哥德巴赫猜想命题

【摘要】文章中首先引入'r―r'图的概念，利用埃氏筛法把'r―r'图化成'p―r'图。然后利用'p―r'图的性质证明哥德巴赫猜想命题。接着用哥德巴赫猜想命题和双排的等差数列组证明双生素数猜想，还用哥德巴赫猜想命题和三排的等差数列组证明三生素数的无穷性。文章指出L―等差数列组集合在纯数学方面的应用。

【关键词】'p―r'图；双排的等差数列组；三排的等差数列组；L―等差数列组集合

1. 'p―r'图概念的引入

大于或者等于6的偶数都可以表成两个奇数之和的，如12=1+11=3+9=5+7，14=1+13=3+11=5+9=7+7。象这样把大于或者等于6的偶数表示为两个奇数之和的一系列加法式的'图'，笔者命名为'r―r'图。

在'r―r'图中，把+号左边的奇数，称之为左奇数，用r表示；把+号右边的奇数，称之为右奇数，用r表示。左奇数可分为1和左奇素数、左奇合数，分别用1和p、h表示；右奇数可分为右奇素数和右奇合数，分别用p和h表示。

这里规定：左奇数不大于右奇数。

在'r―r'图中，左奇数的个数恒等于右奇数的个数。

在'r―r'图中，我们利用埃拉托斯散（Erathosthenes）筛法，把所有的左奇合数（1也包括在内）与其相加的右奇数的加法式划出去，就得到一个比较简单的'r―r'图。为与原来的图区别，把它命名为'p―r'图。例如，24或者26的'p―r'

图分别为24=3+21=5+19=7+17=11+13，26=3+23=5+21=7+19=11+15=13+13。

象这样把'r―r'图化为'p―r'图的过程，叫做去合数化的过程。

经过去合数化的'r―r'图按照偶数的递增顺序排列着的一列'p―r'图，叫做'p―r'图图列，如6=3+3、8=3+5、10=3+7=5+5、12=3+9=5+7、14=3+11=5+9=7+7、16=3+13=5+11=7+9、…。这个图列中的每一个'图'，叫做这个图列的项。这个图列的首项是6=3+3，这个图列的通项是2（N+2）=3+［2（N+2）-3］=5+［2（N+2）-5］

=…=（p-2t）+［2（N+2）-（p-2t）］=p+［2（N+2）-p］。

这里p-2t、p是紧相邻的两个素数，t可取为0，1，2，……等非负整数。

形如6N-1的数指的是等差数列6N-1的数。两个等差数列之和或者之差指的是这两个数列的对应项的数值之和或者之差。

在'p―r'图中，左奇素数的个数恒等于右奇数的个数。

由上述的'p―r'图图列的通项可知，这个'图'中的左奇数都是由左奇素数数列所组成的素数。

2. 哥德巴赫猜想的证明

把'p―r'图图列展开后可发现：这个图列的每一个项里都含有奇素数加上奇素数的加法式。这是由'p―r'图的性质决定的。

命题：在'p―r'图中，左奇素数的个数恒大于右奇合数的个数。

证明：在'p―r'图中，设左奇素数p的个数为m个，那么右奇数r的个数也是m个。又设右奇合数h的个数为n个，那么右奇素数p的个数就有m-n个。因为2（N+2）=3+［2（N+2）-3］=5+［2（N+2）-5］=…=（p-2t）+［2（N+2）-（p-2t）］=p+［2（N+2）-p］，所以有2（N+2）m=3+5+…+（p-2t）+p+［2（N+2）-3］+［2（N+2）-5］+…+［2（N+2）-（p-2t）］+［2（N+2）-p］。又因为m个右奇数2（N+2）-3、2（N+2）-5、…、2（N+2）-（p-2t）、2（N+2）-p可分为n个右奇合数h1、h2、…、hn和m-n个右奇素数p1、p2、…、pm-n，而且Σp=3+5+…+（p-2t）+p，所以得

2（N+2）・m=Σp+h1+h2+…+hn+p1+p2+…+pm-n，即p1+p2+…+pm-n=2（N+2）・m-（Σp+h1+h2+…+hn）。又因为p1+p2+…+pm-n≥3（因为'p―r'图列的首项的右奇数3是此图列中最小的右奇素数），故m-n≥1，从而得m＞n。因此，在'p―r'图中，左奇素数的个数恒大于右奇合数的个数。

利用这个性质命题，可以证明下列的两个命题。

命题1：每一个大于或者等于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和。

证明：在'p―r'图中，因为左奇素数的个数m恒大于右奇合数的个数n，即m＞n，所以m-n个左奇素数必须跟右奇素数相加，使得它们的和分别等于偶数2（N+2）。

同时，每一个大于或者等于6的偶数都能在'p―r'图上表示出来，而且素数有无限多个（此证明见陈景润著的《初等数论》）。因此命题成立。

命题2：每一个大于或者等于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。

证明：此命题是命题1的直接推论。设N≥9的奇数，则N-3≥6，而且N-3是偶数。由命题1可知，必有两个奇素数p1和p2，使得N-3=p1+p2，故N=3+p1+p2。因此命题2成立。

上述的命题1、2，是著名的哥德巴赫猜想命题。这个命题的证明是通过'p―r'图的性质来完成的。

3. 双排的等差数列组与双生素数猜想的证明

相差为2的相邻的两个素数叫做双生素数。如3、5；5、7；11、13；17、19；29、31等等。到目前为止还不知道双生素数是否有无限多个，只能以猜想的名义出现的。

把等差数列11+30t、13+30t、17+30t、19+30t、29+30t、31+30t两两合并排列，就得到三个双排的等差数列组。这里只选用11+30t、13+30t为一组进行讨论。由于11+30t=6（5t+2）-1，13+30t=6（5t+2）+1，所以用6N-1、6N+1分别代替11+30t、13+30t。

德国数学家狄利克莱（Dirichlet）说，在（k，l）=1的情形下，等差数列km+1中有无穷多个素数（m=0，1，2，……）。笔者认为不仅在单排的等差数列6N-1中有无穷多个素数，而且在双排的等差数列组6N±1中有无穷多个双生素数。

命题1：当N通过一切自然数时，形如6N-1的数中包含有无限多个素数。

证明：此命题的证明分二步来进行的。

第一步证明：形如6N-1的数必定含有形如6N-1的素因数，这是因为奇素数能够写成6N-1或者6N+1的形式，这里N是整数。而由于（6N1+1）（6N2+1）=36N1N2+6N1

+6N 2+1=6（6N1N2+N1 +N2）+1,所以形如6N+1的数相乘的乘积仍然是形如6N+1的数。因此把形如6N-1的数分解成素因数的乘积时，这些素因数不可能都是形如6N+1的数，而必然有形如6N-1的数。