用同余數(shù)表證明哥德巴赫猜想

葉雉鳩

（陜西財(cái)經(jīng)職業(yè)技術(shù)學(xué)院，陜西 咸陽712000）

哥德巴赫（C.Goldbach，1690.3.18—1764.11.20）是德國數(shù)學(xué)家。1742年，哥德巴赫提出了著名的哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）——每個(gè)不小于6的偶數(shù)都可以表示為2個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

1 命題的轉(zhuǎn)換及同余數(shù)表

1.1 命題的轉(zhuǎn)換

原命題每個(gè)不小于6的偶數(shù)都可以表示為2個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

命題0 每個(gè)不小于12的偶數(shù)都可以表示為2個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

命題0與下列的命題1等價(jià)。

命題1 對于任意大于10的偶數(shù)2a（a≥5，且a∈N），下列方程組無正整數(shù)解。

定義下列3個(gè)集合：

命題1的解讀，該同余式方程組的特點(diǎn)是：

首先，同余式方程左邊的被減項(xiàng)是不大于2a的所有順序排列的所有奇素?cái)?shù)的全集，一個(gè)奇素?cái)?shù)也不能少。為了確保（1）同余式方程左邊的數(shù)值不小于3，所以在左邊統(tǒng)一加2，這并不影響證明推論的邏輯一致性。（1）也可以理解為：“對于任意大于12的偶數(shù)2a＋2（a≥5，且a∈N），方程組（1）無正整數(shù)解”。

最后，所謂“方程組（1）無正整數(shù)解”的語義可以做以下3層理解：a無正整數(shù)解；方程組（1）中的同余式左端差的數(shù)值除以相對應(yīng)模量的商不能全為正整數(shù)；方程組（1）中所有的未定數(shù)不能同時(shí)為正整數(shù)，即方程組（1）無解。

命題2 2a（a≥5）以內(nèi)的所有奇素?cái)?shù)，不可能以內(nèi)的奇素?cái)?shù)為模進(jìn)行同模同余表示。即下列同余式方程組無解。

命題中同余式方程組的要點(diǎn)：

（1）命題中同余式方程組（2）的左邊奇素?cái)?shù)從上到下按順序排列，是Pk的全集。

（2）方程組（2）右邊不講究順序，也不講究奇素?cái)?shù)是否為Pb的奇素?cái)?shù)的全體，即可以為Pb的全集，也可以為Pb的子集。

（3）方程組（2）右邊講究模和同余數(shù)的對應(yīng)關(guān)系，就是說相同的模對應(yīng)相同的同余數(shù)；不要求同余數(shù)相異，即x1，x2，…xb可以相同，也可以不盡相同，也可以完全不同；x1，x2，…xb沒有大小順序，即并不意味著存在x1≤x2≤…≤xb的順序關(guān)系。

根據(jù)孫子定理，下式恒有解。

式（3）減去式（1）的對應(yīng)方程式就會(huì)得出式（2）。若式（2）無解成立，則式（1）無解；若式（1）無解成立，則式（2）無解。因此，命題1和命題2為等價(jià)命題。

1.2 同余數(shù)表

以pb為模的pk同余數(shù)表。為了證明命題2，我們必須制作以pb為模的pk同余數(shù)表。限于篇幅問題，我們只顯示以內(nèi)的以pb為模的pk同余數(shù)表（表1）。該表交叉點(diǎn)的數(shù)據(jù)顯示的是pk≡r mod pb中余數(shù)r的數(shù)值。比如：附表1中橫7和豎149交叉點(diǎn)的數(shù)據(jù)2顯示的是149≡2mod 7中的余數(shù)2。

表1 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤168，pb≤

表1 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤168，pb≤

?

2 采用數(shù)學(xué)歸納法證明命題2

2.1 取初始值驗(yàn)證命題2成立。

由于當(dāng)2a＝6和2a＝8時(shí)，模pb不存在或者pb＝2，談不上解的問題，所以從2a＝10開始驗(yàn)證。

當(dāng)2a＝10時(shí)，

查以pb為模的pk同余數(shù)表，得出此時(shí)的數(shù)表為表2。

表2 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤10，pb≤

表2 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤10，pb≤

pk pb

表2顯示的同余關(guān)系為：

比較式（4）和式（5），顯示x1有3個(gè)可能值。在這3個(gè)可能值選任何一個(gè)，都會(huì)漏掉另外2個(gè)pk。按照“不重不漏”的原則，選誰都不合適?？梢娪稍摫淼贸鍪剑?）中的x1無解。即命題2成立。

同理可證當(dāng)2a＝12、2a＝14…2a＝24時(shí)命題2成立。

當(dāng)2a＝26時(shí)，由式（2）得：

查以pb為模的pk同余數(shù)表，得出此時(shí)的數(shù)表為表3。

表3 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤26，pb≤

表3 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤26，pb≤

?

表3顯示的同余關(guān)系為：

比較式（6）和式（7），經(jīng)過4×6＝24種（模3有4種可能，即0、1、2和不出現(xiàn)；模5有6種可能，即0、1、2、3、4和不出現(xiàn)）可能性篩選計(jì)算，不能夠找到（6）中的x1，x2，將 ｛3 5 7 …23｝ 這8個(gè)元素不重不漏的同模同余表示完畢，也就是說，由該表得出（6）中的x1，x2無解。即命題2成立。

同理可證當(dāng)2a＝28、2a＝30…2a＝48時(shí)命題2成立。

2.2 數(shù)學(xué)歸納法最關(guān)鍵的遞推

假設(shè)當(dāng)2a＝2n（n≥5，且n∈N）時(shí)命題2成立，遞推證明當(dāng)2a＝2（n＋1）時(shí)命題2也成立。

2.2.1 假設(shè)部分

由于當(dāng)2a＝2n（n≥5，且n∈N）時(shí)命題2成立，故下列同余式方程組無解。

查以pb為模的pk同余數(shù)表，得出此時(shí)2a＝2n的數(shù)表為表4。

表4 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤2n，pb≤

表4 以pb為模的pk同余數(shù)表（pk≤2n，pb≤

pb 3 5…p pk k… ………………pb …………

由該表能夠得出式（8）中的x1，x2，……xb無解，即命題2成立。

2.2.2 遞推部分

（1）第1種情況

第1種情況：2a從2n到2（n＋1）沒有引起pk和pb的變化。此時(shí)，2a＝2（n＋1）所對應(yīng)的數(shù)表與2a＝2n所對應(yīng)的數(shù)表（表4）相同。由表4可以得知：x1，x2，……xb無解，故此種情況下，命題2成立。

（2）第2種情況

第2種情況：2a從2n到2（n＋1）沒有引起pb的變化，但是pk發(fā)生了變化。此時(shí)，2a＝2（n＋1）所對應(yīng)的數(shù)表與2a＝2n所對應(yīng)的數(shù)表（表4）行數(shù)相同，列數(shù)增加了一列。（表4）原本無解，列數(shù)增加進(jìn)一步導(dǎo)致數(shù)表所對應(yīng)的x1，x2，……xb更加無解，故此種情況下，命題2成立。

（3）第3種情況

第3種情況：2a從2n到2（n＋1）沒有引起pk的變化，但是pb發(fā)生了變化。此時(shí)，2a＝2（n＋1）所對應(yīng)的數(shù)表與2a＝2n所對應(yīng)的數(shù)表（表4）列數(shù)相同，行數(shù)增加了一行。這說明，2n＋1＝。即2n＝－1，2（n＋1）＝＋1。

關(guān)于這種情況，我曾經(jīng)給出模量空間放大法和反證法2種證明方法[1－2]。這里再給出與上述模量空間放大法和反證法相互佐證的模量空間數(shù)表放大法和數(shù)表反證法。

模量空間數(shù)表放大法的基本思想在模量空間｛3，5，7，…pb｝下式（2）無解，那么我們可以放大模量空間到 ｛3，5，7，…pb＋1｝下，式（2）仍然無解。

模量空間數(shù)表放大法的證明步驟：

第1步，假設(shè)：在模量空間 ｛3，5，7，…pb｝，式（2）無解，但是放大模量空間增添一個(gè)緊鄰的奇素?cái)?shù)pb＋1時(shí)，式（2）有解。

第2步，遞推：因?yàn)槭剑?）減去式（2）的相對應(yīng)方程式就會(huì)得出式（1），所以式（3）和式（2）中x1，x2，…xb是相同的。在pb＋1出現(xiàn)時(shí)，由式（3）就會(huì)得出一組x1，x2，…xb＋1。這時(shí)選取2a＝－1作為參照數(shù)，把2a＝－1代入式（3）就可以得出式（9）：

由式（9）進(jìn)一步可以得出式（10）：

式（10）中mi是用來保證余數(shù)小于模數(shù)的正整數(shù)。

第3步，依據(jù)假設(shè)繼續(xù)遞推：因?yàn)榧僭O(shè)“放大模量空間增添一個(gè)緊鄰的奇素?cái)?shù)pb＋1時(shí)，式（2）有解”，所以把式（10）代入式（2）得出式（11）：

式（11）中mi是用來保證余數(shù)小于模數(shù)的正整數(shù)。

這意味著在 ｛3，5，7，…pb｝的條件下，式（2）中沒有篩掉的素?cái)?shù)p遺漏有下列同余式成立：

即p遺漏＝2kpb＋1＋1，其中k為任意使得p遺漏為小于－1的素?cái)?shù)的自然數(shù)。

第4步，揭示矛盾點(diǎn)：

又pb＋1－2k≡0mod p某b，p某b∈Pb

第5步，結(jié)論：上述推論與第1步，假設(shè)，相矛盾。故數(shù)表所對應(yīng)的x1，x2，……xb＋1仍然無解，于是此種情況下，命題2仍然成立。

數(shù)表反證法的假設(shè)在這第3種情況下，pb＋1的出現(xiàn)使得式（2）有解。即當(dāng)2n＝－1時(shí)，式（2）無

數(shù)表反證法的證明步驟：

第1步，因?yàn)槭剑?）減去式（2）的相對應(yīng)方程式就會(huì)得出式（1），所以式（3）和式（2）中x1，x2，…xb是相同的。在pb＋1出現(xiàn)時(shí)，由式（3）就會(huì)得出一組x1，x2，…xb＋1。把這時(shí)選取2a＝＋1作為參照數(shù)，2a＝＋1代入式（3）就可以得出式（12）：

由式（12）進(jìn)一步可以得出式（13）：

式（13）中mi是用來保證余數(shù)小于模數(shù)的正整數(shù)。

第2步，如果“數(shù)表反證法的假設(shè)”條件成立—— 在第3種情況下，pb＋1的出現(xiàn)使得式（2）有解，那么，同時(shí)可以把式（13）代入式（2）得出式（14）：

式（14）中mi是用來保證余數(shù)小于模數(shù)的正整數(shù)。

這意味著在條件 ｛3，5，7，…pb｝下或者在2n＝－1時(shí)，式（2）中沒有篩掉的素?cái)?shù)有下列同余式成立：

即p遺漏＝2kpb＋1＋3，其中k為任意使得p遺漏為小于＋1的素?cái)?shù)的自然數(shù)。

第3步，揭示矛盾點(diǎn)。

又pb＋1－2k≡0mod p某b，p某b∈Pb

關(guān)于第3種情況這種證明方法的2點(diǎn)說明：

首先，命題1和命題2的模域空間可能不一致，這將導(dǎo)致模量空間數(shù)表放大法和數(shù)表反證法的推導(dǎo)不完備。即命題2的模域空間為 ｛3，5，7，…pb｝，而命題 1 的 模 域 空 間 為 ｛p01，p02，p03，…p0k｝ ?｛3，5，7，…pb｝時(shí)，模量空間數(shù)表放大法和數(shù)表反證法的推導(dǎo)不完備。但是，由于所推出的結(jié)論是“無解”，而導(dǎo)致命題1和命題2最可能有解的模域空間是 ｛3，5，7，…pb｝，所以命題1和命題2的模域空間我們 可 以 認(rèn) 為 是 ｛3，5，7，…pb｝。理 由 是 在 模 域｛3，5，7，…pb｝上 尚 “無 解 ”， 則 模 域 為｛3，5，7，…pb｝的真子集時(shí)更加“無解”。

（4）第4種情況

第4種情況：2a從2n到2（n＋1）引起了pk和pb的共同變化，這種情況是不會(huì)存在的。原因很簡單，那就是：如果2a從2n到2（n＋1）“pk增加了一個(gè)的同時(shí)，pb也增加了一個(gè)”，這就意味著pk＋1＝—— 這是矛盾的。即第4種情況不存在。

2.3 證明結(jié)論

綜合2.1和2.2，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法得出：命題2恒成立。即，任意2a（a≥5）以內(nèi)的所有奇素?cái)?shù)，不可能以內(nèi)的奇素?cái)?shù)為模進(jìn)行同模同余表示。

由于原命題、命題0、命題1、命題2的等價(jià)關(guān)系，所以哥德巴赫猜想成立。

[1]葉雉鳩.哥德巴赫猜想的證明[J].科技信息，2011（25）：206－207.

[2]葉雉鳩.“哥德巴赫猜想的證明”的幾點(diǎn)說明[J].科技信息，2011（33）：460－469.