哥德巴赫猜想的证明

xijiangshan

每个大于2的偶数都可分拆成两个素数之和

关键词语：
奇数素数  相邻素数  大偶数N  第一类大偶数  第二类大偶数  可分拆成两个相同素数之和的大偶数  不能分拆成两个相同素数之和的大偶数  可分拆成两个不同素数之和而不能分拆成两个相同素数之和的大偶数  所有小于N/2的奇数素数P1，P2，P3，……,Pm
内容提要：
文章摈弃了一些数学家和学者通过推导深奥数论公式求解的方法，而采用假设和逻辑推理的方法，论证了每个大于2的偶数都可分拆成两个素数之和。作者将大偶数分成了两大类，第一类为可分拆成两个相同素数之和的大偶数，不证自明，该类大偶数至少可分拆成两个相同的素数之和；第二类为不能分拆成两个相同素数之和的大偶数。于是，如何证明第二类大偶数可分拆成两个不同的素数之和，便成了论证的核心问题。
作者首先将所有小于N/2的奇数素数与第二类大偶数N之差，按素合性分成了三种假定的组成形式：1.所有差都为素数；2.所有差都为合数；3.这些差中既有合数，亦有素数。然后分别证明了前2种假定组成形式在理论上不能成立，亦与事实不符。层层分析，环环相扣，精辟地论证了所有小于N/2的奇数素数与第二类大偶数N之差“既有合数，亦有素数”是唯一合乎逻辑的组成形式。从而证明了每个大于2的偶数都可分拆成两个素数之和。




1742年左右，德国数学家哥德巴赫对许多大于2的偶数进行分拆，发现这些偶数都可分拆成两个素数之和。于是，他试图从理论上证明每个大于2的偶数都可分拆成两个素数之和。不料，这个看似简单的问题，证起来却异常困难，他在有生之年未能证明出来。后人遂称之为“哥德巴赫猜想”(A)。     
之后，广大数学爱好者、数学家纷纷试证。但从本质上讲，时至今日，“猜想”还未得到证明。究其原因，一是有些专家学者采用的论证方法似乎欠妥，一头扎进高等数论领域寻找答案；二是业余数学爱好者又往往把问题看得过于简单，注重实例有余，认真论证不足。
下面，本人试用假设和逻辑推理的方法，论证每个大于2的偶数都可分拆成两个素数之和。
所有大于2的偶数，可分为两大类：1.可分拆成两个相同素数之和的大偶数；2.不能分拆成两个相同素数之和的大偶数。
1.每个素数都有一个对应的大偶数，这个大偶数等于该素数的2倍。例如4=2+2,6=3+3,10=5+5,14=7+7,22=11+11,26=13+13,34=17+17,38=19+19等。显然，第一类大偶数至少可分拆成1对相同的素数之和，而不必再加以论证。该类大偶数的特点是：只含有两个素因子。
2.但是，并非所有的大偶数都可分拆成两个相同的素数之和。例如大偶数12,16,18等就不能分拆成两个相同的素数之和。第二类大偶数至少含3个素因子。那么，这一类大偶数可分拆成两个不同的素数之和吗？这正是本文要证明的核心问题。
第二类大偶数N若可分拆成两个不同的素数之和，则其中一个较小的素数Pi必小于大偶数N的1/2，另一个较大的素数必为（N-Pi），以确保两个素数之和等于大偶数N，即Pi+（N-Pi）=N。所以，在所有小于N/2的奇数素数与第二类大偶数N之差中，有没有素数，就成了哥德巴赫猜想是否成立的关键。
为便于论证，将5个大于2的大偶数4,6,8,10,12单独提出，进行分拆：4=2+2,6=3+3,8=3+5,10=3+7=5+5,12=5+7，不再加以证明，论证从大于12的偶数起始。
设N为大于12的、不能分拆成两个相同素数之和的第二类大偶数；设P1，P2，P3，……,Pm为所有小于N/2、由小到大依次排列的奇数素数。P1，P2，P3，……,Pm与N之差为（N-Pm）,……, （N-P3）,（N-P2），（N- P1）。按素合性划分，这些差最多有下列3种假定的组成形式：
1.所有差都为素数；
2.所有差都为合数；
3.这些差中既有合数，亦有素数。
下面对上列3种假定的组成形式，分别进行分析判断，确定其能否成立。
1.不存在“所有差都为素数”的组成形式；
首先，假定“这些差都为素数”，在理论上是讲不通的。素数3,5,7是3个公差为2的连续奇数，3,5,7三数与大偶数N之差（N-7）,（N-5）,（N-3）也必是公差为2的连续奇数，而公差为2的3个连续奇数中必有1个是3的倍数。因大偶数N大于12，这个差不仅是3的倍数，而且还大于3，所以必为合数。因而，这些差不可能全为素数。再者，也与事实不符，例如大偶数16,18皆为不能分拆成两个相同素数之和的第二类大偶数，但16-7=9,18-3=15,9和15都为合数。所以在理论和事实上均不存在“所有差都为素数” 的组成形式。
2.亦不存在“所有差都为合数”的组成形式。
在本文的第2页上，作者已阐明：“第二类大偶数N，若可分拆成两个不同的素数之和，则其中1个较小的素数Pi必小于大偶数N的1/2，另1个较大的素数必为（N-Pi），以确保两个素数之和等于大偶数N，即Pi+(N-Pi)=N。”等式中较小的素数Pi，对于任何1个大于12的不能分拆成两个相同素数之和的大偶数N而言，都是客观存在的，即客观上都存在小于N/2的奇数素数，这是毋庸置疑的；因此，等式中较大的素数（N-Pi）是否存在，就成了整个问题的关键所在。
N为大于12的、不能分拆成两个相同素数之和的第二类大偶数，若假定所有小于N/2的奇数素数P1，P2，P3，……,Pm与大偶数N之差（N-Pm）,……, （N-P3）,（N-P2），（N- P1）都为合数，则N就不能分拆成两个不同的素数之和啦！
N是大于12的第二类大偶数的代码，如果“假定（2）”成立，就应适合于每一个大于12的第二类大偶数，即所有大于12的第二类大偶数都不能分拆成两个不同的素数之和。但是，理论和事实都证明“假定（2）”不能成立。
由两个相邻的奇数素数Pi和Pi+1之和构成的大偶数（Pi+Pi+1），大于大偶数（Pi+Pi）,而小于大偶数（Pi+1+Pi+1）。大偶数（Pi+Pi+1）可分拆成两个不同的奇数素数之和，但不能分拆成两个相同的素数之和，它属于第二类大偶数。因为Pi和Pi+1是按由小到大的顺序排列的，在素数Pi和Pi+1之间再无其他素数，所以，大偶数（Pi+Pi+1）不可能分拆成两个相同的素数之和。以此类推，每两个相邻的奇数素数之和都为可分拆成两个不同素数之和、而不能分拆成两个相同素数之和的第二类大偶数。例如：3+5=8,5+7=12,7+11=18,11+13=24等，偶数8,12,18,24均为可分拆成两个不同素数之和而不能分拆成两个相同素数之和的第二类大偶数。至此，已经从理论和客观事实两个方面证明了第二类大偶数（Pi+Pi+1）能分拆成两个不同的素数之和，从而证明了“假定（2）”不能成立。
上面已经证明了：由两个相邻的奇数素数之和构成的大偶数为第二类大偶数，并能分拆成两个不同的素数之和，证明了“假定（2）”不能成立。下面还将证明在诸多由两个不相邻的奇数素数之和构成的大偶数中，亦含有第二类大偶数，并均能分拆成两个不同的素数之和，继续证明“假定（2）”不能成立。
在本文的第2页上，作者说：“第一类大偶数至少可分拆成一对相同的素数之和”，但并未排除该类大偶数还可分拆成两个不同的素数之和。事实告诉我们，许多大于6 的第一类大偶数，还可分拆成两个不同的素数之和，例如：10=5+5=3+7,14=7+7=3+11,22=11+11=3+19=5+17等。所以，只凭可分拆成两个不同的素数之和，还不能断定1个大于12的偶数就一定属于第二类大偶数，还必须进一步证明其不能分拆成两个相同的素数之和。
设Pi，Pi+1，Pi+2，Pi+3为由小到大依次排列的奇数素数，其中Pi和Pi+2，Pi+1和Pi+3，Pi和Pi+3均为不相邻的奇数素数。
（1）若令（Pi+Pi+3）一组不相邻的素数之和为可分拆成两个相同素数之和的第一类大偶数，则要么（Pi+Pi+3）=2Pi+1，要么（Pi+Pi+3）=2Pi+2。如果（Pi+Pi+3）=2Pi+1，因（Pi+Pi+3）大于（Pi+Pi+2），所以（Pi+Pi+2）不可能等于2Pi+1。在Pi和Pi+2之间除了Pi+1之外，再无其他素数，所以，（Pi+Pi+2）不可能分拆成两个相同的素数之和，必为第二类大偶数，而且可分拆成两个不同的素数Pi和Pi+2之和。如果（Pi+Pi+3）=2Pi+2，因（Pi+1+Pi+3）大于（Pi+Pi+3），在Pi+1和Pi+3之间除了Pi+2之外，再无其他素数，所以（Pi+1+Pi+3）不可能分拆成两个相同的素数之和，必为第二类大偶数，而且可分拆成两个不同的素数Pi+1和Pi+3之和。
（2）若令（Pi+Pi+2）或（Pi+1+Pi+3）为可分拆成两个相同素数之和的第一类大偶数，用同样的方法，亦可证明在三组两个不相邻的素数之和中，均至少有一组素数之和为第二类大偶数，且可分拆成两个不同的素数之和。
总之，在诸多两个不相邻的素数之和中亦存在第二类大偶数。并且均能分拆成两个不同的素数之和。
至此，不但证明了两个相邻的奇数素数之和必为第二类大偶数，而且在诸多两个不相邻的奇数素数之和中，亦存在第二类大偶数，它们均能分拆成两个不同的素数之和，从而充分证明“假定（2）”不能成立。
3.“这些差中既有合数，亦有素数”是唯一合乎逻辑的组成形式。
三者必居其一。既然这些差既不能全为素数，又不能全为合数。那么，“这些差中既有合数，亦有素数”就成了唯一合乎逻辑的组成形式。在理论上无懈可击，哪怕只有一个素数Pi与大偶数N之差（N-Pi）为素数，N也能分拆成两个不同的素数之和，即N=Pi+（N-Pi）。在事实上也经得起任何检验。因此每个大于12的、不能分拆成两个相同素数之和的第二类大偶数，都可分拆成两个不同的素数之和。至此，加上前面所述第一类大偶数均可分拆成两个相同的素数之和，以及单独提出的大偶数4,6,8,10,12亦皆可分拆成两个素数之和，这就证明了所有大于2的偶数都可分拆成两个素数之和。
结论：每个大于2的偶数都可分拆成两个素数之和。哥德巴赫猜想（A）得证。
哥德巴赫猜想（A）的解法，可能不是唯一的，抛砖引玉，期待着更精彩的解法出现！
推论：每一个大于5的奇数都是3个素数之和，哥德巴赫猜想（B）得证。因为每个大于5的奇数，都可表示为一个大于2的偶数加一个素数3        。上面已经证明每个大于2的偶数，都能分拆成两个素数之和，所以，每个大于5的奇数都能分拆成三个素数之和。

中国中铁西北科学研究院研究员李传珠  2020.12.14于兰州

参考文献：
关于《奇素数和定理》及其相关问题的讨论——与罗翼云先生共商榷（2006-07-26）卢照田
再谈《奇素数和定理》及其相关问题——与罗翼云先生再商榷（2006-09-12）卢照田
关于哥德巴赫猜想的反思（二）（2008-04-21）始写于2005年10月卢照田
《小学奥数典型题详解》新时代出版社 2009.1李传珠 李屹阳 席江山

白新岭

参考文献提到的这些人，在哥德巴赫猜想这个问题上很有建树吗？

兼听明偏听暗

哥猜中的两个素数，一个靠假设，一个靠推理，可是楼主偏要证明必有两个素数，忘记了威尔森定理，此定理说：不可能。

兼听明偏听暗

哥猜中的两个素数，一个靠假设，一个靠推理，可是楼主偏要证明：必有两个素数，忘记了威尔森定理，此定理说：不可能。