集合论与哥德巴赫猜想（三）

雷明85639720

（接上贴）

科普读物
集合论与哥德巴赫猜想（三）
雷明编著
（二○一七年八月二十五日）

19、集合势的和、积、幂

有穷集合的势可以看作就是集合中元素的个数。对于两个有穷集合A 和B ，它们的并集的势为n（A∪B）＝n（A）＋n（B）－n（A∩B），这是因为在集合中相同的元素只能算作一个的原因，所以要减去A、B的交集的势。在上式中当n（A∩B）＝0时，才有n（A∪B）＝n（A）＋n（B）。
一般的，认为两两不相交的有穷集合的并集的势，就等于各个有穷集合的势的和，即∑ｎi。对于两两不相交的有穷集合的势的和、积、幂，就是通常的非负整数的和、积、幂。
用ｎ（非负整数）、α、ｃ分别代表有穷集合、可数集合和连续集合的势，则在两两集合不相交的情况下：
因为可数个有穷集合的并集为可数集合，于是有
∑ｎi＝α（ｉ＝１～∞）
特别的１＋１＋１＋……＝α
因为一个有穷集合与一个可数集合的并集仍是可数集合，于是又有
ｎ＋α＝α
ｎ１＋ｎ２＋……ｎｍ＋α＝α
    又因为有限个或可数个可数集合的并集仍为可数集合，于是又有
α＋α＝α，即2α＝α
α＋α＋……＋α＝α，即ｎ•α＝α
α＋α＋α＋……（可数个）＝α，即α•α＝α，亦即α2＝α
如此类推，有
αｎ＝α  （ｎ为自然数）
规定：α０＝１
于是，对于非负整数ｍ、ｎ，有
αｍαｎ＝αｍ＋ｎ
（αｍ）ｎ＝αｍｎ；
又因为无穷集合与有穷集合或可数集合的并集等势，所以有
ｎ＋ｃ＝ｃ
ｎ１＋ｎ２＋……ｎｍ＋ｃ＝ｃ
α＋ｃ＝ｃ
α＋α＋……＋α＋ｃ＝ｃ
α＋α＋α＋……（可数个）＋ｃ＝ｃ
ｃ＋ｃ＝ｃ，即２ｃ＝ｃ
ｃ＋ｃ＋……＋ｃ＝ｃ，即ｎ•ｃ＝ｃ
ｃ＋ｃ＋ｃ＋……（可数个）＝ｃ，即α•ｃ＝ｃ
ｃ＋ｃ＋……（ｃ个）＝ｃ，即ｃ•ｃ＝ｃ，亦即ｃ２＝ｃ
如此类推，有
ｃｎ＝ｃ  （ｎ为自然数）
规定；ｃ０＝１
于是，对于非负整数ｍ、ｎ，有
ｃｍｃｎ＝ｃｍ＋ｎ
（ｃｍ）ｎ＝ｃｍｎ。

20、集合势的比较

有穷集合的势n，可数集合的势α，连续集合的势c，有下列的关系：
ｎ＜α＜ｃ
在α与ｃ之间有没有势μ满足
α＜μ＜ｃ
这又是一个难题。康脱预料没有这种μ，这是康脱的假设。人们往往称此假设为“连续集假设”。多少年来，许多学者致力与研究这个问题，既不能证明也不能否定这个假设。
有没有大于c的势呢，回答是肯定的。
设集合A的势为α，集合A的一切子集合所组成的集合B的势为β，可以证明α＜β。同理，连续集合的一切子集合所组成的集合的势为f，也有c＜f。
对于有穷集合来讲，若集合A的势为n，则A的一切子集合所组成的集合B的势一定大于n 也是成立的，并且可以证明并集B的势为2ｎ。
于是很自然的就有下面的定义：
设集合A的势为α，集合A的一切子集合所组成的集合B的势为β，则定义：
β＝２α
可以证明，可数集合的势α与连续集合的势ｃ也有
ｃ＝２α
的关系。
定理：设A1、B1分别为集合A、B的子集合。若A～B1，B～A1，则A～B。
设集合A、B的势分别为α、β，要证明α＝β，根据上述定理可知，只须证明：A与B的子集合等势，即α≤β，且B与A的子集合等势，即β≤α即可。
由于任一个无穷集合都包含着可数子集合，所以无穷势都大于等于α，可见α为最小的无穷势。
设集合A、B的势分别为α、β，则α＝β，α＜β，α＞β的任何两个式子肯定不能同时成立。但还不能肯定三个式子中至少有一个成立，这是因为：
设集合A、B、C的势分别为α、β、γ，若α＜β，β＜γ，则α＜γ。
① 存在A到B1的一一对应，又存在B到A1的一一对应，这时有α＝β。
② 存在A到B1的一一对应，但不存在B到A1的一一对应，这时有α＜β。③ 不存在A到B1的一一对应，但存在B到A1的一一对应，这时有α＞β。④ 既不存在A到B1的一一对应，又不存在B到A1的一一对应，这时有α与
β不能比较。
只有证明了第④种情况不存在时，才能断定：α＝β，α＜β，α＞β有一个式子且仅有一个式子成立，但第④种情况不存在的证明，要用到策墨罗（Zermelo）公理。这里不再论述。

21、哥德巴赫猜想也是一个集合问题

以前关于哥德巴赫猜想的所有的证明，都没有得到“任意的偶数”都是两个素数的和这一结论。其结论中都有一定的限制。如华罗庚的结论中用了“几乎全体偶数”的字样；陈景润结论的文字叙述中有“任何一个充分大的偶数”的字样；布朗用了“每个充分大的偶数”的字样；维纳格拉道夫用了“每个充分大的奇数”等字样。与证明四色猜测一样，如果采用无休止的试探分解的办法，则哥猜测也是永远证明不完的。必须要用现代数学的基础——集合论的方法。
本书作者认为，哥德巴赫猜想不光是一个数论里的问题，也是一个集合论里的问题。用集合论的方法证明比较科学一点，因为偶数、素数是一个无穷集合。
自然数集合，奇数集合，偶数集合，素数集合，奇素数集合，都是可数集合，都属于无穷集合，它们都是等势的，且都和自然数集合有一一对应的关系。把奇素数集合这个可数集合中的每一个数，都与其他的数分别相加一次，包括它自身相加的一次在内，就可得到可数个可数集合，这可数个可数集合的并集仍是一个可数集合，且该集合中的每一个数（元素）都是偶数，且都大于等于6（因为奇素数集合中数值最小的元素是3，而3＋3＝6）。现在只要证明该集合就是或者说和“大于等于6的所有偶数的集合”相等，就得到“任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”的结论，而“4”又是唯一的偶素数“2”“自身相加的结果”，把二者综合起来就得到：任何大于等于4的偶数都是两个素数的和。再进一步，通过公式变换就可以得到：任何大于等于7的奇数都是三个素数的和。

到此，关于集合论的简单介绍就搞一段落，以下各节就是作者用集合论的方法证明哥德巴赫猜想的主要内容。

（五）

用集合论方法证明哥德巴赫猜想

22、证明哥德巴赫猜想的关键问题

证明任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和是证明哥德巴赫猜想的关键。
猜想第一部分的正确提法是任何大于等于4的偶数都是两个素数的和。而任何偶数写成两素数之和时，要么是两个偶素数的和，要么是两个奇素数的和。偶数4只能写成唯一的偶素数2自身的和，而不可能写成两个奇素数的和，因为数值最小的奇素数是3，其自身的和是6，一定比4要大了。而大于等于6的偶数，只能写成两个奇素数之和的形式，因为唯一的偶素数2自身的和是4，小于6。所以证明任何大于等于6的偶数是否都是两个奇素数的和，就成了证明哥德巴赫猜想的一个关键。
哥德巴赫猜想说的是任何一个大于等于4的偶数都是两个素数的和。除去最明鲜的4是唯一的偶素数2自身相加的结果外，猜想就应该说是任何一个大于等于6的偶数都是两个奇素数的和。现在我们反向进行思维，把任何一个奇素数都和其他所有的奇素数相加一次（包括它自身相加的一次在内）所得到的那些偶数，是不是就得到了所有大于等于6的偶数呢？下边我们一步步进行研究。

23、所有任意两个奇素数的和构成的集合
中的元素都是大于等于6的偶数

任意两个奇素数的和构成的集合中的元素都是大于等于6的偶数。
奇素数集合Ｘ可以描述成如下：
        Ｘ= { a1，a2，a3，……，an，…… } = {3，5，7，……，an，…… }
把Ｘ中的每一个元素ai都和别的所有元素相加一次，也包括它自身相加的一次在内，可得到可数个可数集合（分别用带下角的Ｑ表示）：
    集合1：  Q 1  = {a1+a1，a1+a2，a1+ a3，……，a1+an，…… }
                 = {3+3，3+5，3+7，……，3＋an，…… }
                 = {6，8，10，……，3＋an，……  }
    集合2：  Q 2  = {a2+a1，a2+a2，a2+ a3，……，a2＋an，…… }
                 = {5+3，5+5，5+7，……，5＋an，…… }
                 = {8，10，12，……，5＋an，……  }
                　……………………………………………
    集合n：  Q n = {an+a1，an+a2，an+a 3，……，an＋an，…… }
                 = {an+3，an+5，an+7，……，an＋an，…… }
                　……………………………………………
若这些集合的并集为A，则
        A = Q 1∪Q 2∪……∪Q n∪……
          = {6，8，10，12，……，an+3，an+5，an+7，……，an＋an，…… }
Ａ仍是可数集合（定理：有限个或可数个可数集合的并集仍是可数集合）。
由于A是可数集合，所以A一定与自然数集合N等势（势有时也叫模），即有A～N（可数集合的定义：若集合A与自然数集合N等势，即A～B，则称A为可数集合）。
又由于A里的元素都是由Ｘ里的两个奇数（奇素数）相加而来，所以A中的元素全都是偶数。
又因为Ｘ中数值最小的元素是3，而3＋3＝6，所以A 中数值最小的元素是6，其它元素的数值都是大于6的。
所以，A是一个其中所有元素都是大于等于6的偶数的可数集合。

24、所有任意两个奇素数的和构成的集合
就是所有大于等于6的偶数集合

任意两个奇素数的和构成的集合就是所有大于等于6的偶数集合。
已知第23节中并集A的所有元素都是大于等于6的偶数，所以只要能证明A是包含了所有大于等于6的偶数的集合，也就可以证明任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和（因为A中的任何一个元素都是奇素数集合X里的两个元素（奇素数）相加的结果），进而就可以证明哥德巴赫猜想是正确的。否则，如果A不是所有大于等于6的偶数集合，则哥德巴赫猜想就不正确。
任意两个奇素数的和包含了所有大于等于6的偶数
集合A的特点：
1、A是一个可数的无穷集合；
    2、A中有无穷多个元素；
3、A与自然数集合N等势，即A～N（根据可数集合的定义，可数集合均与自然数集合等势）；
4、A中所有的元素都是偶数，且大于等于6；
由于由所有大于等于6的偶数所构成的可数的无穷集合B也是与自然数集合N等势（B～N）的，根据集合的传递性，也有A与B等势，即A～B，即A与B有一一对应的关系。由于所有的可数集合的势都是相同的，都是α，所以A与B的元素个数相同或A与B的元素一样多。可以肯定，A中的元素一定都是属于B的，即B包含A，也即A是B的子集合。
大于等于6的偶数与自然数一样，也是有无穷多个。A与B中的那无穷多个元素，也都分别是大于等于6的偶数，再加上集合中元素的不重复性（即不存在两个以上相同的元素），所以，A只有是包含了所有大于等于6的偶数时，才能使“A与B的元素个数相同或A与B的元素一样多”。
B中的所有大于等于6的偶数有无穷多个，A中的大于等于6的偶数也有无穷多个，所以无论是A还是B，其元素（大于等于6的偶数）个数都应该是与自然数一样多的，它们的一一对应就是两集合中具有相等数值的偶数可以进行互相配对。
A与B是同一个集合的证明：
（1）采用A与B中的元素相互配对的证明方法（反证法）：
假如A中没有完全包含所有大于等于6的偶数，则把A和B中相同数值的元素进行配对时，B中就必然有剩余下来的元素，A与B就不可能等势，这与上面所得到的A～B是矛盾的，应该否定假设，A中应该是包含了所有大于等于6的偶数。
（2）采用A中元素排队的办法证明方法（反证法）：
根据定理：集合X为可数集合的充分与必要条件是可以把X的元素按一定的法则f连续的编号为：
X＝｛x1，x2，……xn，……｝。
这就使集合X中的元素与自然数集合中的元素有了一一对应的关系。既然上面得到的并集A是可数集合，那么它一定也能够按某一法则f把其中的元素进行编号，与自然数集合建立一一对应的关系。
如果上面得到的那个并集A是所有大于等于6的偶数集合，即A＝B，则这个法则就是
        f：    an＝f（n）＝4＋2n   （n≥1，n是自然数）
如果A 不是所有大于等于6的偶数的集合，则其中必然至少会缺少某一个大于等于6的偶数。如果A中的元素在排队中，在第n项后缺少一个偶数an＋1（＝4＋2（n＋1）），这时，集合A与自然数集合的一一对应关系f将分成两个：即
    f1：    an＝f（n）＝4＋2n   （1≤n＜n＋1，n是自然数）
    f2：    an＝f（n）＝6＋2n   （n≥n＋1，n是自然数）
这时集合A也就分成了两个子集合A1和A2，A1与自然数集合的一一对应关系是f1，A2与自然数集合的一一对应关系是f2。子集合A1与自然数集合的一一对应关系f1，显然和所有大于等于6的偶数集合B与自然数集合N的对应关系是一模一样的，都是f：an＝f（n）＝4＋2n（n≥1，n是自然数），至少可以说A的子集合A1与B也是等势的，或者说A1＝B，或者说A1和B就是同一个集合，那么A1也是一个可数集合，其中包括了所有大于等于6的偶数；因为A1是A的子集合，所以A中也就包括了所有大于等于6的偶数，A是所有大于等于6的偶数的集合（在这里A的子集合A1就是集合A的本身（任意集合都是它自身的子集合），而A的另一个子集合A2则是一个空集Φ（空集合是任意集合的子集合））。这与上面的假设“如果A 不是所有大于等于6的偶数的集合，则其中必然至少会缺少某一个大于等于6的偶数”就产生了矛盾，应否定假设。到此也就证明了“A与B的元素个数相同或A与B的元素一样多”，说明了B中的元素也一定都是属于A的，即A也包含B，也即B是A的子集合。
    因为前边有：A中的元素一定都是属于B的，即B包含A，也即A是B的子集合（已知）；
现在这里又有：B中的元素也一定都是属于A的，即A也包含了B，也即B是A的子集合；
因为两个集合相等或者是同一个集合的充要条件是：两个集合互为子集合，也即两个集合互相包含。所以就有集合A与集合B是同一个集合或者两个集合相等，即A＝B。两集合相等就说明两集合中的元素全部相同。到此，就证明了A中是包含了所有大于等6的偶数。到此也就证明了上面得到的并集A也是所有大于等于6的偶数的集合。

25、任何大于等于6的偶数
都是两个奇素数的和

任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和。
    上面已经证明了A＝B，或者说A和B是同一个集合。因为B是所有大于等于6的偶数的集合，而A中的元素都是两个奇素数的和，所以也就有任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和的结论。即
2n＝S1＋S2                                               （1）
（1）式中，n为自然数， n≥3，S为奇素数，S1，S2≥3。
这就证明了任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和。

26、证明哥德巴赫猜想的第一部分

哥德巴赫猜想的第一部分是任何大于等于4的偶数都是两个素数的和。
因为A（或B）是所有大于等于6的偶数的可数集合，4是有限集合｛4｝中的唯一元素，所以｛4｝∪A＝C就是所有大于等于4的、可数的偶数集合（定理：一个有限集合与一个可数集合的并集仍是可数集合）。
又因为A中的每个元素（偶数）都是两个奇素数的和，偶数4又是唯一的偶素数２自身相加的结果（2＋2＝4），所以也就有任何大于等于4的偶数都是两个素数的和的命题是成立的，也即有
　 2n＝S1＋S2                                                （2）
（2）式中，n为自然数，n≥2，S为素数，S1＝S2时，S1，S2≥2；S1≠S2时，S1，S2≥3。
到此，哥德巴赫猜想的第一部分“1＋1”就得到了证明是正确的。
若把“1”看成素数时，则唯一的偶素数“2”也可表示成两个1相加的结果，因此还可以说：任何偶数都是两个素数的和。这时公式（2）则成为
    2n＝S1＋S2                                               （2＇）
（2＇）式中，n为自然数，n≥1，S为素数，S1＝S2时，S1，S2≥1；S1≠S2时，S1，S2≥3。同时也可使以上的证明变得更简单。

27、证明哥德巴赫猜想的第二部分

哥德巴赫猜想的第二部分是任何大于等于7的奇数都是三个素数的和。
给公式（2）的两边同时加上一个大于等于3的素数（奇数）S3，得
2n＋S3＝S1＋S2＋S3                                       （3）
因为S3≥3，且是奇数，把（3）式左边的S3用2n－1（n≥2）表示得
4n－1＝S1＋S2＋S3                                       （3，）
（3，）式中，n为自然数，n≥2，S为素数，S1＝S2≠S3时，S1，S2≥2，S3≥3；S1＝S2＝S3 或S1≠S2≠S3时，S1，S2，S3≥3。
当n≥2时，（3，）式中的4n－1就是大于等于7的奇数，所以任何大于等于7的奇数都是三个素数的和的命题也是成立的。
这就是哥德巴赫猜测想第二部分的内容——任何大于等于7的奇数都是三个素数的和。
当n≥2时，4n－1就是大于等于7的奇数的证明：
已知：S1＋S2≥4，S3≥3
两式相加得：S1＋S2＋S3≥3＋4≥7
        证毕。
按习惯表示法，把（3，）式中的4n－1改成2n－1（n≥4），则（3，）式就成为
    2n－1＝S1＋S2＋S3                                        （3，）
（3，）式中，n为自然数，n≥4，S为素数，S1＝S2≠S3时，S1，S2≥2，S3≥3；S1＝S2＝S3 或S1≠S2≠S3时，S1，S2，S3≥3。
若把“1”看成素数时，给（2＇）式两边同加一个素数（即奇数）时，公式两边均成了奇数：
   2n＋s3＝s1＋s2＋s3                               （3＇＇）
同样的，（3＇＇）式中n是自然数，n≥1，s是素数。当s1＝s2≠s3时，s1、s2≥1，s3≥3；当s1＝s2＝s3时，s1、s2、s3≥1。
（3＇＇）式中由于n和s3都是大于等于1的，所以2n＋s3就是大于等于3的奇数。所以也有任何大于等于3的奇数都是三个素数的和的结论。
“1”也是奇数，为什么不能表示成三个素数的和呢。这是因为1本身既是奇数，同时它又是自然数的起点，是一个计数的单位。1本身还是最小的奇数，又是最小的素数。“1”虽是奇数，但又不同于其它的奇数。所以1不能写成三个素数的和。从这一点上讲不把1列为特殊的另一类数也不是不可以。

28、哥德巴赫猜想是正确的

哥德巴赫猜想是正确的。
（1）任何大于等于4的偶数都是两个素数的和；
（2）任何大于等于7的奇数都是三个素数的和。
哥德巴赫猜想还有另外一种提法，即任何“大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”与任何“大于等于9的奇数都是三个奇素数的和”，前者已在第25节中证明了，后者可以给第25节中的公式（1）的两边分别加上一个大于等于3的奇素数，就可得到证明。
若把“1”也看成素数时，哥猜就可以描述为：
（1）任何偶数都是两个素数的和；
（2）任何大于等于3的奇数都是三个素数的和。


                                             雷  明
                                 （二○○八年三月三十日于长安）


（未完，接下贴）

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