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),2n=p+(2n-p) ,2n=p+(2n−p),若设定 ppp为 nnn 前奇素数,那么只需证明 2n−p2n-p2n−p 中一定有素数即可证明哥德巴赫猜想。
2n2⋅42⋅52⋅62⋅72⋅82⋅92⋅102⋅112np333,53,53,5,73,5,73,5,73,5,73,5,7,...p<n2n−p579,711,913,11,915,13,1117,15,1319,17,152n−p中必有素数\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 2n&2\cdot 4 & 2\cdot 5& 2\cdot 6&2\cdot 7&2\cdot 8& 2\cdot 9&2\cdot 10&2\cdot11&2n \\ \hline p &3& 3&{\color{red}{} 3},5&3, {\color{red}{} 5}&3,5, {\color{red}{} 7}&{\color{red}{} 3},5,7&3,{\color{red}{} 5},7&3,5,{\color{red}{} 7}&3,5,7,...p<n\\ \hline2n-p&5&7&{\color{red}{} 9},7&11,{\color{red}{} 9}&13,11,{\color{red}{} 9}&{\color{red}{} 15},13,11&17,{\color{red}{} 15},13&19,17,{\color{red}{} 15}&2n-p中必有素数\\ \hline \end{array}2np2n−p2⋅4352⋅5372⋅63,59,72⋅73,511,92⋅83,5,713,11,92⋅93,5,715,13,112⋅103,5,717,15,132⋅113,5,719,17,152n3,5,7,...p<n2n−p中必有素数
定理1:设ppp为 nnn 前奇素数的集合,则 2n−p,2n+p2n-p,2n+p2n−p,2n+p 中皆有素数
引理:(中国剩余定理)设m1,m2,m3,...mrm_{1},m_{2},m_{3},...m_{r}m1,m2,m3,...mr是两两互素的,则同余方程组
x≡a1(modm1),x\equiv a_{1}(modm_{1}),x≡a1(modm1),
x≡a2(modm2),x\equiv a_{2}(modm_{2}),x≡a2(modm2),
x≡a3(modm3),x\equiv a_{3}(modm_{3}),x≡a3(modm3),
..................
x≡ar(modmr).x\equiv a_{r}(modm_{r}).x≡ar(modmr).
有模M=m1m2m3⋅⋅⋅mrM=m_{1}m_{2}m_{3} \cdot\cdot\cdot m_{r}M=m1m2m3⋅⋅⋅mr 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)ai=mi(1)a_{i}=m_{i}(1)ai=mi 时,有唯一解:x≡0(modM),: x\equiv0(modM) ,:x≡0(modM),最小正解 x=M;(非0)x=M ;(非0)x=M;(非0)
(2)ai=mk,i≠k(2)a_{i}=m_{k},i\ne k(2)ai=mk,i=k时,包括部分ai=mia_{i}=m_{i}ai=mi也有唯一解:x≡b(modM),0<b<M,: x\equiv b(modM),0<b<M ,:x≡b(modM),0<b<M,最小正解 x=b+M.x=b+M .x=b+M.
下面回到命题的证明:
设 ppp 为 nnn 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=4n=4n=4 时,p=3;2n−p=5p=3; 2n-p=5p=3;2n−p=5 是素数;
n=5n=5n=5 时, p=3;2n−p=7p=3; 2n-p=7p=3;2n−p=7 是素数;
n=6n=6n=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=7n=7n=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=8n=8n=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, n2>1n^{2}>1n2>1是一个合数, nnn 的全部素因子皆不超过 n;n;n; 而 n<2n−p<n2,n<2n-p<n^{2},n<2n−p<n2, 所以,若 2n−p2n-p2n−p 是一个合数,则 2n−p2n-p2n−p 必有一个素因子小于 nnn, 即若 2n−p2n-p2n−p 是合数,必能被某个 ppp 整除.设为 q,q∈p.q, q∈p.q,q∈p.
反证法:
设ppp 为 nnn 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≡0(modq),q∈p,2n-p\equiv0(modq),q\in p,2n−p≡0(modq),q∈p, 2n−p≡0(modq)2n-p\equiv0(modq)2n−p≡0(modq) 全部是合数,不外两种情况: p=qp=qp=q 和 p≠qp\ne qp=q(包括部分 p=qp=qp=q )与引理的两种特殊情况对应(若有 iii 个 p,p ,