哥德巴赫猜想的证明

摘要：文章用两种方法证明“哥德巴赫猜想”。第一种是运用反证法，证明与原命题的逆否命题成立；第二种是通过将偶数分类、依据命题的逻辑关系进行合理推演。两种方法殊途而同归，均成功证明了困扰世界数学界两百多年的“哥德巴赫猜想”。

关键词：哥德巴赫猜想 原命题 逆否命题 反证法 大偶 小偶 奇素数

1、哥德巴赫猜想简介（来自网络）

哥德巴赫猜想是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)。同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明．现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数都可表示为三个奇素数之和。其实，后一个命题是前一个命题的推论。

1729年--1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了以下的猜想:(a)任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和；(b)任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和.这就是所谓的哥德巴赫猜想。在信中他写道：“我的问题是这样的：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和：77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461：461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。这样，我发现：任何大于9的奇数都是三个素数之和．但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。”欧拉回信说：“这个命题看来是正确的”。但是他也给不出严格的证明。同时欧拉又提出了此一猜想可以有另一个等价的版本：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和，但是这个命题他也没能给予证明。不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。

哥德巴赫猜想貌似简单，要证明它却着实不易，成为数学中一个著名的难题．18、19世纪，所有的数论专家对这个猜想的证明都没有作出实质性的推进，直到20世纪才有所突破。1937年苏联数学家维诺格拉多夫（и．M．Bиногралов,1891-1983），用他创造的“三角和”方法，证明了“任何大奇数都可表示为三个素数之和”。不过，维诺格拉多夫的所谓大奇数要求大得出奇，与哥德巴赫猜想的要求仍相距甚远。

关于偶数可表示为a个质数的乘积与b个质数的乘积之和(简称“a+b”问题)进展如下:1920年，挪威的布朗证明了“9+9”。1922年，英国的哈代和李特尔伍德猜测出“1+1”的数量．1924年，德国的拉特马赫证明了“7+7”。1932年，英国的埃斯特曼证明了“6+6”。1937年，意大利的蕾西先后证明了“5+7”,“4+9”,“3+15”和“2+366”。1938年，苏联的布赫夕太勃证明了“5+5”。1940年，苏联的布赫夕太勃证明了“4+4”。1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+c”，其中c是一很大的自然数。1956年，中国的王元证明了“3+4”。1957年，中国的王元先后证明了“3+3”和“2+3”。1960年，中国的王元求解出“1+1”的上界限数量(中国"数学学报"登载)。1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“1+5”，中国的王元证明了“1+4”。1965年，苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉多夫，及意大利的朋比利证明了“1+3”。1966年，中国的陈景润证明了“1+2”。

综上所述，哥德巴赫猜想（以下简称“哥猜”）是数论中著名的问题之一。由十八世纪德国数学家哥德巴赫，于1742年6月7日在给瑞士数学家欧拉的信中提出。包括两个命题：(1)每个大于2的偶数都是两个素数之和；(2)每个大于5的奇数都是三个素数之和。实际上命题(2)是命题(1)的推论。尽管陈景润证明了“1+2”，但正所谓“差之毫厘失之千里”，两者本质上不是一回事。所以至今仍未有一个世所公认的证明，本文试图撩开“她”的神秘面纱，给出两种比较简洁的普及性的证明。

2、第一种证明

2.1 预备

预备1：原命题与它的逆否命题是等价命题，必定可以通过证明后者的成立达到证明前者成立的目的。

预备2：奇素数是指除去2之外的所有素数，任意2个奇素数之和必定大于或等于6。

预备3：大偶是指大于4的全部偶数。

预备4：哥猜的原本表述为：每一个大于2的偶数都是两个素数之和．因为“大于2的偶数”正好是4和全部的大偶，所以可改成这样的两部分：(a)4=2+2（显然成立，无须证明）；(b)大偶都是两个奇素数之和（必须证明）。

预备5：“预备4”中哥猜的第二部分(b)是本文需要证明的命题，它可以转换成：命题1——如果某偶数是大偶，那么它是两奇素数之和。

证明：两个命题的题设都是指的所有大偶，而结论也完全相同，都一致断定所有大偶都具有“是两个奇素数之和”的性质，所以这两个命题是等价命题. 所以，若“命题1”成立即哥猜成立。

2.2 证明

根据命题之间的逻辑关系，我们有“命题1”的逆否命题：“命题2”——如果某偶数不是两奇素数之和，那么它不是大偶（注1）。而根据“预备1”，要求证哥猜的成立，显然只要证明“命题2”成立即可。下面用反证法加以证明。

证明：假设“命题2”不成立，则必成立“命题2”的反面“命题3”——如果某偶数不是两奇素数之和，那么它是大偶。 由此必可推出“命题3”的如下等价命题（即逆否命题）：

“命题4”：如果某偶数不是大偶，那么它是两奇素数之和（注2）。

根据“预备3”，不是大偶的偶数有且只有2个：2和4，“代入”“命题4”必有“命题5”：2（或4）是两奇素数之和。

而根据“预备2”，两奇素数之和必定大于或等于6，而且无论如何，2和4都不可能“分解”为两奇素数之和。

因此，“命题5”是不可能成立的！

故假设不成立，即“命题3”不成立；

故原“命题2”成立，亦即“命题1”成立。

故哥猜成立，并成为：哥德巴赫定理！[其实，还可以更直接的这样证明：“哥德巴赫猜想”的核心内容可以表述为“命题1”：如果有些偶数是大偶，那么它们是两个奇素数之和。证明：用“中国反证法”.假设原“命题1”不成立，则必可推出它的“题设否命题”：（命题2）如果所有偶数不是大偶，那么它们是两个奇素数之和。由此一“全称”命题必可推出它的“特称”命题：如果有些偶数不是大偶，那么它们是两个奇素数之和（命题3）。而因为不是大偶的偶数只有0、2、4共3个，显然这3个小偶不可能是两个奇素数之和，所以“命题3”是错误的；所以假设不成立，因此原“命题1”即“哥德巴赫猜想”得证！——“中国反证法”的立论依据是“原命题与它的半否命题不同假”。“半否命题”是仅将“原命题”的“题设”(或“结论”)加以“否定”而得到的“新”命题，“半否命题”包括“题设否命题”和“结论否命题”。（详见本人的新浪博客文《“中国反证法”之成立及其应用（修订稿）》）。

3、第二种证明

3.1 预备

预备1：正偶数（以下简称偶数）按是否小于6，可以分为且只可以分为：(1)不小于6的偶数（称为大偶）；(2)小于6的偶数（称为小偶）。

预备2：偶数按是否是两个奇素数之和，可以分为且只可以分为：(1)是两个奇素数之和的偶数（记作“a”类偶数）；(2)不是两个奇素数之和的偶数（记作“b”类偶数）。

预备3：小偶一定不是两个奇素数之和；但“不是两个奇素数之和的偶数”是否全部都是小偶？有待证明.如果答案是肯定的，那么就将大偶从“b”类偶数中排除出去，根据“预备2”，大偶只能归入“a”类偶数，哥德巴赫猜想即得到证明。

预备4：根据“合情推理”的方法，可以作出“命题2”：不是两个奇素数之和的偶数都是小偶.为证明这个命题,可以间接地从推翻“它的否定命题”入手。

预备5：“命题2”的否定是“命题3”：不是两个奇素数之和的偶数不都是小偶(显然，同样“命题3”的否定是“命题2”)。

预备6：可以将“命题 3”“全等变换”（改写）为“命题4”：如果有些偶数不是两个奇素数之和，那么它们不都是小偶。

3.2 证明

根据命题的逻辑关系，“命题4”的等价命题（逆否命题）是“命题5”：如果所有偶数都是小偶，那么它们都是两个奇素数之和。显然，“命题5”是“全称命题”，那么必定可推出它的“特称命题”：如果有些偶数是小偶，那么它们是两个奇素数之和(命题6)。

但“命题6”显然与“预备3”中的“小偶一定不是两个奇素数之和”矛盾。

因此“命题6”是不正确的，从而“命题5”也是不正确的，与“命题5”等价的“命题4”同样是不正确的。而“命题4”是“命题3”的“全等变换”，因此“命题3”也是不正确的.那么根据“矛盾律”,“命题2”作为“命题3”的“否定”，是必定正确的。

根据“预备3”，既然“命题2”正确，大偶就被从“b”类偶数中完全排除出去了；那么根据“预备2”，大偶只能被归入到“a”类偶数中去，即：任意大偶是两个奇素数之和.至此，“命题1”即哥德巴赫猜想得证！

注1：（命题1）如果某偶数是大偶，那么它是两奇素数之和；（逆命题）如果某偶数是两奇素数之和，那么它是大偶；（否命题）如果某偶数不是大偶，那么它不是两奇素数之和；（逆否命题）如果某偶数不是两奇素数之和，那么它不是大偶。

注2：（命题3）如果某偶数不是两奇素数之和，那么它是大偶；（逆命题）如果某偶数是大偶，那么它不是两奇素数之和；（否命题）如果某偶数是两奇素数之和，那么它不是大偶；（逆否命题）如果某偶数不是大偶，那么它是两奇素数之和。

参考文献

[1]潘承洞,潘承彪.哥德巴赫猜想.科学出版社,北京:1981.

[2]华罗庚.数论导引.科学出版社,北京:1979；

[3]辞海.上海:1989版．

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