哥德巴赫猜想引思

陈蓓菲

【摘要】本文给出了一个大偶数分解成为二个素数独特的分解式（3）式，证明它有解，并给出对于（3）式的充分条件和必要条件的证明.

【关键词】哥德巴赫猜想；大偶数；素数

哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一.哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，生于1690年，1725年当选为俄国彼得堡科学院院士.1742年，哥德巴赫在教学中发现，每个不小于6的偶数都是两个素数（只能被1和它本身整除的数）之和.如，6=3+3，12=5+7，等等.

1742年6月7日哥德巴赫写信给当时的大数学家欧拉，提出了以下猜想：

（a）任何一个大于等于6之偶数，都可以表示成两个奇素数之和.

（b）任何一个大于等于9之奇数，都可以表示成三个奇素数之和.

欧拉在回信中也提出另一等价版本，即任一大于2的偶数都可写成两个素数之和.今日常见的猜想陈述为欧拉的版本.把命题“任一充分大的偶数都可以表示成一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和”记作“a+b”.1966年陈景润证明了“1+2”成立，即“任一充分大的偶数都可以表示成二个素数的和，或是一个素数和一个半素数（二个素数的积）的和”，我不能认同陈景润的做法，因为，其在很大程度上偏离了原题.

摘译1742年6月30日欧拉给哥德巴赫的一封信：

“正如在你给我的来信中所观察到的那样，每个偶数看来是两个素数之和，还蕴藏着每个数如果是两个素数之和，则它可以是任意多个素数之和，个数由你而定.如果给定一个偶数n，则它是两个素数之和，对n-2也是如此，则n是三到四个素数之和.如果n是奇数，则它一定是三个素数之和，因为n-1是两个素数之和.所以，n是一个任意多个素数之和.虽然我现在还不能证明，但我肯定每个偶数是两个素数之和……”

一、下面引述前人研究的基础

（一）殆素数

殆素数就是素因子个数不多的正整数.现设N是偶数，虽然不能证明N是两个素数之和，但足以证明它能够写成两个殆素数的和，即N=A+B，其中A和B的素因子个数都不太多，譬如，素因子个数不超过10.用“a+b”来表示如下命题：每个大偶数N都可表示为A+B，其中A和B的素因子个数分别不超过a和b.显然，哥德巴赫猜想就可以写成“1+1”.在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的.

（二）例外集合

在数轴上取定大整数x，再从x往前看，寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数，即例外偶数.x之前所有例外偶数的个数记为E（x）.我们希望，无论x多大，x之前只有一个例外偶数，那就是2，即只有2使得猜想是错的.这样一来，哥德巴赫猜想就等价于E（x）永远等于1.当然，直到现在还不能证明E（x）=1；但是能够证明E（x）远比x小.在x前面的偶数个数大概是x2；如果当x趋于无穷大时，E（x）与x的比值趋于零，那就说明这些例外偶数密度是零，即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立.这就是例外集合的思路.

（三）三素数定理

如果偶数的哥德巴赫猜想正确，那么奇数的猜想也正确.我们可以把这个问题反过来思考.已知奇数N可以表示成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如，第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想.这个思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25岁时，研究有一个小素变数的三素数定理.这个小素变数不超过N的θ次方.我们的目标是要证明θ可以取0，即这个小素变数有界，从而推出偶数的哥德巴赫猜想.潘承洞先生首先证明了θ可取14.后来的很长一段时间内，这方面的工作一直没有进展，直到1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7120.这个数已经比较小了，但是仍然大于0.

（四）几乎哥德巴赫问题

1953年，林尼克发表了一篇长达70页的论文.在文中，他率先研究了几乎哥德巴赫问题，证明了，存在一个固定的非负整数k，使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和.这个定理，看起来好像丑化了哥德巴赫猜想，实际上它是非常深刻的.我们注意，能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合.

二、推理与讨论

下面给出对于哥德巴赫猜想（a）的证明，即：任何一个大于等于6之偶数，都可以表示成两个奇素数之和.

一天晚上，我突然想起哥德巴赫猜想，感觉有戏，所以，就动起了笔杆子，我首先从递归原理出发，众所周知，素数又是奇数，则当我假设有2K=C+D，K为正整数，C，D代表素数，那么有2q=C1+D1，2p=C2+D2，C1，D1，C2，D2，…代表素数，p，q代表正整数，则有2K+2=C+D+2=（2q+1）+（2p+1）+2=2q+2p+2+2=（C1+D1）+（C2+D2）+2+2=….

这样拆分出许多2，其中奇数可以一直拆分到3为止，然后我们又将2的倍数补充至下式中，则一个大偶数2K+6可以由下式来决定：

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））.（1）

我們让2K+6来作为一个大偶数，分解出两个奇数之和，这两个奇数分别用（3+2i）和（3+2（K-i））来表示，而在数轴上移动多少个2会使得（3+2i）和（3+2（K-i））成为素数，即当K定下来以后，就是由i的大小来决定什么时候分解成两个素数之和.

所以，问题是，对于一个大偶数2K+6，至少存在一个i，使得上面（1）的分解式子成立.

这样，对于K=10而言，2K+6=26，存在一个i=5，使得

2K+6=（3+2i）+（3+2（K-i））=13+13=26.

对于K=10而言，还存在另一个i=2，使得

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

而对于K=11，则存在一个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，我以前也想过哥德巴赫猜想，但都没有这一次想得如此透彻.

对于哥德巴赫猜想，还有值得进一步探讨的时间和空间，对于（1）式，我们在3的基础上加了两个偶数2i和2（K-i），得到两个永远的奇数或者奇素数，这样就筛选掉了偶数，去掉了一半不合格的偶数，但是，里面还有水分，我们还必须把纯粹的奇数去掉，但是这样也已经向一个大偶数分解成两个素数之和迈进了一大步.

对于（1）式，0≤i≤K，这样，对于2K而言，i只走了一半少6，对于K=1 000而言，2K+6=2 006，i的取值的试探空间只在0≤i≤1 000，这样有点像二分法，把2的数倍的偶数分别加到初始的3上面.

不管怎样，我们必须想办法把（1）式中分解式子中的非素数的奇数去掉，但是，这是艰难的一个环节，我们用

（3+2i）|（1，（3+2i））和（3+2（K-i））|（1，（3+2（K-i）））来表示这两个数只能被1和它本身所整除，不能被2，3和直到它本身减1所整除.

我们试图去掉水分，去掉奇数，剩下素数，这样让我们来试一试去掉3的倍数，此时（1）式中的（3+2i）≠3a和（3+2（K-i））≠3b，假设a，b都是自然数，3a和3b用来表示3的倍数，可以把它们当作两个常数，K也理所当然当作一个常数，所以i至少有一个解.

我们还必须去掉5的倍数，7的倍数，…，直至华罗庚定理的平方根数，即（3+2i）的平方根取整数和（3+2（K-i））的平方根取整数，但是，即使在数轴上去掉这么多正整数，其仍然存在一些素数，满足一个大偶数可以分解成两个素数之和，这样一个命题.

3的倍数的情况是这样，5的倍数的情况是这样，7的倍数的情况是这样，以此类推，直至华罗庚的平方数取整数，因此，我们可以将式子写成

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

来表示它的分解式，即一个大偶数可以分解成两个素数之和.

虽然，去掉的非素数很多，但是，仍然存在我们所需要的素数，可能只有一两个式子而已，这样已经足够说明问题了.下面我会给出一个范围之内的大偶数的分解式子计算机程序，即分解成两个素数之和的C语言程序.

#include

#include

int main（） {

int k，m，n，c，d，i，j，p，flag1，flag2；/*m代表一个大偶数，n代表6至m之间的偶数，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！＼＼n"）；

printf（"欢迎来到哥德巴赫梦想园地，我们将在这里见证一个又一个大偶数分解成两个素数之和＼＼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）；}

我们在以上程序中引用了“哥德巴赫梦想园地”一词，而不用“哥德巴赫猜想园地”，是因为证明哥德巴赫猜想是我的梦想，而且，“梦想园地”也远比“猜想园地”要顺畅得多，整个证明和说明过程通透易懂，就像一个家庭主妇在做一桌菜，虽然朴素无华，却也了如指掌，这就是一个家庭主妇暨大学副教授的贡献.

如上，我已经成功调试了哥德巴赫猜想分解程序，并以6～2 006之间的偶数为例做了分解式，结果太多太长（略），由结果可见，这之间的每一个偶数至少有一个分解式，这样，哥德巴赫猜想研究暂告一段落.

然而，哥德巴赫猜想总是弄得我寝食不安，我不能停滞不前，我还必须做点什么，我反复思考，分解式（3）

可以理解成数轴上的两个素数之和，而数轴上的素数是大量存在的.数轴上的任意两个素数之和一定是偶数，是因为，素数也是奇数，两个奇数之和一定是偶数，所以，我们就说这个分解式的充分条件成立.

我仍然反复思考着，让我们来试试哥德巴赫猜想的必要条件是否成立，就是说“任一个大偶数必能分解成两个素数之和”.当我们把分解式写成（3）式，

我们要做的就是找到一个i使得上式成立.

让我们来各个击破，对于（3）式，我们知道存在至少一个i使得下述两个约束条件即（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）

从上述两个式子看来，当K定下来以后，K可以看作是常数，所以方程式（3）随着K的变化，不但有解，而且可能不止一个解，所以，这就说明了一个大偶数必能分解成两个素数之和，这就是必要条件成立.

至此，我在心里为自己击掌叫好，这样的问题，我们不要陷入具体的分解式的怪圈，比如，26=13+13，28=11+17，因为，分解式变化多端，我们要的是从理论上证明它，我终于把它想了个通透，对于分解式（3）式，证明了它的充分条件和必要条件.具体的分解式，我们可以通过电脑程序来帮助我们建立分解式.

这些，只是一些证明哥德巴赫猜想的思路，它就像一些骨架，我试图丰富它，试图更加专业化它，试图给它加进一些肉和新鲜血液，让它变得有血有肉，让它变得生动，让它变得更加专业术语化，但是数学就是数学，它来不得半点的虚伪，我想，也只有我胆敢提出（3）式那样的分解式，也只有我能够有那样另辟蹊径的证明思路.

对于（4）和（5）两个式子，并非凭空捏造，也并非没有意义，它们是要说明素数的存在，如果有i使得上面两个式子成立，说明有解，说明（3+2i）和（3+2（K-i））两个数此时为素数，而对于一个大偶数而言，K是常数，当我们要证明所有的大偶数的时候，K才成为变量.

对于哥德巴赫猜想，我们以上这样做的目的是证明有解，即存在一个i使得（3）式成立.

它，妙就妙在只要證明有解就够了，因为分解式是没有规律可言的，所以，触发我这样做.

至此，我们证明了哥德巴赫猜想（a），即任何一个大于等于6之偶数，都可以表示成两个奇素数之和.

由于有了上述对哥德巴赫猜想（a）的证明，应用（3）式的结果，这样我们来证明哥德巴赫猜想（b），即任何一个大于等于9之奇数，都可以表示成三个奇素数之和，我们可以设以下式子：

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

上式（6）将其分解成三个奇素数之和.

这样，我们就证明了，1742年6月7日哥德巴赫写信给当时的大数学家欧拉，提出的以下猜想：

（a）任何一个大于等于6之偶数，都可以表示成两个奇素数之和.

（b）任何一个大于等于9之奇数，都可以表示成三个奇素数之和.

【参考文献】

[1]王丽丽，李小凝.陈景润传[M].北京：新华出版社，1998.endprint