y＝(K+a+2-1)！+1

就构造一个关于X、Y为未知数的二元一次不定方程为

(K-a)X+2Y＝(K+a+2-1)！+1 ------©

∵ K-a为奇素数 2为素数，且K-a＞2

∴ （K-a ,2）＝1

根据二元一次不定方程定理的推论，关于X、Y为未知数的二元一次不定方程©一定有整数解

∴ 整数解方程为 (K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1

∴ E、F都为整数解，这时的E、F有很多对整数解

设 e、f为其中一组整数解，就得整数解等式 (K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

根据定理⑷把E、F的所有整数解表示为

E＝e-2t

F＝f+(K-a)t (其中 t＝0、±1、±2、±3、……的所有整数)

∴ F-E＝f+(K-a)t-e+2t ∴ F＝E+(K-a)t+2t+f-e

∴ (K-a)E+2[E+(K-a)t+2t+f-e]＝(K+a+2-1)！+1

(K-a)E+2E+2(K-a)t+4t+2(f-e)＝(K+a+2-1)！+1

∴ (K+a+2-a-a-2)E+2E+2(K+a+2-a-a-2)t+4t+2(f-e)＝(K+a+2-1)！+1

(K+a+2)E-2aE-2E+2E+2(K+a+2)t-4at-4t+4t+2(f-e)＝(K+a+2-1)！+1

(K+a+2)E+2(K+a+2)t-2aE-4at+2(f-e)＝(K+a+2-1)！+1

(K+a+2)E+2(K+a+2)t-2a(E+2t)+2(f-e)＝(K+a+2-1)！+1

(K+a+2)E+2(K+a+2)t+2[-a(E+2t)+(f-e)]＝(K+a+2-1)！+1

∴ [(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝E+2t+2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)

∵ E是整数解， t＝0、±1、±2、±3、…… 的所有整数

∴ 如果2[-a(E+2t)+(f-e)]不能被(K+a+2)整除

那么[(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝E+2t+2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)就不是整数

根据合数的判定方法判定K+a+2就成为奇合数

在K-a为奇素数，K+a+2为奇合数时

e、f与E＝e-2t F＝f+(K-a)t (其中 t＝0、±1、±2、±3、……的所有整数)虽然都是二元一次不定方程为(K-a)X+2Y＝(K+a+2-1)！+1 的整数解

但是 [(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝E+2t+2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)也不可能是整数的

∴ 2[-a(E+2t)+(f-e)]≠0 且2[-a(E+2t)+(f-e)]也不能够被(K+a+2)整除。

∴ 如果2[-a(E+2t)+(f-e)]能够被(K+a+2)整除

那么[(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝E+2t+2[-a(E+2t)+(f-e)]/(K+a+2)就是整数

根据素数的判定方法判定K+a+2成为奇素数

从以上的证明过程看得到K+a+2要成为奇素数的条件是：2[-a(E+2t)+(f-e)]能够被(K+a+2)整除。现在就来寻找2[-a(E+2t)+(f-e)]能不能够被(K+a+2)整除，寻找到的结果是2[-a(E+2t)+(f-e)]能够被(K+a+2)整除存在成立

∵ 当 t＝0时 E＝e F＝f

∴ 方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1就变成为整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

当 t＝1时 E＝e-2 F＝f+(K-a)

∴ 方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1也就变成为整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

当 t＝-1时 E＝e+2 F＝f-(K-a)

∴ 方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1也就变成为整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

当 t＝2时 E＝e-4 F＝f+2(K-a)

∴ 方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1也就变成为整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

当 t＝-2时 E＝e+4 F＝f-2(K-a)

∴ 方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1也就变成为整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

当 t＝±3、……的所有整数时 E＝e-2t F＝f+(K-a)t

∴ 方程(K-a)E+2F＝(K+a+2-1)！+1也就变成为整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

∵ 当 2[-a(E+2t)+(f-e)]＝0时

∴ f＝aE+2at+e

∴ (K-a)e+2(aE+2at+e)＝(K+a+2-1)！+1

Ke-ae+2aE+4at+2e＝(K+a+2-1)！+1

Ke+ae-2ae+2aE+4at+2e＝(K+a+2-1)！+1

(K+a+2)e+2a(-e+E+2t)＝(K+a+2-1)！+1

(K+a+2)e+2a(-e+e-2t+2t)＝(K+a+2-1)！+1

∴ (K+a+2)e＝(K+a+2-1)！+1

∴ [(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝e

又∵ e是整数解

∴ 根据素数的判定方法判定K+a+2就成为奇素数

反之当K+a+2为奇素数时

根据威尔逊定理得[(K+a+2-1)！+1]/(K+a+2)＝R 是整数

∴ (K+a+2)R＝(K+a+2-1)！+1

(K+a)R+2R＝(K+a+2-1)！+1

∴ (K-a+2a)R+2R＝(K+a+2-1)！+1

(K-a)R+2aR+2R＝(K+a+2-1)！+1

∴ 就得到整数等式(K-a)R+2(a+1)R＝(K+a+2-1)！+1

根据整数解等式(K-a)e+2f＝(K+a+2-1)！+1

就得其中一组整数解为 e＝R f＝(a+1)R

∴ 2[-a(E+2t)+(f-e)]＝2[-ae+aR+R-e]＝2[-aR+aR+R-R]＝0 存在成立

∴ 在K-a为奇素数，K+a+2也为奇素数时

e＝R f＝(a+1)R与E＝e-2t F＝f+(K-a)t (其中 t＝0、±1、±2、±3、……的所有整数)都是二元一次不定方程为(K-a)X+2Y＝(K+a+2-1)！+1的整数解是存在成立的

∴ 寻找到 2[-a(E+2t)+(f-e)]＝0存在成立，且2[-a(E+2t)+(f-e)]被(K+a+2)整除也成立

由于其中一组整数解e、f 就是 R 、(a+1)R 即 e＝R 、f＝(a+1)R 能够存在成立

当 t＝0时 E＝e F＝f e＝R f＝(a+1)R

∴ 2[-a(E+2t)+(f-e)]＝2[-a(e+0)+(a+1)R-e]