哥德巴赫猜想引思

陳蓓菲

【摘要】本文給出了一個大偶數分解成為二個素數獨特的分解式（3）式，證明它有解，并給出對于（3）式的充分條件和必要條件的證明.

【關鍵詞】哥德巴赫猜想；大偶數；素數

哥德巴赫猜想是世界近代三大數學難題之一.哥德巴赫是德國一位中學教師，也是一位著名的數學家，生于1690年，1725年當選為俄國彼得堡科學院院士.1742年，哥德巴赫在教學中發現，每個不小于6的偶數都是兩個素數（只能被1和它本身整除的數）之和.如，6=3+3，12=5+7，等等.

1742年6月7日哥德巴赫寫信給當時的大數學家歐拉，提出了以下猜想：

（a）任何一個大于等于6之偶數，都可以表示成兩個奇素數之和.

（b）任何一個大于等于9之奇數，都可以表示成三個奇素數之和.

歐拉在回信中也提出另一等價版本，即任一大于2的偶數都可寫成兩個素數之和.今日常見的猜想陳述為歐拉的版本.把命題“任一充分大的偶數都可以表示成一個素因子個數不超過a個的數與另一個素因子不超過b個的數之和”記作“a+b”.1966年陳景潤證明了“1+2”成立，即“任一充分大的偶數都可以表示成二個素數的和，或是一個素數和一個半素數（二個素數的積）的和”，我不能認同陳景潤的做法，因為，其在很大程度上偏離了原題.

摘譯1742年6月30日歐拉給哥德巴赫的一封信：

“正如在你給我的來信中所觀察到的那樣，每個偶數看來是兩個素數之和，還蘊藏著每個數如果是兩個素數之和，則它可以是任意多個素數之和，個數由你而定.如果給定一個偶數n，則它是兩個素數之和，對n-2也是如此，則n是三到四個素數之和.如果n是奇數，則它一定是三個素數之和，因為n-1是兩個素數之和.所以，n是一個任意多個素數之和.雖然我現在還不能證明，但我肯定每個偶數是兩個素數之和……”

一、下面引述前人研究的基礎

（一）殆素數

殆素數就是素因子個數不多的正整數.現設N是偶數，雖然不能證明N是兩個素數之和，但足以證明它能夠寫成兩個殆素數的和，即N=A+B，其中A和B的素因子個數都不太多，譬如，素因子個數不超過10.用“a+b”來表示如下命題：每個大偶數N都可表示為A+B，其中A和B的素因子個數分別不超過a和b.顯然，哥德巴赫猜想就可以寫成“1+1”.在這一方向上的進展都是用所謂的篩法得到的.

（二）例外集合

在數軸上取定大整數x，再從x往前看，尋找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶數，即例外偶數.x之前所有例外偶數的個數記為E（x）.我們希望，無論x多大，x之前只有一個例外偶數，那就是2，即只有2使得猜想是錯的.這樣一來，哥德巴赫猜想就等價于E（x）永遠等于1.當然，直到現在還不能證明E（x）=1；但是能夠證明E（x）遠比x小.在x前面的偶數個數大概是x2；如果當x趨于無窮大時，E（x）與x的比值趨于零，那就說明這些例外偶數密度是零，即哥德巴赫猜想對于幾乎所有的偶數成立.這就是例外集合的思路.

（三）三素數定理

如果偶數的哥德巴赫猜想正確，那么奇數的猜想也正確.我們可以把這個問題反過來思考.已知奇數N可以表示成三個素數之和，假如又能證明這三個素數中有一個非常小，譬如，第一個素數可以總取3，那么我們也就證明了偶數的哥德巴赫猜想.這個思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25歲時，研究有一個小素變數的三素數定理.這個小素變數不超過N的θ次方.我們的目標是要證明θ可以取0，即這個小素變數有界，從而推出偶數的哥德巴赫猜想.潘承洞先生首先證明了θ可取14.后來的很長一段時間內，這方面的工作一直沒有進展，直到1995年展濤教授把潘老師的定理推進到7120.這個數已經比較小了，但是仍然大于0.

（四）幾乎哥德巴赫問題

1953年，林尼克發表了一篇長達70頁的論文.在文中，他率先研究了幾乎哥德巴赫問題，證明了，存在一個固定的非負整數k，使得任何大偶數都能寫成兩個素數與k個2的方冪之和.這個定理，看起來好像丑化了哥德巴赫猜想，實際上它是非常深刻的.我們注意，能寫成k個2的方冪之和的整數構成一個非常稀疏的集合.

二、推理與討論

下面給出對于哥德巴赫猜想（a）的證明，即：任何一個大于等于6之偶數，都可以表示成兩個奇素數之和.

一天晚上，我突然想起哥德巴赫猜想，感覺有戲，所以，就動起了筆桿子，我首先從遞歸原理出發，眾所周知，素數又是奇數，則當我假設有2K=C+D，K為正整數，C，D代表素數，那么有2q=C1+D1，2p=C2+D2，C1，D1，C2，D2，…代表素數，p，q代表正整數，則有2K+2=C+D+2=（2q+1）+（2p+1）+2=2q+2p+2+2=（C1+D1）+（C2+D2）+2+2=….

這樣拆分出許多2，其中奇數可以一直拆分到3為止，然后我們又將2的倍數補充至下式中，則一個大偶數2K+6可以由下式來決定：

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））.（1）

我們讓2K+6來作為一個大偶數，分解出兩個奇數之和，這兩個奇數分別用（3+2i）和（3+2（K-i））來表示，而在數軸上移動多少個2會使得（3+2i）和（3+2（K-i））成為素數，即當K定下來以后，就是由i的大小來決定什么時候分解成兩個素數之和.

所以，問題是，對于一個大偶數2K+6，至少存在一個i，使得上面（1）的分解式子成立.

這樣，對于K=10而言，2K+6=26，存在一個i=5，使得

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））=13+13=26.

對于K=10而言，還存在另一個i=2，使得

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））=7+19=26.endprint

而對于K=11，則存在一個i=4使得上式（1）成立，有

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））=11+17=28.

更有i=1使得上式（1）成立，有

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））=5+23=28.

明眼人一看就知道它的正確性，我以前也想過哥德巴赫猜想，但都沒有這一次想得如此透徹.

對于哥德巴赫猜想，還有值得進一步探討的時間和空間，對于（1）式，我們在3的基礎上加了兩個偶數2i和2（K-i），得到兩個永遠的奇數或者奇素數，這樣就篩選掉了偶數，去掉了一半不合格的偶數，但是，里面還有水分，我們還必須把純粹的奇數去掉，但是這樣也已經向一個大偶數分解成兩個素數之和邁進了一大步.

對于（1）式，0≤i≤K，這樣，對于2K而言，i只走了一半少6，對于K=1 000而言，2K+6=2 006，i的取值的試探空間只在0≤i≤1 000，這樣有點像二分法，把2的數倍的偶數分別加到初始的3上面.

不管怎樣，我們必須想辦法把（1）式中分解式子中的非素數的奇數去掉，但是，這是艱難的一個環節，我們用

（3+2i）|（1，（3+2i））和（3+2（K-i））|（1，（3+2（K-i）））來表示這兩個數只能被1和它本身所整除，不能被2，3和直到它本身減1所整除.

我們試圖去掉水分，去掉奇數，剩下素數，這樣讓我們來試一試去掉3的倍數，此時（1）式中的（3+2i）≠3a和（3+2（K-i））≠3b，假設a，b都是自然數，3a和3b用來表示3的倍數，可以把它們當作兩個常數，K也理所當然當作一個常數，所以i至少有一個解.

我們還必須去掉5的倍數，7的倍數，…，直至華羅庚定理的平方根數，即（3+2i）的平方根取整數和（3+2（K-i））的平方根取整數，但是，即使在數軸上去掉這么多正整數，其仍然存在一些素數，滿足一個大偶數可以分解成兩個素數之和，這樣一個命題.

3的倍數的情況是這樣，5的倍數的情況是這樣，7的倍數的情況是這樣，以此類推，直至華羅庚的平方數取整數，因此，我們可以將式子寫成

2K+6=（3+2i）|（1，（3+2i））+（3+2（K-i））|（（1，（3+2（K-i）））（3）

來表示它的分解式，即一個大偶數可以分解成兩個素數之和.

雖然，去掉的非素數很多，但是，仍然存在我們所需要的素數，可能只有一兩個式子而已，這樣已經足夠說明問題了.下面我會給出一個范圍之內的大偶數的分解式子計算機程序，即分解成兩個素數之和的C語言程序.

#include

#include

int main（） {

int k，m，n，c，d，i，j，p，flag1，flag2；/*m代表一個大偶數，n代表6至m之間的偶數，并分解成c+d*/

int prime_number（int）；

freopen（"H：＼＼ch1.in"，"r"，stdin）；

freopen（"H：＼＼ch2.out"，"w"，stdout）；

printf（"附表1＼＼n"）；

printf（"----------------＼＼n"）；

printf（"Hello，world?。埽躰"）；

printf（"歡迎來到哥德巴赫夢想園地，我們將在這里見證一個又一個大偶數分解成兩個素數之和＼＼n"）；

printf（"----------------＼＼n"）；

/*printf（"k="）；*/

/*scanf（"%d"，&k）；*/

k=1000；

m=2*k+6；

for（n=6；n<=m；n=n+2）

{ p=0；

for（i=3；i<=n/2；i=i+2）

{flag1=prime_number（i）；

if（flag1==0）{c=i；j=n-i；flag2=prime_number（j）；

if（flag2==0）{d=j；printf（"%-4d=%-4d+%-4d"，n，c，d）；p=p+1；if（p%3==0） printf（"＼＼n"）；}}}

printf（"＼＼n---------------＼＼n"）；}

return 0；}

int prime_number（int i0）

{int k1，i1，flag=0；

k1=（int）sqrt（（double）i0）；i1=2；

while（（i1<=k1）&&（flag==0））

{if（i0%i1==0） flag=1；

i1=i1+1；}

return（flag）；}

我們在以上程序中引用了“哥德巴赫夢想園地”一詞，而不用“哥德巴赫猜想園地”，是因為證明哥德巴赫猜想是我的夢想，而且，“夢想園地”也遠比“猜想園地”要順暢得多，整個證明和說明過程通透易懂，就像一個家庭主婦在做一桌菜，雖然樸素無華，卻也了如指掌，這就是一個家庭主婦暨大學副教授的貢獻.

如上，我已經成功調試了哥德巴赫猜想分解程序，并以6～2 006之間的偶數為例做了分解式，結果太多太長（略），由結果可見，這之間的每一個偶數至少有一個分解式，這樣，哥德巴赫猜想研究暫告一段落.

然而，哥德巴赫猜想總是弄得我寢食不安，我不能停滯不前，我還必須做點什么，我反復思考，分解式（3）

可以理解成數軸上的兩個素數之和，而數軸上的素數是大量存在的.數軸上的任意兩個素數之和一定是偶數，是因為，素數也是奇數，兩個奇數之和一定是偶數，所以，我們就說這個分解式的充分條件成立.

我仍然反復思考著，讓我們來試試哥德巴赫猜想的必要條件是否成立，就是說“任一個大偶數必能分解成兩個素數之和”.當我們把分解式寫成（3）式，

我們要做的就是找到一個i使得上式成立.

讓我們來各個擊破，對于（3）式，我們知道存在至少一個i使得下述兩個約束條件即（4）式和（5）式成立：

（3+2i）=（3+2i）|（1，（3+2i）），（4）

（3+2（K-i））=（3+2（K-i））|（1，（3+2（K-i）））.（5）

從上述兩個式子看來，當K定下來以后，K可以看作是常數，所以方程式（3）隨著K的變化，不但有解，而且可能不止一個解，所以，這就說明了一個大偶數必能分解成兩個素數之和，這就是必要條件成立.

至此，我在心里為自己擊掌叫好，這樣的問題，我們不要陷入具體的分解式的怪圈，比如，26=13+13，28=11+17，因為，分解式變化多端，我們要的是從理論上證明它，我終于把它想了個通透，對于分解式（3）式，證明了它的充分條件和必要條件.具體的分解式，我們可以通過電腦程序來幫助我們建立分解式.

這些，只是一些證明哥德巴赫猜想的思路，它就像一些骨架，我試圖豐富它，試圖更加專業化它，試圖給它加進一些肉和新鮮血液，讓它變得有血有肉，讓它變得生動，讓它變得更加專業術語化，但是數學就是數學，它來不得半點的虛偽，我想，也只有我膽敢提出（3）式那樣的分解式，也只有我能夠有那樣另辟蹊徑的證明思路.

對于（4）和（5）兩個式子，并非憑空捏造，也并非沒有意義，它們是要說明素數的存在，如果有i使得上面兩個式子成立，說明有解，說明（3+2i）和（3+2（K-i））兩個數此時為素數，而對于一個大偶數而言，K是常數，當我們要證明所有的大偶數的時候，K才成為變量.

對于哥德巴赫猜想，我們以上這樣做的目的是證明有解，即存在一個i使得（3）式成立.

它，妙就妙在只要證明有解就夠了，因為分解式是沒有規律可言的，所以，觸發我這樣做.

至此，我們證明了哥德巴赫猜想（a），即任何一個大于等于6之偶數，都可以表示成兩個奇素數之和.

由于有了上述對哥德巴赫猜想（a）的證明，應用（3）式的結果，這樣我們來證明哥德巴赫猜想（b），即任何一個大于等于9之奇數，都可以表示成三個奇素數之和，我們可以設以下式子：

2K+9=（2K+6）+3=（3+2i）|（1，（3+2i））+（3+2（K-i））|（1，（3+2（K-i）））+3.（6）

上式（6）將其分解成三個奇素數之和.

這樣，我們就證明了，1742年6月7日哥德巴赫寫信給當時的大數學家歐拉，提出的以下猜想：

（a）任何一個大于等于6之偶數，都可以表示成兩個奇素數之和.

（b）任何一個大于等于9之奇數，都可以表示成三個奇素數之和.

【參考文獻】

[1]王麗麗，李小凝.陳景潤傳[M].北京：新華出版社，1998.endprint