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 试谈哥德巴赫猜想之解－－胡桢 |
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作者：Anonymous 在 罕见奇谈 发贴, 来自 http://www.hjclub.org
试谈哥德巴赫猜想之解－－胡桢
命题：每一个充分大的偶数都可以表为两个奇素数之和。
根据命题，任取一充分大的偶数M，表M为两个自然数之和M=a+b，则有：
M=1+(M-1)=2+(M-2)=...=M/2+M/2
共有M/2个元素，归纳为集合G。设p(1,1)为集合G的子集，其元素具有两个奇素数之和的
性质。由此则有：若p(1,1)＞0，则哥德巴赫猜想为真；若p(1,1)=0，则哥德巴赫猜想为假。本
文将证明，在集合G中，p(1,1)＞0，哥德巴赫猜想为真。
引理1：任意充分大的偶数M，表为两个奇素数之和，有：P(1,1)=G-A∪B。
证：根据集合论的摩根定律：A~∩B~=(A∪B)~，设集合A是由区间(1,M/2]中的合数所归纳
的元素之集合，集合B是由区间[M/2,M)中的合数所归纳的元素之集合；则它们的补集，集合A~
是由区间(1,M/2]中的素数所归纳的元素之集合，集合B~是由区间[M/2,M)中的素数所归纳的元
素之集合。由此可知，集合A~与集合B~的交集，为两个奇素数所组成的元素，即有：p(1,1)=A~
∩B~。
从摩根定律之等式的右边，有(A∪B)~，而具有合数性质的并集A∪B之补集，乃是集合G与
并集A∪B的差集，有：(A∪B)~=G-A∪B。
将求得的等式代入摩根定律中，有：P(1,1)=G-A∪B。
引理1证毕。
从引理1中获知，欲求等式左边的集合p(1,1)中的元素之个数，只须对等式右边的G-A∪B
进行运算则可。在等式右边，集合G是给定的，所以，我们只要将并集A∪B求出，问题也就可
获得解决。
引理2：在集合G中，并集A∪B有特征值的子集H(p)和剩余类值的子集H(q)。对于每一个特
征值的子集H(p)，其元素在M=a+b中有出现概率1/p；对于每一个剩余类值的子集H(q)，其元素
在M=a+b中有出现概率2/q。
证：根据唯一分解定理：
M=(p_1)^α*(p_2)^β*...*(p_s)^γ
可以有公式：
M=np=(n-m)p+mp，1≤m≤M/2
即凡属于M的素约数之素数p的倍数，均可以在同一个a+b之元素中构成相加。而p的倍
数，无论是在a中，还是在b中，都是每隔p之值而出现一次的。因是在同一个元素中相加，且
是每隔p之值而出现一次，则在M=a+b中，有出现概率1/p；即并集A∪B有子集H(p)。我们将根据
素数p,p|M所归纳的元素称作为特征值。
根据剩余类环的公式：
M=nq+r=(n-m)q+mq+r，1≤m≤M
即凡属于非M的素约数之素数q的倍数，均是不可能在同一个a+b之元素中构成相加的。而q
的倍数，无论是在a中，还是在b中，也都是每隔q之值而出现一次的。因不能在同一个a+b之
元素中相加，而它们彼此相隔的数值为r，由于r之值小于q之值，故在M=a+b中，每隔q之值会
出现两个q的倍数，一个在a中，一个在b中。对于q的倍数，在M=a+b中，有出现概率2/q；即
并集A∪B有子集H(q)。我们将根据非M的素约数之素数q,q⊥M(符号“⊥”表示不整除)所归纳的
元素称作为剩余类值。
由于公式M=np和公式M=nq+r这两个化式已将加法关系a+b中所有合数的情况穷尽，所
以，在M=a+b中，并集A∪B只具有特征值p和剩余类值q这样两种子集：H(p)和H(q)。
引理2证毕。
引理3：在M=a+b中，与特征值p互素的元素有出现概率(1-1/p)；与剩余类值q互素的元素
有出现概率(1-2/q)。
证：设集合H(p)是集合G的子集，其所归纳的元素是根据唯一分解定理即特征值p而得。
根据引理2，在M=a+b中，其有个数M/2p。则集合G与集合H(p)的差集：
G-H(p)=M/2-M/2p=M/2(1-1/p)
即在M=a+b中，与p互素的元素有出现概率(1-1/p)。
设集合H(q)是集合G的子集，其所归纳的元素是根据剩余类环即剩余类值q而得。根据引
理2，在M=a+b中，其有个数M/q。则集合G与集合H(q)的差集：
G-H(q)=M/2-M/q=M/2(1-2/q)
即在M=a+b中，与q互素的元素有出现概率(1-2/q)。
引理3证毕。
引理4：在M=a+b中，与素数互素的系数(出现概率)均是可积函数。
证：设集合H(p)和H(u)都是集合G的子集，它们的元素都是根据特征值所归纳的。根据引
理3，集合G中与集合H(p)互素的元素有出现概率(1-1/p)。
而集合H(u)有元素M/2u个，其中，有up个元素是与集合H(p)相交的。所以，在集合H(u)
中，与p互素的元素有：M/2u-M/2up=M/2u(1-1/p)。则在M=a+b中，与p和u互素的元素有
M/2(1-1/p)-M/2u(1-1/p)=M/2(1-1/p)(1-1/u)
可见，与特征值p互素的系数是可积函数。
设有集合H(q)，其元素可由公式M=nq+r=(n-m)q+mq+r而表示，化mq+r成为另一素数v的倍
数，即有mq+r=kv，可知：
“q不能整除kv，那么，(q-1)个数：v,2v,...,(q-1)v分别同余1到q-1，并且对模q互不同余：(k_1)v
≠(k_2)v(mod_q)”(费马小定理)。
由于k＜v，因此在M=a+b中与q的倍数组成元素a+b的v之倍数，起始于
M=(n-m)q+kv
加减pv ，有
M=(n-m-iv)q+(k+iq)v .1≤i≤M/vq
乃是每隔vq之数值而出现一次。由此可知，在集合H(q)中，与v互素不仅须对由q之倍数所
组成的集合H(q)中具有v之素因数的元素进行筛除，而且还须对与之构成了元素a+b的另一自然
数中之具有v之素因数的合数进行筛除。
于是在集合H(q)中，由q之倍数而构成的元素a+b的集合中，与v互素的个数是M/q(1-2/v)。
在M=a+b中，如果v⊥M，q⊥M (符号“⊥”表示不整除)，则与v，q互素的元素a+b分别
有：M/2(1-2/v)及M/2(1-2/q)。而与v，q互素的元素a+b在总体上有：
M/2(1-2/v)-M/q(1-2/v)=(M/2-M/q)(1-2/v)=M/2(1-2/v)(1-2/q)
可知，在M=a+b中，对于与剩余类值q互素的系数(1-2/q)也是可积函数。
设有集合H(p)和集合H(q)，其中，p|M，q⊥M 。则有：
M/2(1-1/p)-M/q(1-1/p)=M/2-M/q(1-1/p)=M/2(1-1/p)(1-2/q)
可知，在M=a+b中，与素数互素的系数均是可积函数。
引理4证毕。
引理5：在M=a+b中，p(1,1)/(M/2)=∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M。
证：根据引理1，得知，p(1,1)=G-A∪B。根据引理2和引理3，得知，集合G有特征值子集H(p)
和剩余类值子集H(q)；且在M=a+b中，与p,q互素的元素有出现概率(1-1/p)和(1-2/q)。根据引理4，
可知这些系数都是可积函数。因此，在M=a+b中，与这些素数互素的元素有出现概率：
p(1,1)/(M/2)=(1-1/p_1)...(1-1/p_i)(1-2/q_1)...(1-2/q_j)
=∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M
即在M=a+b中，集合p(1,1)有一般之解的系数为：
∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M.
引理5证毕。
根据“每一个不大于x的合数都有一个不大于√x的素约数”之定理，可知，在M=a+b
中，无论是特征值p，还是剩余类值q，其取值均可在不大于√M的素数之中。对于那些大于
√M的素数，可不予以考虑。
推理：每一个充分大的偶数M，其p(1,1)＞√M/4。
证：根据引理5，得知，p(1,1)的一般之解有出现概率∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M。可
知，p(1,1)有个数：
p(1,1)=M/2∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M.
由于在一定的区域内：特征值越多，则系数之值越大：
(1-1/p)＞(1-2/p)。
特征值越小，则系数之值越大：若p＜q，则
(1-1/p)(1-2/q)＞(1-2/p)(1-1/q)。
在偶数中，特征值最少的乃是2^n，故系数：
(1-1/2)∏(1-2/p)，p＞2
是所有系数中数值最小的一个。换言之，在所有的特征值中，凡具2的n次方之特征值的M
表为两个奇素数之和中个数为最少(在相近的区间内)。
则当M=2^n时，展开乘积，p(1,1)的个数有：
M/2*(1/2)*(1/3)*(3/5)*(5/7)*(9/11)*(11/13)
*(15/17)*(17/19)*(21/23)*...*({p-2}/p).
将分子与分母相约。在系数中，若i＜j，则有(p_j)-2≥p_i，即后一分式中的分子之值大于或
等于前一分式中的分母；而根据“每一个不大于x的合数都有一个不大于√x的素约数”之定
理，系数中最大的素数之值是不大于√M的。于是，将后一分式的分子与前一分式的分母相
约，保留所谓的最后的分母，则有：
p(1,1)＞(M/2)*(1/2)*(1/p)＞(M/4)*(1/√M)=√M/4.
即任取一充分大的偶数M，表为两奇素数之和的个数不少于(√M)/4。当M→∞时，有lim(√M)/4
→∞。至此，我们已经将哥德巴赫猜想之解做了出来，即哥德巴赫猜想为真。
推理证毕。
下面就哥德巴赫猜想举几个实例，以加深对特征值和剩余类值的影响。为了有一个较
为清晰的视觉效应，我们在合数处用括号笼之。
设M=2^n。当M=8时，有:
8=1+7=2+(6)=3+5=(4+4).
当M=16时，有:
16=1+(15)=2+(14)=3+13=(4+12)=5+11=(6+10)=7+(9)=(8+ .
当M=32时，有:
32=1+31=3+29=5+(27)=7+(25)=(9)+23=11+(21)=13+19=(15)+17.
当M=64时，有：
64=1+(63)=3+61=5+59=7+(57)=(9+55)=11+53=13+(51)=(15+49)
=17+47=19+(45)=(21)+43=23+41=(25+39)=(27)+37=29+(35)
=31+(33).
即在M=2^n时，只有2的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一
个a+b元素中相加。
设M=(2^n)(3^m)。当M=6时，有：
6=1+5=2+(4)=3+3.
当M=12时，有：
12=1+11=2+(10)=3+(9)=(4+=5+7=(6+6).
当M=18时，有：
18=1+17=2+(16)=3+(15)=(4+14)=5+13=(6+12)=7+11=(8+10)=(9+9).
当M=24时，有：
24=1+23=3+(21)=5+19=7+17=(9+15)=11+13.
当M=36时，有：
36=1+(35)=3+(33)=5+31=7+29=(9)+27=11+(25)=13+23=(15+21)=17+19.
当M=48时，有：
48=1+47=3+(45)=5+43=7+41=(9+39)=11+37=13+(35)=(15+33)
=17+31=19+29=(21+27)=23+(25).
即在M=(2^n)(3^m)时，只有2的倍数和3的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍
数均不能在同一个a+b元素中相加。
设M=(2^n)(5^m)。当M=10时，有：
10=1+(9)=2+(=3+7=(4+6)=5+5.
当M=20时，有：
20=1+19=2+(1=3+17=(4+16)=5+(15)
=(6+14)=7+13=(8+12)=(9)+11=(10+10).
当M=40时，有：
40=1+(39)=3+37=5+(35)=7+(33)=(9)+31=11+29=13+(27)
=(15+25)=17+23=19+(21).
当M=50时，有：
50=1+(49)=3+47=5+(45)=7+43=(9)+41=11+(39)=13+37
=(15+35)=17+(33)=19+31=(21)+29=23+(27)=(25+25).
即在M=(2^n)(5^m)时，只有2的倍数和5的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍
数均不能在同一个a+b元素中相加。
设M=(2^n)(3^m)(5^k)。当M=30时，有：
30=1+29=3+(27)=5+(25)=7+23=(9+21)=11+19=13+17=(15+15).
当M=60时，有：
60=1+59=3+(57)=5+(55)=7+53=(9+51)=11+(49)=13+47
=(15+45)=17+43=19+41=(21+39)=23+37=(25+35)=(27+33)=29+31.
当M=90时，有：
90=1+89=3+(87)=5+(85)=7+83=(9+81)=11+79=13+(77)
=(15+75)=17+73=19+71=(21+69)=23+67=(25+65)=(27+63)
=29+61=31+59=(33+57)=(35+55)=37+53=(39+51)=41+(49)
=43+47=(45+45).
即在M=(2^n)(3^m)(5^k)时，只有2的倍数、3的倍数和5的倍数可在同一个a+b元素中相加，
其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。
由于集合p(1,1)的一般之解是针对于无穷大时而设计的，即对于任何的子集H(x)，均定其
为与自然数集N有相同的基数，均有无穷多个元素；故不存在什么取整之步骤，仅以出现概率
来计算。所以当M为有限值时，用一般之解的公式来计算p(1,1)的个数之值会产生误差(因为M
不能被剩余类值的素数整除)。尽管如此，对于规律性的东西，纵然不进行取整之步骤，也能
近似地反映集合p(1,1)的状况。
因为从系数上分析：对于具有相同特征值的M，M越大，p(1,1)的个数越多： p(1,1)
＞Lim(√M/4)→∞。
对于不同特征值的M，特征值越小，p(1,1)的个数越多：若p＜q , 则
(1-1/p)(1-2/q)＞(1-1/q)(1-2/p) 。
特征值越多，p(1,1)的个数也越多：
(1-1/p)＞(1-2/p) 。
当然，这三个因素必须有机地结合起来，才能如实地反映p(1,1)的个数。
由于在M=a+b中，当a→∞时，无法再赋予b以什么自然数，则使得M=a+b之式子无法成
立。因此，在自然数集N的区域中，是无法反映出哥德巴赫猜想在无穷大处的面目；所以，加
法关系的公式，还须从基数的角度来分析。
欲想考察基数，必须用集合论的选择公理，且须用共尾序数的概念赋值于b，即以2∞=1+(2
∞-1)=2+(2∞-2)=...=∞+∞来表达加法关系a+b。由于选择公理的形式有很多种，本文采用罗素形式
的商集合概念和蔡梅罗形式的函数概念这两个等价的选择公理。
所谓罗素形式的商集合概念，是指：分割集合中的元素，使之每一元素属于且仅属于
某一不空的商集化子集。
所谓蔡梅罗形式的函数概念，是指：对任一不空集合x，都存在一个函数f，其定义域为x
的所有的不空的元素，取值分别在其作用的不空集合之中。
以最小素因数来归纳元素a+b，且用选择公理对当a或b中的最小素因数不相同时，选择
其中较小的一个素因数之元素作归纳；选择时先选择特征值，后选择剩余类值。在特征值
时，两个自然数的最小素因数是相同的，即在M=a+b中是每隔p之数值而出现一次。在剩余类
值时，两个自然数的最小素因数是不相同的，选择其中素因数值较小的一个归纳，由于在a中
的q之倍数与在b中的q之倍数并不处于同一个元素中，所以每隔q之数值会出现两次q的倍数；
因为互不相交，必须以两个子集合论之。
用商集合的概念来分割，以π表分割。对于特征值，我们有：
π(p_1)=1/{p_1},
π(p-2)=1/{p_2}(1-1/{p_1}),
π(p_3)=1/{p_3}(1-1/{p_1})(1-1/{p_2})
...等。对于剩余值，我们有：
π(q_1)=2/{q_1},
π(q_2)=2/{q_2}(1-2/{q_1}),
π(q_3)=2/{q_3}(1-2/{q_1})(1-2/{q_2}),
...等。我们先归纳特征值的商集化子集，然后再归纳剩余值的商集化子集。可以有：
{n∑i=1}π(p_n)
={n∑i=1}1/{p_n}{n-1∏i=1}(1-1/{p_i}).
以及
{n∑i=1}π(q_n)
={n∑i=1}1/{q_n}∏(1-1/p){n-1∏i=1}(1-2/{q_i}).
...等。
例如，设M=2^n时，用最小素约数的识标来表示，有
2＜3=3＜5=5＜7=7＜11=11＜13=13＜17=17＜...
此识标的倒数为诸子集的出现概率：
1/2＞1/3=1/3＞1/5=1/5＞1/7=1/7＞1/11=1/11＞...
用罗素形式的选择公理来进行商集化分割，则有
π(2)＞π(3)=π(3)＞π(5)=π(5)＞π(7)=π(7)＞...
用蔡梅罗形式的选择公理求取诸商集化子集的出现概率，有
1/2＞2/3(1-1/2)＞2/5(1-1/2)(1-2/3)＞2/7(1-1/2)(1-2/3)(1-2/5)＞...
等等。由于受“每一个不大于x的合数都有一个不大于√x的素约数”之定理的约束，可
知，该良序化之链总是包含于更大的良序化之链中，则函数始终有大于零的值。从(1-1/2)∏(1-2/p)
＞0. p＞2 中可知，在该良序化之链中，下降之链中断于有限处，即用罗素形式的良序化之链
中，存在着最小元素。
与自然数集N的分割相比较，则有：自然数集N的分割形成了以诸素数为最小的元素集(
注意与最小元素的区别)的有序下降链，而M=a+b的分割形成了以诸素因数为最小的元素集的
偏序下降链。
用1减之，则有：自然数集N的
∏(1-1/p)
和无穷集合G的
{∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p)
之函数。而从
∏(1-1/p)＞{∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p)
中可知，自然数集N中的元素少于无穷集合G中的元素，显然，偏序的无穷集合G的基数大
于有序的自然数集N的基数。
p(1,1)有大于零的值，说明在M=a+b中存在有不可归纳的元素，下降之链中断于有限
处。p(1,1)之值等于零(如以奇数表两个奇素数之和)，说明在M=a+b中的元素都可以归纳。
所谓的哥德巴赫猜想，实际上就是在M=a+b中求存在与否不可归纳之元素。
换言之，在M=a+b中，若p(1,1)＞0 ，即存在着两个奇素数之和，则用不大于√M的素数
作筛子，无法将M=a+b中的元素全部归纳。则用选择公理对集合进行商集化分割时，必定是具
有只有一元素的商集化子集，故下降之链中断于有限处。若p(1,1)=0 ，即不存在两个奇素数之
和，则用不大于√M的素数作筛子，可将M=a+b中的元素全部归纳，直至M取值无穷大，也不
存在只有一个元素的商集化子集。例如，当M为奇数时，其商集化之链为：1/2=1/2；此链不
是下降之链，不被更大的链所包含，所以，p(1,1)=0。
M=a+b的偏序集之链随特征值之不同而不同，所以M=a+b的基数有无穷多个。比较诸基
数的大小，在偶数M为有限值时即已开始，否则岂非成了无源之水。在M=a+b中，p(1,1)的个数
之所以存在忽多忽少之现象，正是由于处于不同的基数之规律中而造成的。
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