哥徳巴赫猜想之證明

張繼波

【關(guān)鍵詞】加全偶數(shù);等價(jià)式;互換式;取值節(jié);素?cái)?shù)連續(xù)乘積節(jié)

問題的提出;大于4的偶數(shù)，均可等于兩個(gè)素?cái)?shù)之和.

哥德巴赫所擔(dān)心的問題是：當(dāng)一個(gè)偶數(shù)充分大時(shí)，是否還會(huì)不會(huì)有充分大的兩個(gè)素?cái)?shù)之和用來等于該偶數(shù).

實(shí)際上，擔(dān)心是沒有必要的，可以肯定地說，當(dāng)一個(gè)偶數(shù)越大時(shí)，而與其該偶數(shù)相等的素?cái)?shù)對(duì)就會(huì)越多.

例：偶數(shù)210=199+11=197+13=193+17=191+19=181+29=179+31=173+37=167+43=163+

47=157+53=151+59=149+61=139+71=137+73=131+79=127+83=113+97=109+101=107+103.

共計(jì)有19對(duì).

由于我們掌握了素?cái)?shù)的規(guī)律性，給其猜想的證明就容易多了.下面就詳盡地、分步地來進(jìn)行分析證明.

分析一 一個(gè)奇素?cái)?shù)的集合，用該集合中的每一個(gè)元素，分別與奇素?cái)?shù)的集合相加，能夠加全一切大于4的偶數(shù).那么，問題就得以解決.運(yùn)用的這一方法，叫加全法則.

當(dāng)用最小素?cái)?shù)3與其大于等于3的奇數(shù)序列相加，得3+（2N+3）.

N為包括零在內(nèi)的正整數(shù)序列.依次取值，顯然就加全了大于4的全部偶數(shù)，稱其為一次加全.

為了以后敘述方便，給N加注一個(gè)小腳標(biāo).一次加全應(yīng)寫成：3+（2N1+3）.

第一步，要篩除3與含3因子的合數(shù).

3+（2×3N2+3），顯然不合猜想的要求，但我們可找出替代它的等價(jià)式.

即5+（2×3N2+7）

7+（2×3N2+5）

也就是說，篩除一個(gè)3因子卻得到了兩個(gè)可替代的等價(jià)式.

列出全部的算式，即：

3+（2×3N2+5）……①

3+（2×3N2+7）……②

5+（2×3N2+5）……③

5+（2×3N2+7）……④

7+（2×3N2+5）……⑤

7+（2×3N2+7）……⑥

這6個(gè)算式，又可加全大于6的全部偶數(shù)，稱其為二次加全.

式中②、③兩式等價(jià)， ④、⑤兩式等價(jià)， ①、⑥兩式等價(jià).

分析二 篩除一個(gè)3因子，有了兩個(gè)等價(jià)式.篩除5因子時(shí)，還會(huì)增加等價(jià)式嗎？若在篩除的素因子不斷增大時(shí)，而替代它的等價(jià)式會(huì)大增，這樣就可把猜想變?yōu)榇_定.

為了清晰明了，必須羅列大量算式，而從其數(shù)據(jù)中尋求等價(jià)式增多的原因.

以二次加全的①～⑥式為基礎(chǔ)，進(jìn)行三次加全.

取N2=1～5這一節(jié)取是為了由6N2向30N3過渡.

取N2=6～10這一節(jié)取是為了補(bǔ)充漏掉的等價(jià)式.

依據(jù)①～⑥算式：當(dāng)N2=1～10時(shí)，

由6N2過渡到30N3，需要篩除5因子.

那么，三次偶數(shù)加全算式為：

（10） 3+30N3+7

（12） 5+30N3+7

（14） 3+30N3+11=7+30N3+7

（16） 3+30N3+13=5+30N3+11

（18） 5+30N3+13=7+30N3+11=11+30N3+7

（20） 3+30N3+17=7+30N3+13=13+30N3+7

（22） 3+30N3+19=5+30N3+17=11+30N3+11

（24） 5+30N3+19=7+30N3+17=11+30N3+13=13+30N3+11=17+30N3+7

（26） 3+30N3+23=7+30N3+19=13+30N3+13=19+30N3+7

（28） 5+30N3+23=11+30N3+17=17+30N3+11

（30） 7+30N3+23=11+30N3+19=13+30N3+17=17+30N3+13=19+30N3+11=23+30N3+7

（32） 3+30N3+29=13+30N3+19=19+30N3+13

（34） 3+30N3+31=5+30N3+29=11+30N3+23=17+30N3+17=23+30N3+11

（36） 5+30N3+31=7+30N3+29=13+30N3+23=17+30N3+19=19+30N3+17=

23+30N3+13=29+30N3+7

（38） 7+30N3+31=19+30N3+19=31+30N3+7

（40） 3+30N3+37=11+30N3+29=17+30N3+23=23+30N3+17=29+30N3+11

（42） 5+30N3+37=11+30N3+31=13+30N3+29=19+30N3+23=23+30N3+19=29+30N3+13=31+30N3+11

（44） 3+30N3+41=7+30N3+37=13+30N3+31=31+30N3+13=37+30N3+7

至此，大于8的全部偶數(shù)三次加全完成，而且偶數(shù)大于16后，等價(jià)式不少于3個(gè).

（46） 3+30N3+43=5+30N3+41=17+30N3+29=23+30N3+23=29+30N3+17

（48） 5+30N3+43=7+30N3+41=11+30N3+37=17+30N3+31=19+30N3+29=29+30N3+19=31+30N3+17=37+30N3+11=41+30N3+7

（50） 3+30N3+47=7+30N3+43=13+30N3+37=19+30N3+31=31+30N3+19=37+30N3+13=43+30N3+7

（52） 3+30N3+（49）=5+30N347=11+30N3+41=23+30N3+29=29+30N3+23=41+30N3+11

（54） 5+30N3+（49）=7+30N3+47=11+30N3+43=13+30N3+41=17+30N3+37=23+30N +31=31+30N3+23=37+30N3+17=41+30N3+13=43+30N3+11=47+30N3+7

（56） 3+30N3+53=7+30N3+（49）=13+30N3+43=19+30N3+37=37+30N3+19=43+30N3+13=（49）+30N3+7

（58） 5+30N3+53=11+30N3+47=17+30N3+41=29+30N3+29=41+30N3+17=47+30N3+11

（60） 7+30N3+53=11+30N3+（49）=13+30N3+47=17+30N3+43=19+30N3+41=23+30N3+37=29+30N33+31=31+30N3+29=37+30N3+23=41+30N3+19=43+30N3+17=47+30N3+13=（49）+30N3+11=53+30N3+7

（62） 3+30N359=13+30N3+（49）=19+30N3+43=31+30N3+31=43+30N3+19=

（49）+30N3+13

（64） 3+30N3+61=5+30N3+59=11+30N3+53=17+30N3+47=41+30N3+23=47+30N3+17=53+30N3+11

（66） 5+30N3+61=7+30N3+59=13+30N3+53=17+30N3+（49）=19+30N3+47=23+30N3+43=29+30N3+37=37+30N3+29=43+30N3+23=47+30N319=（49）+30N3+17=53+30N3+13=59+30N3+7

（68）7+30N3+61=19+30N3+（49）=31+30N3+37=37+30N3+31=（49）+30N3+19=61+30N3+7

（70）3+30N3+67=11+30N3+59=17+30N3+53=23+30N3+47=29+30N3+41=41+30N3+29=47+30N3+23=53+30N3+17=59+30N3+11

（72）5+30N3+67=11+30N3+61=13+30N3+59=19+30N3+53=23+30N3+（49）=29+30N3+43=31+30N3+41=41+30N3+31=43+30N3+29=（49）+30N3+23=53+30N3+19=59+30N3+13=61+30N3+11

注：括號(hào)中的數(shù)值是未被篩除的合數(shù)，作為近似素?cái)?shù)保留.

說明：7+30N3+13=13+30N3+7稱為互換等價(jià)式，為下一步求取更多的等價(jià)式打基礎(chǔ).如當(dāng)N3取1時(shí)，7+43=13+37.互換的可行原則，被篩除素?cái)?shù)不可互換.

通過以上大量數(shù)據(jù)的列出，只為找出偶數(shù)增大時(shí)，等價(jià)式增多的規(guī)律.

從6N2向30N3過渡中，等價(jià)式在未被篩除5因子時(shí)，它的個(gè)數(shù)是隨N2的取值增大而增加的.由于Q2集合中只有{5，7}這兩個(gè)元素，因此，在①、⑥兩式中，可互換的只有7;在②、③兩式中，可互換的只有5;在④、⑤兩式中，可互換的是5與7.

分析三 從一個(gè)連續(xù)乘積節(jié)向下一個(gè)連續(xù)乘積節(jié)過渡時(shí)，求取出的等價(jià)式，增多的原因，是有了可互換的等價(jià)式.在乘積節(jié)增大后，可互換的等價(jià)式若能大量增加，問題便可解決.

為說明這一點(diǎn)，還需羅列數(shù)據(jù).由30N3乘積節(jié)向210N4乘積節(jié)過渡中，偶數(shù)應(yīng)大于等于3+30+7=40，因?yàn)樵?0N3中，10與40是等價(jià)的，依次到38與68是等價(jià)的.在偶數(shù)40～72里，只有44、46的等價(jià)式最少，是5個(gè)，可互換的等價(jià)式有3個(gè).

那么，我們就以44為例.由于Q3集合元素有了8個(gè)，使其在7～37范圍內(nèi)，可互換的等價(jià)式增加.并且偶數(shù)大于等于40后，可互換的等價(jià)式不少于3個(gè).

例：（44） 3+30N3+41=7+30N3+37=13+30N3+31=31+30N3+13=37+30N3+7

當(dāng)N3=1時(shí)，寫成草算式：74=3+71=7+67=13+61=31+43=37+37=43+31=61+13=67+7.

從44的5個(gè)等價(jià)式，到74就增加了3個(gè)，增加的3個(gè)可互換等價(jià)式，就是Q3集合中的（7，13，31）這三個(gè)元素.所以N3取值大一個(gè)，就會(huì)多出3個(gè)等價(jià)式.接下來繼續(xù)推演（略）.

當(dāng)N3=7時(shí)，由44的5個(gè)等價(jià)式，到254就增加了3×7=21個(gè).254總共等價(jià)式為5+21=26個(gè).

由于N3=7已經(jīng)過渡到210N4，必須篩除7與含7因子的合數(shù).

因?yàn)?4有5個(gè)等價(jià)式，產(chǎn)生7與7因子的合數(shù)最多是5個(gè)，再加上互換中的最多5個(gè)互換，那么，應(yīng)被篩除的等價(jià)式不超過2×5=10個(gè).實(shí)際254中僅有7個(gè).

即254近似到Q4時(shí)的等價(jià)式是26-7=19個(gè).

列出正規(guī)式：（254）

3+210N4+251=7+210N4+ [247]=13+210N4+241=31+210N4+223=43+210N4+211=

61+210N4+193=67+210N4+[187]=73+210N4+181=97+210N4+157=103+210N4+151=

127+210N4+127=151+210N4+103=157+210N4+97=181+210N4+73=[187]+210N4+67=

193+210N4+61=211+210N4+43=223+210N4+31=241+210N4+13.

由210+13=223，那么254的等價(jià)式中，小于223的可互換等價(jià)式增到了15個(gè).這是因?yàn)镼3集合有48個(gè)元素，又因?yàn)镼3的值域?yàn)閇11～211]，因此，Q集合元素的劇增，使其可互換的等價(jià)式大增.

不妨再簡(jiǎn)述一下，以254為基礎(chǔ)，由N4向N5的過渡狀況.

N4的取值為1～11，當(dāng)N4=11時(shí)，已步入到N5.

其等價(jià)式為19+15×11=184個(gè).

而最多需篩除11與11因子的合數(shù)為19×2=38個(gè).

那么2310+254=2564時(shí)，其等價(jià)式最少應(yīng)有184-38=146個(gè).

再以2564為基礎(chǔ)，簡(jiǎn)述由N5向N6的過渡狀況.

N5的取值為1～13，當(dāng)N5=13時(shí)，已步入到N6.

2564的等價(jià)式不少于146個(gè)，可互換的等價(jià)式不少于146-19=127個(gè).

其等價(jià)式不少于146+127×13-2×146=1505個(gè).

即∏（2D13）+2564=30030+2564=32594這么大的偶數(shù)時(shí)，不含有3～13的素因子的近似等價(jià)式有不少于1505個(gè)

……

當(dāng)由∏（2DK）Nn向∏[2D（K+①）]Nn+1過渡時(shí)，

Nn的取值為1～（K+①），當(dāng)Nn=K+①時(shí)，已步入Nn+1.

設(shè)∏（2DK）Nn充分大的偶數(shù)在Nn時(shí)的等價(jià)式為AK個(gè).

可互換的等價(jià)式為AK-AK-①個(gè).

那么，Nn+1的近似等價(jià)式為：（AK-AK-①）×（K+①）-AK.

由于AKAK-①，素因子的K值不斷地加大，

所以，（AK-AK-①）×（K+①）AK.

根據(jù)前面的大量數(shù)據(jù)羅列，通過一步步地分析，至此，結(jié)論是：

在加全偶數(shù)的過程中，要依次篩除素因子，被篩除的合數(shù)要出現(xiàn)斷檔位，而斷檔位又靠增加的等價(jià)式來替代，所能替代的等價(jià)式是隨其偶數(shù)的加大是增加的，等價(jià)式增加的原因是有可互換的等價(jià)式，可互換等價(jià)式的增加是來自Q集合的元素的大量增加.因此，當(dāng)偶數(shù)充分大時(shí)，與它相等的素?cái)?shù)對(duì)就會(huì)越多.

這樣，我們最后要篩除哥德巴赫的擔(dān)心，得出確切的定論.

證畢.