哥德巴赫猜想之解_哥德巴赫猜想简要证明

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哥德巴赫猜想之解

陈启才

前言：哥德巴赫于1742年6月7日向欧拉写信，说自己发现了：（A）每个大于4的偶数都可表为两个奇素数之和；由（A）可推出；（B）每个大于7的奇数都可表为三个奇素数之和；希望欧拉能给予证明。欧拉于月底即回了信，说自己确信两个发现都是真实的定理，但一时还难以证明它，从而留下了“哥德巴赫猜想”待证的奥秘。众所周知，我国数学家陈景润，针对《大偶数表为一个素数及二个素数的乘积之和》简称命题（1+2），应用加权筛法，给出了证明，因而离证明命题（1+1），只有一步之遥了。

摘要：数源于数。一个一个地数，便数出了自然数列，建立了自然数的加成公度为1。正是《整数论》的这个“公度原则”，造就了自然数列的“顺序公理”与“连续公理”；当运算法则应用了“对称原理”的制约时，又构建了“二元整数和差积”的“结合公理”。而所形成的“结合合同”，其中的二元互质（即互素）的运算法则，贯通了整部《整数论》，对于命题（1+1）的偶数“表和”求特解，提供了“问积寻差”的解题方案，不妨一试。只是原命题应提升为“偶数2n8都可表为两个不同奇素数之和”，方便于“问积寻差”。

一、有关的定义与定理

欧拉将序列1,2,…, m1这m1个自然数中与m互素的数的个数记为(m)，便称(m)是m的欧拉函数。由此定义：(m)m1之m是素数，(m)m1之m是合数。

根据欧拉函数定义的素数与合数的充要条件所提出的运算鉴别定理有： 威尔逊定理：任取自然数m4，经k!(m1k)!x(modm)，凡x0之m都是合数；且x(1)k1之m都是素数，二者仅有其一且必有其一。

证：设(m1)!x(modm)。必有x存在，则其动态化过程如下： 因(m1)!(m1)(m11)!m(m11)!1(m11)!x(modm)，则当且仅当1(m11)!x(modm)可化为1(m11)!(1)1x(modm)； 又1(m11)!(m2)1(m12)!m1(m12)!21(m12)!(1)1x(modm)，亦当且仅当2!(m12)!(1)1x(modm)可化为2!(m12)!(1)2x(modm)； „„

凡是k!(m1k)!(1)k1x(modm)都可化为k!(m1k)!(1)kx(modm)。由威尔逊定理之素数p必须有(p)p1给定(p1)!1(modm)；以及合数m都有(m)m1，则m的全部素因数给定(m1)!(m2)!(m3)!0(modm)；即得威尔逊定理为动态化成立，且任取k满足1km2用于检验，仅一项即可验得，称“非多项算法”。因而首先有

动态化的威尔逊定理，若p4是奇素数，则p是素数的充要条件是在k(p1k)p1的规定下都要有

k!(p1k)!(1)k1(modp)

注意到奇素数p4命p2k1，则(p1)!1(modp)之威尔逊定理，由于是-1=（-1）2k+1，原定理中之(p1)!1(modp)可写为(p1)!(1)2k1(modp)。则：

k(p1)!k!(p1k)!Cp)2k1(modp).k(p1k)p1 1(1

也就是说，威尔逊定理的动态化，是分解了原定理，其中还有

0P1组合数定理：若p是奇素数，则扣除Cp1CP11外，所余0kp1都有

k0PCp)k(modp)。并由此可推得：奇素数p扣除CpCP1外，都有0kp之1(1

kCp0(modp)。

同时，由组合数定理，还可明显地推出费尔马小定理，仅需学会推导即得。

二、威尔逊定理动态化如是说

定理1，任取自然数n4，至少存在一个奇素数p1n，使得

(p11)!(2n2p1)!(1)p1(mod2np1)

中的2np1p2也是奇素数。（免证）

由于2np1p2，则2n2p1p2p12t之t0存在，为表“偶数2n8”为两个不同奇素数之和而“问积寻差”，提供了“可以找到”的明确依据。

定理2：若ntp是奇素数，则(nt)也是奇素数的充要条件是

(nt)!(2t1)!1(modnt)（免证）

显然，定理2对“问积寻差”之差，提供了具体的检测方法。

定理3：若p是奇素数，则凡满足p!1(modp2)之p与p2，是一对以差为2的孪生素数。（免证）

可以认为：“威尔逊定理动态化如是说”，已经给出了“偶数2n8都可表为两个不同奇素数之和”真实的证明。所欠缺的是如何通过“问积寻差”，完成配对求解。

三、二元整数的和差积结构合同

韦达定理说：设x1,x2是方程ax2bxc0(a1)的两个实数根，并已给定了

xxxxx1x2b，x1x2c，其“结合合同”为(21)2(21)x1x2，对应于二元实22

数的和差积结构，将其放进《整数论》中，也就有了两个正整数的和差积“结合合同”，即有图形为：数轴上的两个同心圆，外圆半径的平方减去内圆半径的平方，等于内圆的弧切外圆直径为两段（边长）之积。我们记住的是“半和的平方减去半差的平方等于二元整数之积”。有了这个“结合合同”，我们便可以对二元表和之特解“问积寻差”。

于是，对应于所要证明的命题“偶数2n8都可表为两个不同奇素数之和”，对接在方程ax2bxc0中，即有b2n，c(nt)(nt)n2t2，将通解x换元为特解p，寻求p1与p2同为奇素数之解。得问：

方程p22np(n2t2)0中(n2t2)因何方能是“双异因子奇合数”？

四、双异因子奇合数的欧拉函数积和分配律

作业：若1×1=12存在，则12+(1+1)+1=(1+1)2=22→22+(2+2)+1=(2+1)2=32→32+(3+3)+1=(3+1)2=42→„„→若k×k=k2存在，则k2+(k+k)+1=(k+1)2。由此得到：

1Ak=(k+1)2-k2=2k+1,k=1,2,3„中，有且仅有(2k1)k之Ak是素数项。同时，2

任取ij之AiAj(2i1)(2j1)(2i)(2j)[(2i)(2j)]1A2Iijij都是奇合数。

显然，二元整数的乘积是合数。都有合数的前位数是其因数的前位数形成积与和叠加之表。而当Ai是素数项时，则Ai12i，没有“积和叠加”之表；双因子合数是唯一表；多因子奇合数为多表。提示我们，利用“积和叠加”的表法数，可提供《奇数的因数分解判定》软件的编程源代码，并已刻录成碟。

如果Ak中A2ijij是双异因子奇合数，则Ai与Aj必须同为奇素数，方有1(2i1)i2

与1(2j1)j联立，给出Ai×Aj=A2ijij形成A2ijij1(2i)(2j)[(2i)(2j)]之表唯2

一。欧拉函数的量化定义给定：在小于A2ijij的所有(2i)(2j)[(2i)(2j)]个自然数中，有且仅有(2i)(2j)2(ij)个数与A2ijij(2i1)(2j1)不互素；余下

(2i)(2j)4ij个数全都与A2ijij(2i1)(2j1)互素。方可确认A2ijij(2i1)(2j1)是双异因子奇合数，且(2i1)与(2j1)都是奇素数。对此，笔者称为“双异因子奇合数的欧函数积和分配律”。

换言之，凡自然数nt0，(n,t)1，n与t一奇一偶所给定之奇合数(nt)(nt)n2t2，其为“双异因子奇合数”的定义，是指nt同为奇素数因子，且t0之差存在。而“欧拉函数的积和分配律”，是指所有小于(n2t2)的(nt1)(nt1)[(nt1)(nt1)]个数中，有且仅有(nt1)(nt1)2(n1)个数与(n2t2)不互素，余下所有(nt1)(nt1)(n1)2t2(n2t2)个数全都与(n2t2)互素，方能保障(nt)nt1与(nt)nt1联立，使得nt同为奇素数。因有

定理4：方程p22np(n2t2)0之自然数n4，由欧拉拢函数的量化定义给定，至少都可解得一个表里如一之整数

(n1)2(n2t2)t

使得nt同为奇素数，将偶数2n8，表为了两个不同奇素数之和。

同时，ntAk1与ntAk2都在Ak2k1，k1,2,...中，还有

定理5：等差数列Ak2k1，k1,2,...中，从中选用两个素数项的项标k1与k2相加，则k1k2n13，可加成扣除1与2在外的自然数列。

显然，k1k2n13与n4，在定理4的“筛解公式”中同步至无穷，都是“双异因子奇合数的欧拉函数积和分配律”的必然。

可以认为，定理4中的“筛解公式”，正是在执行二元素数和差积结构的“结合合同”—— “双异因子奇合数的欧拉函数积和分配律”。若用于“余新河数学题”征解，当可分别证明“余新河数学题”的加成结论真实；定理5应也是“余新河数学题”所征结论真实的统一证明。

小结

由于二元奇素数的和差积结构的互素性质，贯通在整部《整数论》中，解决了命题（1+1）也还只在源头，虽然接触到了平面上的“二元积和叠加加公度”，但离用“霍奇闭链”来“闭”住xkykzk中k3没有xyz0的整解，还有大量的工作没有开始，只能以“小结”的形式，谈谈“初等数论方法”是可以跨过命题（1+2）并完成（1+1）之解的。

完成后的小结有：

（A）已知“偶数2n8都可表为两个不同奇素数之和”，则并入6=3+3与4=2+2，00其中的p1p22n0即（1+1）=2是偶素数，则“偶合数都可表为两个素数之和”。

（B）已知“偶数2n8都可表为两个不同奇素数之和”，则偶合数再加上2仍为偶数；偶数再加上3，则所加之和是奇数。从而由（1+1）=2可推进到

000p1p2p33n0之（1+1+1）=3是奇素数，则所有“自然数n236，都可表为三个素数之和”。从而应有逆算定理的对应，即如果a2b2c2有整解，则都有(ca)2(cb)2(abc)2[(ca)(cb)]2的整解与之一一对应，就有“闭住” xkykzk中k3没有xyz0的整解的“闭链”由此而产生，但不在本文讨论的范围之内，不再叙述。

2011年10月1日

注：本文原稿为“黔作登字22-95-A-013作品《哥德巴赫猜想之解》”，今为普及版，标题遵从原稿。

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