哥德巴赫猜想—初等數論課後習題

07-01

哥德巴赫猜想—初等數論課後習題

哥德巴赫猜想的初等證明

凡事應儘可能簡單，但不能過於簡單——A.愛因斯坦

我們的祖先在地球上生活了幾千上億年後才知道地球的存在；然而真相是簡單的。數學家們把問題複雜化了（用連續的思想去解決離散的問題難度更大），用解析數論、代數數論、實分析和複分析不能解決這些問題時，用初等方法能解決嗎？

受歐幾里得用反證法簡單而優美地證明素數無限性的啟發，考慮 $2n=p+(2n-p)$ ，若設定 $p$ 為 $n$ 前奇素數，那麼只需證明 $2n-p$ 中一定有素數即可證明哥德巴赫猜想。

定理1:設 $p$ 為 $n$ 前奇素數,則 $2n-p,2n+p$ 中皆有素數

引理：（中國剩餘定理）設 $m_{1},m_{2},m_{3},...m_{r}$ 是兩兩互素的，則同餘方程組

$xequiv a_{1}(modm_{1}),$

$xequiv a_{2}(modm_{2}),$

$xequiv a_{3}(modm_{3}),...,$

$xequiv a_{r}(modm_{r}),$

有模 $M=m_{1}m_{2}m_{3} cdotcdotcdot m_{r}$ 的唯一解。

這裡不是要證明它，而是要引入兩種特殊情況的解：

$(1)a_{i}=m_{i}$ 時,有唯一解： $xequiv0(modM)$ ，最小解 $x=0$ ；

$(2)a_{i}=m_{k},i e k$ 時,包括部分 $a_{i}=m_{i}$ 也有唯一解: $xequiv b(modM),0<b<M$ ,最小解 $x=b$ .

下面回到命題的證明：

設 $p$ 為 $n$ 前奇素數， $p=left{ 3,5,7,...,p_{i} ight},p<n,igeq1$

$n=4$ 時， $p=3; 2n-p=5$ 是素數；

$n=5$ 時， $p=3; 2n-p=7$ 是素數；

$n=6$ 時， $p=left{ 3,5 ight}; 2n-p=left{ 9,7 ight}; 7$ 是素數；

$n=7$ 時， $p=left{ 3,5 ight}; 2n-p=left{ 11,9 ight}; 11$ 是素數；

$n=8$ 時， $p=left{ 3,5,7 ight}; 2n-p=left{ 13,11,9 ight}; 13,11$ 是素數；

後面是不是都成立呢？下面用反證法來證明：

因為， $n^{2}>1$ 是一個合數， $n$ 的全部素因子皆不超過 $n$ ；而 $n<2n-p<n^{2}，$ 所以，若 $2n-p$ 是一個合數，則 $2n-p$ 必有一個素因子小於 $n,$ 即若 $2n-p$ 是合數，必能被某個 $p$ 整除.設為 $q, q∈p$

反證法：

假設 $2n-p=left{ 2n-3,2n-5,cdotcdotcdot,2n-p_{i} ight}$ 全部是合數，必有 $2n-pequiv0(modq),qin p$

$2n-pequiv0(modq)$ 全部是合數，不外兩種情況： $p=q$ 和 $p e q$ 與引理的兩種特殊情況對應：

當 $p=q$ 時：只有一組這種情況

方程組的解是 $nequiv0(mod3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i})$ ，滿足 $2n-p$ 全部是合數的 $n$ 最小值是 $n=0,$ 第二小解是 $n=3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}$ , $i=1$ 時就錯了，因 $n=3$ 這與設定 $p$ 是 $n$ 前奇素數 $3<n$ 矛盾。

所以， $n=3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}$ 是錯誤的， $n$ 前還有大於 $p_{i}$ 的素數；

當 $p e q$ 時（包括部分 $p=q$ ）：其它情況

用中國剩餘定理解其它方程組都能得到： $nequiv b(mod3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}),b>0且b e n$ （否則 $nequiv0(modM)$ ）滿足 $2n-p$ 全部是合數的 $n$ 最小值是 $n=b但是b e n$ ;第二小解 $n^{,}=b+3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}$ , $b>0$ ,(部分 $q=p$ 時 $b>0$ ,因只要有一個 $p e q$ 就有 $b>0$ )；

$n=3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}<n^{,}=b+3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}$

$n=3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}$ 是錯誤的， $n$ 前還有大於 $p_{i}$ 的素數； $n$ 並非全部 $p$ 的積；

$n^{,}=b+3cdot5cdot7cdotcdotcdotcdot p_{i}$ 更是錯誤的， $n^{,}$ 前還有更多大於 $p_{i}$ 的素數；

舉例： $n=6$ 時，有 $2n-3$ 與 $2n-5$

$p=q$ ： $2n-3equiv0(mod3),2n-5equiv0(mod5)$ ，解得 $nequiv0(mod3cdot5)$

$p e q$ : $2n-3equiv0(mod5),2n-5equiv0(mod3)$ ，解得 $nequiv4(mod3cdot5)$

若這兩數都是合數解得 $n=0,4$ (最小解)不等於6

$n=15$ 是滿足 $2n-3=27$ 和 $2n-5=25$ 都是合數的第二小解，但 $15$ 前面還有大於 $5$ 的素數 $7、11、13$ 沒有被考慮； $n=6$ 時，有 $2n-3$ 與 $2n-5$ ,但這兩數都是合數時 $n=0,15,30,45...$

$n=4+15=19$ 也滿足 $2n-3=35$ 和 $2n-5=33$ 都是合數，但 $19$ 前面還有大於 $5$ 的素數 $7、11、13、17$ 沒有被考慮；這兩數都是合數時 $n=4,19,34,49...$

綜上所述：假設 $2n-p=left{ 2n-3,2n-5,cdotcdotcdot,2n-p_{i} ight}$ 全部是合數, $n=0$ 是最小解，其它解也與事實不符： $n e0,b(modM),n e b$ ,這個假設是錯誤的，它們不能全是合數。所以, $p$ 為 $n$ 前奇素數， $2n-p$ 中必有素數.