哥德巴赫猜想—初等数论课后习题

哥德巴赫猜想的初等证明

凡事应尽可能简单，但不能过于简单——A.爱因斯坦
我们的祖先在地球上生活了几百万年后才知道地球的存在；然而真相是简单的。数学家们把问题复杂化了（用连续的思想去解决离散的问题难度更大），用解析数论、代数数论、实分析和复分析不能解决这些问题时，用初等方法能解决吗？
受欧几里得用反证法简单而优美地证明素数无限性的启发，考虑 $2n=p+(2n-p)，$若设定 $p$为 $n$ 前奇素数，那么只需证明 $2n-p$ 中一定有素数即可证明哥德巴赫猜想。
$$\begin{array}{cccccccccc}2n& 2\cdot 4& 2\cdot 5& 2\cdot 6& 2\cdot 7& 2\cdot 8& 2\cdot 9& 2\cdot 10& 2\cdot 11& 2n\\ p& 3& 3& 3,5& 3,5& 3,5,7& 3,5,7& 3,5,7& 3,5,7& 3,5,7,...p<n\\ 2n-p& 5& 7& 9,7& 11,9& 13,11,9& 15,13,11& 17,15,13& 19,17,15& 2n-p中必有素数\end{array}$$

定理1:设$p$为 $n$ 前奇素数的集合,则 $2n-p,2n+p$ 中皆有素数

引理：（中国剩余定理）设$m_1,m_2,m_3,...m_r$是两两互素的，则同余方程组
$x\equiv a_1(mod{m}_1),$
$x\equiv a_2(mod{m}_2),$
$x\equiv a_3(mod{m}_3),$
$......$
$x\equiv a_r(mod{m}_r).$
有模$M=m_1{m}_2{m}_3\cdot \cdot \cdot m_r$ 的唯一解.
这里不是要证明它，而是要引入两种特殊情况的解：
$(1)a_i=m_i$ 时,有唯一解$：x\equiv 0(modM)，$最小正解 $x=M；(非0)$
$(2)a_i=m_k,i\ne k$时,包括部分$a_i=m_i$也有唯一解$:x\equiv b(modM),0<b<M,$最小正解 $x=b+M.$

下面回到命题的证明：
设 $p$ 为 $n$ 前奇素数的集合， p={ 3,5,7,...,pi},p<n,i≥1p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1p={ 3,5,7,...,pi​},p<n,i≥1
$n=4$ 时，$p=3;2n-p=5$ 是素数；
$n=5$ 时， $p=3;2n-p=7$ 是素数；
$n=6$ 时， p={ 3,5};2n−p={ 9,7};7p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 9,7 \right\}; 7p={ 3,5};2n−p={ 9,7};7 是素数；
$n=7$ 时， p={ 3,5};2n−p={ 11,9};11p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 11,9 \right\}; 11p={ 3,5};2n−p={ 11,9};11是素数；
$n=8$ 时， p={ 3,5,7};2n−p={ 13,11,9};13,11p=\left\{ 3,5,7 \right\}; 2n-p=\left\{ 13,11,9 \right\}; 13,11p={ 3,5,7};2n−p={ 13,11,9};13,11是素数；
后面是不是都成立呢？下面用反证法来证明：
因为， $n^2>1$是一个合数， $n$ 的全部素因子皆不超过 $n;$ 而 $n<2n-p<n^2，$ 所以，若 $2n-p$ 是一个合数，则 $2n-p$ 必有一个素因子小于 $n$, 即若 $2n-p$ 是合数，必能被某个 $p$ 整除.设为 $q,q\in p.$

反证法：
设$p$ 为 $n$ 前奇素数的集合，假设 2n−p={ 2n−3,2n−5,⋯ ,2n−pi}2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdots,2n-p_{i} \right\}2n−p={ 2n−3,2n−5,⋯,2n−pi​}全部是合数，必有 $2n-p\equiv 0(modq),q\in p,$ $2n-p\equiv 0(modq)$ 全部是合数，不外两种情况： $p=q$ 和 $p\ne q$(包括部分 $p=q$ )与引理的两种特殊情况对应(若有 $i$ 个 p,p ,