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1、任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和证明1 + 1歌德巴赫猜想的证明-这一世界数学难题，由于它的无限魅力和无穷乐趣，吸引了多少数学爱 好者为之奋斗,为之献身.不少数学前辈为我们作出了模范，他们无愧于后代，无愧于世界，无 愧于数学科学,我们作为译名数学爱好者，也甘愿如此,轻过十多年的探索，我们找到了一个较 好的证明方法，现奉献给大家，敬请专家,学者提出珍贵的意见.批评.指正，证明的基本思想是 筛选法 先筛选出正整数的偶数，留下奇数，筛出奇数中的合数，留下奇数中的质数.即任何一 个 不小于6的偶数都可以表示为两个奇数之和，而这样的奇数对有许多,把其中的奇数合数对 转化为奇数质数对，从而证
2、明了任何一个不小于6的偶数都可能表示为两个质数之和,找出奇 数合数构成规律，进而找出质数构成规律是证明的重点之一,下面请看具体证明：v 证 明任何不小于6的偶数都可以表示为两个不小于3的奇数之和。证明：设A是不小于6的偶数 集合，则 A=x|x=4+2 或者 x=4n+4(nN + )。 当 x=4n + 2 时, x=4n+2=(2n + l)+(2n + l),(neN + )是两个相 同的不 小于3的奇数之和。 当x=4n+2时： x=4n+4 =2(n + l) + l + (2n + l),(nN + )是两个不小于3的连续奇数之和。二证明奇数和数构成定理与质数构成定理 定理1 (奇
3、数合数构成定理)2nk+l(nkN + )是奇数 合数的充要条件是 nk =2mn+m + n,(m.neN + )o 即 只要 nk =2mn+m + n(m.neN + ), 则2nk+l一定是合数;反之若2nk+l是合数，则nk =2mn + m + n,(m.neN + ) o证明:若 2nk+l是合数，则2nk+l必是两个奇数之积，不妨设这两个奇数分别为2m + L2n + l。 于是 2nk+l = (2m+l)(2n + l)=4mn+2m + 2n+lAnk=2mn+m + n 反之若nk=2mn + m + n(m,n)则2nk+l = 2(2mn + m + n) + l=
4、4mn + 2m + 2n + l= (2m + l)(2n + l)是两个不小于3的奇数之积。2nk+l是奇数合数。 由定理1可推得质 数构成定理。定理2:若不小于3的奇数可表示为2nk+l, (neN+),且 nk2mn + m + n(m,n N + )则2nk+l为质数，反之若2nk+l为质数，则对任何m,ne N + , nkR2mn+m+n。 这里规定集合 Nk=nk | nk=2mn+m+n,m,nN + 为奇数2nk+l为 合数构成数的集合,nk为奇数合数构成数v三关于筛去奇数和数的证明思想 定理3:任何 一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和。证明:若x为不小于6的偶数，
5、则x=4n + 2 = (2n+l) + (2n + l) (1)或者 x=4n+4 = 2(n + l) + (2n + l)其中有 nN +且 n + 1 eNk与n或者n+1 Nk两个情形。下面对良种情形给出证明。第一种情形:当nNk且 n+leNk时，则根据定理2,2n+l是质数且2(n+l) + l也是质数。.x=4n + 2 = (2m + l) + (2n + l)是两个质数之和，x=4n+4=22(n + l) + l + (2n + l)也是 两个质数之和。此时不小于6的偶数可以表示两个质数之和。 第二种情形:若neNk 或者n + lNk时，则总可以找到正整数T,使nT或者
6、 使n-T与n + 1+T艘不属 于Nk,再根据定理2有2(n-T) + l,2(n+T) + l,2(n + l+T) + l为 质 数。于 是：x=4n+2=(2n+l+2T) + (2n-l+2T) = 2(n+T)+l + 2(n-T)+l为两个质数之和。 x=4n+2=(2n + 3+2T) + (2n-l +2T) = 2(n+T) + l + 2(n-T) + l为两个质数之和。，总 有不小于6的偶数可以表示为两个不小于3的质数之和。这里T的必然存在性，下面赋予证明: 请注意:下面的四v五六七都是为v八作为准备，打基础的。v四,关于余 数的两个引理。下面关于余数的两个引理，在以后
7、的证明中需要多次用至L特引出来，其证明见 高等代数及数论教材。引理1:任意一个正整数 被正整数d除后的最小非负余数不外乎以下d个数之一:0.L2,3.4d-lo即以公差为d,首项为j(j = l,2.3d)的一系列等差 数列。若 正整数 d. d满足(d. d) = l,则：nd . (n + 1) d .(n+2) d 1(n+d-1) d 构同理 a 2n T 2 1( T2 = 1.2.3.4) . ( a 2n - T 2 T 2 1 ( T2=l. T2 ( a 2n -T 2T 2 1 )( T2 = 2. T2 f = 1.4 )(或者 T2 =3, T2 = 1.4; T2=4
8、, T2=2,3)这些数歹U中 的项都不是 a2n 中的数列的项. a jn土Tj )( Tj = 1.2.32j , jeN + ) a jn -T j Tj )( Tj = l. Tj = 2.3,或者 Tj = 2. Tj = 1.4 ; Tj = 3, Tj = 134; Tj=4.5.6.2j - 3, T j f = 2.3. jeN + ). a jn -Tj Tj 1 ( Tj = 2j -2. Tj f = 2.4. jeN + ). a jn -Tj Tj 1 ( Tj = 2j -1. Tj * = 1.3 jeN + ). a jn - T j Tj 1 ( Tj =
9、2j . 2j +13j -2,Tj * = 2.3.jeN + ).这些数列中的项都不是 a jn|a jn = (3j +1) + ( 2j +l)(n-l), j , nN + 中数 列的项.这说明,N k中的所有互质的公差所组成的能表示不小于3的正整数集的一系列数 列都分别能转化 为不是N k中原数列中的项.又 aln 与 a2n 的共同项为 : ffij27 + 15(m- 1) = 6 + 15(m-l) + 8 + 15(m-l)这里 aln )的公差3, a2n 的公差5分别与 6+15(m-l)的公差15有公约数3或者5,而首项之 差6-4 = 2或者7-6= 1不含约数3或
10、者5. 故 aln , a2n 分别与6+15(m-l)没有共同项.同理8 + 15(m-l)分另”与 aln , a2n 没有共同项.又根据定理4, V.那末 a lnT 1- T 1 1)与 a 2n - T 2 - T 2 的共同项用 bln - T1 n T 表示，及相对 应的数列 bln -T1 n + T .又根据定理4, bln - T 的公差也是 a 5与 a 2n 公差的积，而 a3n-T3,a3n-T3-T3,的公差与 a 3n 的公差相同， a In 与 a 2n 公差的积15与 a 3n 的公差7互质，故 bln - T )的公差与 a 3n - T 3 1, a 3n
11、 - T3 - T3 1的公差互质，它们存在共同项.同样，把 bln - T 与 a 3n - T 3 的共同项， bln - T 与 a 3n - T 3 - T 3 1的共同项， bln - T In - T 与 a 3n -T 3 , )的共同项，统一用 b2n - T 2n )或者 b2n - T 表示，及相同对应的数列 b2n + T ,挨次类推得，以Nk中公差从小到大的两个或者两个以上数列的公差的积为公差的能 表示不小于3的正整数的一系列共同项数列的项，都能转化为不是原两个或者两个以上数列 中项的 数. bln T , . bln- T ln T ; ,由此可得：81口与 a2n的
12、共同项， 31口)与 a2n- T2的共同项， aln n T 1与 a2n的共同项，根据定理8,定理10,这三种共同 项包含 aln)和 a2n的全部项,设这三种共同项构成的新数列为 bln.根据定理乙这 三种共同项数列 bln 中的项2倍或者这一项与这一项成连续正整数的两数之和都可表示 不是 bln 中项的两数之和,即：2 bln = ( bln- T)+ ( bln+ T) ( bln- 1)+ bln = ( bln+T)+ ( bln-l-T) ( bln + l)+ bln = ( bln-T)+ ( bln + l+T)又设这些不是 aln 和 a2n中项且不小于3的数所构成的数
13、列用 bln- T In )表示,再根据定理8, bln )与 a3n, bln- T In ) 与 a3n, bln 与 a3n -T 3的共同项包含 bln 和 a3n的全部项,再设这三种共 同项的数列 b2n ，依次类推，可得数列b n n.b n n 由b(n-l)n与 ajn ,“(1-1)0与 ajn- Tj,b(n- l)n- T 为 ajn 的共同项构成，且,b n n )包 含有1?(11)0与 ajn 的全部项，即包含(a ln),( a 2n), (a 3n),(ajn )的全部 项.所以，不妨设数列b n n 包含(a ln),( a 2n), (a 3n),(ajn
14、)各数列的全部项 的共同项数列.又设b n n是b n n 中的项，根据定理5,则b n n T是 b n n土 T 的 项.b n n 1土 T 是b n n 1 T中的项.又：2 bnn=( bnn- T)+ ( bnn+ T) ( bnn- 1)+ bln = ( bnn+T)+ ( bnn-l-T) ( bnn + l)+ bnn = ( bnn-T)+ ( bnn + l+T)根据定理4推 论1, b n n土 T ,b n n 1 T这些数都不是b n n 中的项，即这些数都不是(a ln),( a 2n), (a 3n), . (ajn )这些树立中的项.又设不是(a ln),(
15、 a 2n), (a 3n), .(a j n )这些数列中的数，且不小于3的数所构成的数列用(bnn- Tnn)表示.根据四中引理1, bnn U( bnn- Tnn)可表示为不小于3的正整数集.当k=j+l时，(a ln),( a 2n), (a 3n),(a j n ).(a(j + l)n)为公差两两互质的数歹人又根据v四中引理1,把不小于3 的正整数分成2Q+1)类的数列形式可表示为：a(j+l) | aQ+l)n=30+l)+l+ 2(j+l)+l(n-l),nz jeN+ a(j+l)-T(j+l)| a(j+l)n-T(j+l)=3(j+l)+lT(j+1)+ 2(j + l)
16、 + l(n-l),n, j, T(j+1) eN + ,lT(j + l) 3(j + l)-2, T(j + 1) 彳2(j + l) + l的并集.即 a(j+l)n U a(j+l)n-T(j+l) 可表示为不小于3的正整数集. 又根据定理4推论 1: a(j+l)n T (j+1) T (j+l) = 1.2.3 2(j+l),j eN + a(j+l)n-T (j+l) T (j+1) T (j+1) eN+,lT(j+l) T (j+1) 3(j+l)z T (j+l) T (j + 1) #2(j + l) + l即 a(j + l)n . a(j + l)n- T (j +
17、1)数列中的各项都能 转化为不含 a(j+l)n )中项的数列.又由前面可知, bnn . bnn- Tnn 也能转化为不 含 bnn 中项的数列(bnnT). bnn- Tnn T ),根据定理6, bnn 的公差是(a ln),( a 2n)z (a 3n), (ajn )各公差的积，则 bnn 的公差与 a(j+l)n 的公差是 互质数的.那末根据定理4, bnn 与 a(j + l)n 存在共同项,而 bnn- Tnn 与 bnn ) 的公差是相 同的,则 bnn-Tnn )与 a(j+l)n 存在共 同项,又 a(j+l)n )与 当m = l,2时，aln与 a2n的公差是互质的。
18、 根据定理4, aln)与a2n有共同项数列，共同项的公差是 两公差的积。L 假设当20msk时命题成立。即：3), an I an= al+ d(n-l)(al.d.n 者BN+,alN3), (d, d1) =1。正整数“F使数列an+1。 an +1O an -1O an1分别成为an。 an的连续正整数的各项。根据定理4推论1,用一 个不含原公差的约数的正整数，改变数列的首项，可使这个数列的项不含原来数列的项。故 设正整数 Tl , T1 +1 . T2 . T2 +1 分别使数列 an - Tl . an - 1-T1 an -T2.an- 1-T2的各项非负。alal , al+
19、T2al+ Tlo.合力与an的公差(d , d)=1,根据定理4,设它们的共同项为cn。又根据定理5, an-1与 an-1的共同项为 cn- 1 ; an- 1与 an1 - 1的共同项为 cn- 1 XVan an1存在共同项，则 al + d(n-l) = al + ( d(k-l)得 n = dl- al + d (k-l)”d +1 或者 k= (al -ar)+d(n-l) -d +1由定理4中vl推理，(al- al)被d除的余数只能为：0 .1 . 2 . (d-1)中的一个数，而k为正整数，随着k的变化，k变d除所得的余数为0 .1 . 2(d-1),于是k为正整数的数列形
20、式可表示为k=dxm-r(mN+,r=O .1.2.(d- 1)。又(d , d) =1,则d(k-1)被d除所得的余数仍为0 .1 . 2 (d-l)o即，如果al)被d除所得的余数为，则总存在d (k-1) = cT (chm-r- 1)除以d的余数d -厂。而r+ (d - r1) =d能被d整除。故设k=dxm-r (r=0 .1.2. (d-1)中的一个数)时，能使n为正整数。 又I al - al I被d除所得的余数为0 .1 . 2 (d-l)中的一个数，而n也为正整数，随着n的变化，n被d除所得的数列形式可 表示为n=d ”myN+, F为0,2 (d-l)中的任何一个数)。不
21、妨设n= d1m- r , r为0 .1 . 2 (d-l)中的某一个数时，能使k为整数。 把k = chm-r或者n= d m- r分别代入 al+ d (k+l)或者 al+ d (n- 1)中得： cn = al+ d (dxm- r-1) =( al1- d*r- d+ cT d) + d d(m-l)或者 cn = al+ d (dm1- r-l) =( al+dd + dr-d) + d d(ml)又an - T1 an 的公差相同， an-T2-an,的公差相同, 则an - T1 与 an T2的公差互质，那末有：al -T1 + d (n- 1) = al-T2 + d1 (
22、k-1)得 n=( al,-al)-(T2-Tl)+ cT (k-1) -d +1 或者 k=( al-al) -(Tl -T2)+ d (n- 1) 2+1n( alal) (T2-T1)除以d所得的余数仍为01.2 (d-1)中的一个数，由上面推理，设正整数k=dm-r能使al-al+ d (k-1)”为整数，则不妨设 k=dxm-r- rl能使(al -al) - (T2-T1)+ d (k-1) -d 为整数，m .r . rMN+ r+ rl 为0.l,2 (d-1)中的一个数。而I ( al-al)-(Tl-T2) I被cT除所得的余数为0.1.2 (d-1)中的一个数，而n为正整
23、数，如果设正整数n = d m -能使al-a+ d (n-1) -d为正整数，则不妨设 n= dri能使(al-al) -(Tl -T2) +d (n-1)为正整数。同上把n= d m1 - r- rl域者k= dm - r- rl分别代入(al-Tl) + d (n-1)或者(dlT2) + d1 (k-1)中得：an-T2= al-T2+ d (chm-r- r-l) al1- d r- d + d1 d-(T2+ d* rl)+ d1 d(m- 1)或者 an-Tl= al-Tl+ d(dxm- r - ri- 1) al- d r d + d1 d -(T1+ d rl)+ d1 d
24、(m *-l)如果设 cl= al -d r- d+ d*d 或者 cl= al -d r -d+ dd, T= T2 + d rl 或者 T= T1+ d ri则(al-Tl)或者 (Tl*-T2 )的共同项为(cnT) cn = cl + cT d(m -1) , cn -T=( cl -T) + d1 d(m-l)易知， 上面两种形式的cn , cn-T的首项只是表达形式不同，其意义都是 an 与 an1)的共同 项的首项，及 a n-Tl)与 an-T2的共同项的首项。 若用T加cl，则得 cn-T )的 首项 cl +T, cn+T = cl +T+ d* d(m-l) cl+T=
25、cl +( T2+ d* rl)或者 cl+T= cl + (T1+ d ri)于是得：an. an1)分别与 an -Tl和的二丁2共同项 cn -T )的首 项之差及相对应的 cn+T 的首项之差为：(cl -T)- cl = -T = -(T2+ cT rl)不含约数 d 或者(cl -T)- cl = -T = -(T1+ d r)不含约数 d 及(cl +T)- cl = T = T2+ d rl 不含约数d1或者(cl+T)- cl = T = T1+ dr1不含约数d由此可知，m与 an)的 公差分别为，d d , an -Tl与 anT2)共同项 cn -T )的公差为d d , (cn+T)的 公差与 cn -T 的公差相同为d d o cn -T (cn+T)的公差分 别为an, an的 公差含有约数d或者d，而它们的首项之差没有约数d d根据定理4 cn -T , (cn+T)分别与an. an)没有共同项。.由 an 丁1和 anT2可求得不含an, an)中