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。
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 2n&2\cdot 4 & 2\cdot 5& 2\cdot 6&2\cdot 7&2\cdot 8& 2\cdot 9&2\cdot 10&2\cdot11&2n \\ \hline p &3& 3&{\color{red}{} 3},5&3, {\color{red}{} 5}&3,5, {\color{red}{} 7}&{\color{red}{} 3},5,7&3,{\color{red}{} 5},7&3,5,{\color{red}{} 7}&3,5,7,...p<n\\ \hline2n-p&5&7&{\color{red}{} 9},7&11,{\color{red}{} 9}&13,11,{\color{red}{} 9}&{\color{red}{} 15},13,11&17,{\color{red}{} 15},13&19,17,{\color{red}{} 15}&2n-p中必有素数\\ \hline \end{array}$

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
$x\equiv a_{1}(modm_{1}),$
$x\equiv a_{2}(modm_{2}),$
$x\equiv a_{3}(modm_{3}),$
$......$
$x\equiv a_{r}(modm_{r}).$
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 $： x\equiv0(modM) ，$ 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， $p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1$
$n=4$ 时， $p=3; 2n-p=5$ 是素数；
$n=5$ 时， $p=3; 2n-p=7$ 是素数；
$n=6$ 时， $p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 9,7 \right\}; 7$ 是素数；
$n=7$ 时， $p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 11,9 \right\}; 11$ 是素数；
$n=8$ 时， $p=\left\{ 3,5,7 \right\}; 2n-p=\left\{ 13,11,9 \right\}; 13,11$ 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 $q, q∈p.$

反证法：
设 $p$ 为 $n$ 前奇素数的集合，假设 $2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdots,2n-p_{i} \right\}$ 全部是合数，必有 $2n-p\equiv0(modq),q\in p,$ $2n-p\equiv0(modq)$ 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 $p ,$ 有解的方程组有 $i!$ 个，即，有解的方程组把 $q$ 或 $p$ 不动，把 $i$ 个 $p$ 或 $q$ 全排列):

当 $p=q$ 时：只有一组这种情况

$2n-3\equiv0\pmod 3,$
$2n-5\equiv0\pmod 5,$
$2n-7\equiv0\pmod 7，$
$\cdots\cdots$
$2n-p_{i}\equiv0\pmod {p_{i}}$
方程组的解是 $n\equiv0(mod3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}) ，$ 满足 $2n-p$ 全部是合数的 $n$ 最小正值是 $n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} , i=1$ 时就错了，因 $n=3$ 这与设定 $p$ 是 $n$ 前奇素数 $3<n$ 矛盾.

$3*5=15$ ， $15前面不是只有3和5两个素数，还有7，11，13没有被考虑；$

所以， $n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}$ 是错误的， $n$ 前还有大于 $p_{i}$ 的素数；

当 $p\ne q$ 时(包括部分 $p=q$ )：其它情况，有 $i!-1$ 组(并不是 $i^{i}-1$ 组)

用中国剩余定理解其它方程组都能得到： $n\equiv b(modM) , b>0,M=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}$ 满足 $2n-p$ 全部是合数的 $n$ 最小值是 $n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} , b>0 ,$ (部分 $q=p$ 时 $b>0 ,$ 因只要有一个 $p\ne q$ 就有 $b>0$ )；
$n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}<n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}$
$n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}$ 是错误的， $n$ 前还有大于 $p_{i}$ 的素数； $n$ 并非全部 $p$ 的积；
$n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}$ 更是错误的， $n^{,}$ 前还有更多大于 $p_{i}$ 的素数；

举例：
$n=6$ 时，有 $2n-3$ 与 $2n-5$

$p=q:2n-3\equiv0(mod3),2n-5\equiv0(mod5),$ 解得 $n\equiv0(mod3\cdot5)$
$p\ne q:2n-3\equiv0(mod5),2n-5\equiv0(mod3),$ 解得 $n\equiv4(mod3\cdot5)$

若这两数都是合数解得 $n\equiv0,4(mod15)$ (最小解)不等于 $6.$

(注， $2n-3\equiv0(mod3),2n-5\equiv0(mod3)$ 无解; $2n-3\equiv0(mod5),2n-5\equiv0(mod5)$ 也无解，即同模无解或是同一个方程，因为矛盾 )

$n=15$ 是满足 $2n-3=27 和 2n-5=25$ 都是合数的最小解，但 $15$ 前面还有大于 $5$ 的素数 $7、11、13$ 没有被考虑； $n=6$ 时，有 $2n-3 与 2n-5$ ,但这两数都是合数时 $n=15,30,45,...$
$n=4+15=19$ 也满足 $2n-3=35 和 2n-5=33$ 都是合数，但 $19$ 前面还有大于 $5$ 的素数 $7、11、13、17$ 没有被考虑；这两数都是合数时 $n=19,34,49,...$

综上所述：假设 $2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdot\cdot\cdot,2n-p_{i} \right\}$ 全部是合数, $n=M$ 是最小解，其它解也与事实不符： $n\ne0,b(modM),$ 即 $n=M$ 是错误的， $n=b+M$ 更是错误的，这个假设是错误的，它们不能全是合数。所以, $p$ 为 $n$ 前奇素数的集合， $2n-p$ 中必有素数.
同理： $p$ 为 $n$ 前奇素数的集合， $2n+p$ 中必有素数，因 $n<2n+p<3n<n^{2} .$

定理2：大于2的偶数必能表为两个素数之和

证明：
设 $p$ 为 $n$ 前奇素数的集合,对于 $2n$ ，当
$n=2$ 时， $4=2+2$ ，成立；
$n=3$ 时， $6=3+3$ ，成立；
$n>p$ 时， $n$ 前总有奇素数 $p , n$ 后 $2n$ 前，总有 $2n-p$ 是素数;（证明同定理1）
$2n=p+(2n-p)$ ，所以大于2的偶数必能表为两个素数的和。

定理3：偶数必能表为两个素数之差

证明：
设 $p$ 为 $n$ 前奇素数的集合,对于 $2n$ ，当
$n=1$ 时， $2=5-3 ；$
$n=2$ 时， $4=7-3 ；$
$n=3$ 时， $6=11-5$ ;都成立；
当 $n>p$ 时， $2n+p$ 中必有素数; 证明同定理1；
$2n=(2n+p)-p$ ，所以：偶数必能表为两个素数之差。

定理4：(伯特兰猜想) 任意正整数 $n>1 , n$ 与 $2n$ 之间必有一素数

1845 年，法国数学家伯特兰猜想对于任意给定的正整数 $n>1$ ,存在一个素数 $d$ ,使得 $n<d<2n$ .这个猜想的第一个证明是由切比雪夫在 1852 年给出的（证明的过程较复杂）.因为已经被证明了，所以它通常被称为伯特兰公设.
证明：
设 $p$ 是 $n$ 前奇素数的集合， $p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1$
当 $n=2$ 时, $2 < 3 < 4$ ，命题成立；
当 $n=3$ 时, $3 < 5 < 6$ ，命题成立；
当 $n>p$ 时， $n$ 后 $2n$ 前 $(n<2n-p<2n)$ 总有 $2n-p$ 是素数；证明同定理 $1;$
所以，当 n>1 时, n 与 2n 之间必有一素数。伯特兰猜想得证。

定理5：大于2的偶数两边总有一对对称素数（素数偶对称性）

证明： 略

所谓奇数哥德巴赫猜想不需证明，偶数 $+3$ 即是奇数，自然成立。
即：大于 $5$ 的奇数都能写成三个素数之和。

致谢:
XXX指出原文中最小解的“错误”,后来我发现原来的论述是对的，最小解就是 $n=M$ ,不是 $n=0,b ,$ 因为 $n\equiv0,b(modM)$ 它等价于 $n=(0,b)+M*k ,$ 其中 $k\ne0$ 为正整数( $0$ 不能作除数)。

补充：
不得不作如下说明
$n$ 前若有 $i$ 个 $p$ ,使得(若) $2n-p$ 全部是合数的有解的方程组有 $i!$ 个，并不是 $i^{i}$ 个。同模都要剔除。举例： $n=12$ 的情况
比 $12$ 小的奇素数有 $4$ 个，不考虑有没有解的话应当有 $4^{4}=256$ 个同余式组，以下是其中一个
$\begin{cases} 2n\equiv3(mod7) ,\\ 2n\equiv5(mod3),\bullet\\ 2n\equiv7(mod11), \\2n\equiv11(mod3).\bullet\end{cases}$
解为 $n\equiv227\left( mod231 \right) ，$ 虽然有解，其中 $5\equiv11\equiv2(mod3)$ 是同一个方程，就少了一个，不能保证四个 $(2n-3,2n-5,2n-7,2n-11)$ 全部是合数；将最小的 $n=227+231=458$ 代入得：
$\begin{cases} 2n-3=913=11\times83 ,\\ 2n-5=911,prime\\ 2n-7=909=9\times101, \\2n-11=905=5\times181.\end{cases}$
其中 $911$ 是素数。
只有两两互素才能保证全部是合数， $(3,3)=3\ne1$
同模要么无解，要么是同一个方程。所以都要剔除。所以(符合全部是合数的)有解的方程组只有i!个。
$n=12$ 时，符合 $2n-p$ 全部是合数的 $n$ 最小值 $n=3\times5\times7\times11=1155 ，$ 其它解都大于 $1155$ .
另：方程组 $\begin{cases}x\equiv a_{1}(\mod m_{1})\\x\equiv a_{2}(\mod m_{2})\end{cases}$ 有解当且仅当 $(m_{1},m_{2})|(a_{1}-a_{2}),$ 若有解，则解模 $[m_{1},m_{2}]$ 唯一。

附：

当 $n$ 是素数时， $2n$ 表为两个素数之和有奇数种表示；
比如：
$4=2\cdot2=\left\{ 2 \right\}_{1}$
$6=2\cdot3=\left\{ 3 \right\}_{1}$
$10=2\cdot5=\left\{ 3,5,7 \right\}_{3}$
$14=2\cdot7=\left\{ 3,7,11 \right\}_{3}$
$22=2\cdot11=\left\{ 3,5,11,17,19 \right\}_{5}$
$=\begin{cases} 3+19\\5+17\\11+11\\17+5\\19+3\end{cases}$
$26=2\cdot13=\left\{ 3,7,13,19,23 \right\}_{5}$
$34=2\cdot17=\left\{ 3,5,11,17,23,29,31 \right\}_{7}$
$38=2\cdot19=\left\{ 7,19,31 \right\}_{3}$
$=\begin{cases}7+31\\19+19\\31+7\end{cases}$
$46=2\cdot23=\left\{ 3,5,17,23,29,41,43 \right\}_{7}$
$58=2\cdot29=\left\{ 5,11,17,29,41,47,53 \right\}_{7}$
$62=2\cdot31=\left\{ 3,19,31,43,59 \right\}_{5}$
$74=2\cdot37=\left\{ 3,7,13,31,37,43,61,67,71 \right\}_{9}$
$82=2\cdot41=\left\{ 3,11,23,29,41,53,59,71,79 \right\}_{9}$
$86=2\cdot43=\left\{ 3,7,13,19,43,67,73,79,83 \right\}_{9}$
$\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot$

当 $n$ 是合数时， $2n$ 表为两个素数之和有偶数种表示；
$12=2\cdot6=\left\{ 5,7 \right\}_{2}=\begin{cases} 5+7\\7+5\end{cases}$
$16=2\cdot8=\left\{ 3,5,11,13 \right\}_{4}=\begin{cases} 3+13\\5+11\\11+5\\13+3\end{cases}$
$70=2\cdot35=\left\{ 3,11,17,19,23,41,47,53,59,67 \right\}_{10} =\begin{cases} 3+67\\11+59\\17+53\\23+47\\29+41\\41+29\\47+23\\53+17\\59+11\\67+3\end{cases}$
$100=2\cdot50=\left\{ 3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97 \right\}_{12}$
$104=2\cdot52=\left\{ 3,7,31,37,43,61,67,73,97,101 \right\}_{10}$
$\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot$
对任意的 $n>1$ 都有：
若 $n$ 是合数， $2n$ 表示为两个素数之和的方法有偶数种；
若 $n$ 是素数， $2n$ 表示为两个素数之和的方法有奇数种.
大于6的偶数，都能表为两个不同奇素数的和
这是因为： $p<n, p\ne2n-p$
大于 $10$ 的偶数，都能表为 $“1+2”$ ，即一个素数与两个素数乘积之和
$12=3+3\cdot3$
$14=5+3\cdot3$
$16=2+2\cdot7=7+3\cdot3$
这是因为：当 $2n-p$ 为合数时，它的全部素因子皆小于 $n$ ,因为 $2n-p<n^{2}$
小于 $146$ 的偶数有些不都能表为 $“1+3”$ ，即一个素数与三个素数乘积之和
$10=2+2\cdot2\cdot2$
$12$ 不能表为 $1+3$
$14=2+2\cdot2\cdot3$
$16$ 不能表为 $1+3$
$18$ 不能表为 $1+3$
$20=2+2\cdot3\cdot3$
$22=2+2\cdot2\cdot5$
$24$ 不能表为 $1+3$
$26$ 不能表为 $1+3$
$28$ 不能表为 $1+3$
$30=3+3\cdot3\cdot3$
$32=5+3\cdot3\cdot3$
$34=7+3\cdot3\cdot3$
$36$ 不能表为 $1+3$
$38=11+3\cdot3\cdot3$
$40=13+3\cdot3\cdot3$
$42$ 不能表为 $1+3$
$44=17+3\cdot3\cdot3$
$46=19+3\cdot3\cdot3$
$48=3+3\cdot3\cdot5$
$50=5+3\cdot3\cdot5=23+3\cdot3\cdot3$
$52=7+3\cdot3\cdot5$
$54=2+2\cdot2\cdot13$
$56=11+3\cdot3\cdot5$
$58=31+27=13+3\cdot3\cdot5$
$60$ 不能表为 $1+3$
$62=17+3\cdot3\cdot5$
$64=37+3\cdot3\cdot3=19+3\cdot3\cdot5$
$78=3+3\cdot5\cdot5$
$84$ 不能表为 $1+3$
$90$ 不能表为 $1+3$
$96$ 不能表为 $1+3$
$108=3+3\cdot5\cdot7$
$114$ 不能表为 $1+3$
$114=\begin{cases}2+2^{4}\cdot7\\3+3\cdot37\\19+5\cdot19\\23+7\cdot13\\29+5\cdot17\\37+7\cdot11\\59+5\cdot11\\79+5\cdot7\\89+5\cdot5\end{cases}$
$114=\left\{ 5,7,11,13,17,31,41,43,47,53,61,67,71,73,83,97,101,103,107,109 \right\}_{20}$
$138$ 不能表为 $1+3$
$144$ 不能表为 $1+3$