用等差數(shù)列分解篩除法驗證哥德巴赫猜想命題：任何一個不小于6的偶數(shù)都可以表示為二個素之和

何建高

摘 要：本文利用奇數(shù)在某特定的環(huán)境中具有一定的規(guī)律性，利用等差數(shù)列分解法篩除所有的合數(shù)后，必定出現(xiàn)至少一對素數(shù)，它們之和等于該偶數(shù)，并結(jié)合集合的定義驗證哥德巴赫猜想成立

關(guān)鍵詞：猜想 等差數(shù)列 集合 篩除

1、集合預(yù)設(shè)

1.1設(shè)不小于6的偶數(shù)列集合為f（x）={2n+4）}（n為正整數(shù)）

1.2素數(shù)列集合為f（x）= {除1和本身外，不能被其它整數(shù)整除的奇數(shù)}

1.3奇數(shù)中的合數(shù)列集合為f（x）= {除1和本身外，還能被其它整數(shù)整除的奇數(shù)}

1.4奇數(shù)列集合為f（x）= {2n+1}

2、奇數(shù)都是成對出現(xiàn)，成對篩除

例如：f（x）=64 如表一所示

在表一中，如果將第一行的合數(shù)全部篩除，則對應(yīng)第二行中定有一個與之對應(yīng)的數(shù)被篩除（素數(shù)或合數(shù)），即用2/3、2/5、2/7、2/11…篩除法將第一行所有的合數(shù)篩除后，最后只剩下素數(shù)且至少剩下一對以上。

3、用等差數(shù)列分解法篩除所有的合數(shù)

設(shè)f（x）=M ，i為 內(nèi)最大的素數(shù)，M內(nèi)的奇數(shù)列集合為：

f（x）= {2n+1}（2n+1

內(nèi)的素數(shù)列集合為f（x）={所有i以內(nèi)（包括i）的除1和本身外不能被其他整數(shù)整除的奇數(shù)}

則：i既為 內(nèi)的最大素數(shù)，也是 內(nèi)的最大素數(shù)。

3.1第一步將奇數(shù)列集合分解。設(shè)公差d=2×3=6將奇數(shù)列集合f（x）= {2n+1}分解為三個等差數(shù)列集合

f（x）= {2×3n-3}……（1）

f（x）= {2×3n-1}……（2）

f（x）= {2×3n+1}……（3）

在（1）、（2）、（3）這三個等差數(shù)列中，每一個偶數(shù)

f（x）=M均為（1）、（2）、（3）中之兩兩之和，例如：

f（x）=64時 為（1）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=64

（2）式集合中的元素+（2）式集合中的元素=64

f（x）=66時 為（1）式集合中的元素+（1）式集合中的元素=66

（2）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=66

f（x）=68時 為（1）式集合中的元素+（2）式集合中的元素=68

（3）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=68

由此可以看出，當(dāng)f（x）=64時，若將所有3的倍數(shù)篩除時，由于（1）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=64，因此（1），（3）式集合均被篩除，則剩下（2）式中的數(shù)列集合。

3.2、第二步 將至少剩下的一個數(shù)列集合繼續(xù)分解。設(shè)公差為d=2×3×5=30。

若剩下的數(shù)列為（2）式數(shù)列，則可將之分解為公差d=30的五個等差數(shù)列

f（x）= {2×3×5n-5}……（1）

f（x）= {2×3×5n-23}……（2）

f（x）= {2×3×5n-17}……（3）

f（x）= {2×3×5n-11}……（4）

f（x）= {2×3×5n+1}……（5）

由于（1）式集合中的元素+（5）式集合中的元素=64，因此，將（1）式、（5）式篩除，則剩余（2）式、（3）式、（4）式數(shù)列集合。即到此步至少剩下（3-2）×（5-2）=3個數(shù)列集合。

3.3第三步：將至少剩下的三個數(shù)列集合繼續(xù)分解，設(shè)公差d=2×3×5×7=210，分解后的數(shù)列集合個數(shù)為（3-2）×（5-2）×7=21個，將這些數(shù)列中所有7的倍數(shù)篩除，則篩除后至少剩下（3-2）×（5-2）×（7-2）=15個數(shù)列集合

將剩下的15個數(shù)列集合繼續(xù)分解，設(shè)公差d=2×3×5×7×11=2310，分解后將所有11的倍數(shù)篩除，則篩除后至少剩下

（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）=135個數(shù)列集合

將剩下的數(shù)列集合繼續(xù)分解，且一直分解下去直至i，當(dāng)最后將i的倍數(shù)篩除時，即將所有的合數(shù)篩除完后剩下的數(shù)列集合個數(shù)為

Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）（在這些數(shù)列集合中，存在很多空集數(shù)列）（設(shè)Q為篩除后剩余的數(shù)列的個數(shù)，很顯然，最后剩余的數(shù)列均為素數(shù)數(shù)列）。

因此，要證明哥德巴赫猜想成立，只要證明

Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）這些數(shù)列集合中至少存在一對奇數(shù)（即素數(shù)）它們之和等于該偶數(shù)即可。

4、證明Q =（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）這些數(shù)列集合中至少存在一個素數(shù)對（即不是全為空集數(shù)列）

證明：當(dāng)f（x）=M時 顯然M>i2 （設(shè)p為每一步篩除完某合數(shù)后剩下數(shù)列集合中奇數(shù)的個數(shù)）

同時篩除完所有的合數(shù)后剩下的數(shù)列集合個數(shù)，為Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×……×（i-2）個集合

以上P、Q兩種不同的代數(shù)式，表達(dá)同一個概念，因此，要證明數(shù)列集合Q中至少存在一對素數(shù)對，只要證明P中至少存在一對素數(shù)對。

由于i是一個較大的素數(shù)，因此 i至少大于2，即剩余數(shù)列集合Q中至少有2個素數(shù)，它們之和等于M。

5、證明任何一個不小于6的偶數(shù)均可以表示為二個素數(shù)之和（即哥德巴赫猜想命題成立）

證明：①假設(shè)當(dāng)f（x）=64時（6、8、10…等有限個偶數(shù)內(nèi)可直接驗證命題成立，設(shè)f（x）=M這里的M一般比較大），第一步可分解為公差d=6的三個等差數(shù)列集合即

在第二步分解完后，顯然7的倍數(shù)為空集數(shù)列，則它對應(yīng)被篩除的集合也為空集數(shù)列，即第三步分解完且將7的倍數(shù)篩除完后，假設(shè)篩除的空集數(shù)列為（3）式、（4）式，在剩下的15個數(shù)列中有9個數(shù)列為空集，剩下6個數(shù)列，它們集合中的元素之和分別等于64、即Q=6、符合題意，命題成立。

②當(dāng)f（x）=66時，同樣66內(nèi)的奇數(shù)第一步可分解為公差d=6的三個等差數(shù)列集合，即f（x）= {3、9、15、21、27、33、39、45、51、57、63}……（1）

因（1）式集合中的元素+（1）式集合中的元素=66 （2）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=66

將3的倍數(shù)即（1）式篩除，然后將剩下的（2）、（3）式用同樣的方法繼續(xù)分解，直至將所有的合數(shù)篩除，最后剩下素數(shù)13、19、23、29、37、43、47、53、即Q=8符合題意，命題成立。

③當(dāng)f（x）=M時（M為任一大偶數(shù)）M內(nèi)至少存在一個素數(shù)對，它們之和等于M，前文已證。

所以由①、②、③可知，任何一個不小于6的偶數(shù)都可以表示為兩個素數(shù)之和，原命題成立。

摘 要：本文利用奇數(shù)在某特定的環(huán)境中具有一定的規(guī)律性，利用等差數(shù)列分解法篩除所有的合數(shù)后，必定出現(xiàn)至少一對素數(shù)，它們之和等于該偶數(shù)，并結(jié)合集合的定義驗證哥德巴赫猜想成立

關(guān)鍵詞：猜想 等差數(shù)列 集合 篩除

1、集合預(yù)設(shè)

1.1設(shè)不小于6的偶數(shù)列集合為f（x）={2n+4）}（n為正整數(shù)）

1.2素數(shù)列集合為f（x）= {除1和本身外，不能被其它整數(shù)整除的奇數(shù)}

1.3奇數(shù)中的合數(shù)列集合為f（x）= {除1和本身外，還能被其它整數(shù)整除的奇數(shù)}

1.4奇數(shù)列集合為f（x）= {2n+1}

2、奇數(shù)都是成對出現(xiàn)，成對篩除

例如：f（x）=64 如表一所示

在表一中，如果將第一行的合數(shù)全部篩除，則對應(yīng)第二行中定有一個與之對應(yīng)的數(shù)被篩除（素數(shù)或合數(shù)），即用2/3、2/5、2/7、2/11…篩除法將第一行所有的合數(shù)篩除后，最后只剩下素數(shù)且至少剩下一對以上。

3、用等差數(shù)列分解法篩除所有的合數(shù)

設(shè)f（x）=M ，i為 內(nèi)最大的素數(shù)，M內(nèi)的奇數(shù)列集合為：

f（x）= {2n+1}（2n+1

內(nèi)的素數(shù)列集合為f（x）={所有i以內(nèi)（包括i）的除1和本身外不能被其他整數(shù)整除的奇數(shù)}

則：i既為 內(nèi)的最大素數(shù)，也是 內(nèi)的最大素數(shù)。

3.1第一步將奇數(shù)列集合分解。設(shè)公差d=2×3=6將奇數(shù)列集合f（x）= {2n+1}分解為三個等差數(shù)列集合

f（x）= {2×3n-3}……（1）

f（x）= {2×3n-1}……（2）

f（x）= {2×3n+1}……（3）

在（1）、（2）、（3）這三個等差數(shù)列中，每一個偶數(shù)

f（x）=M均為（1）、（2）、（3）中之兩兩之和，例如：

f（x）=64時 為（1）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=64

（2）式集合中的元素+（2）式集合中的元素=64

f（x）=66時 為（1）式集合中的元素+（1）式集合中的元素=66

（2）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=66

f（x）=68時 為（1）式集合中的元素+（2）式集合中的元素=68

（3）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=68

由此可以看出，當(dāng)f（x）=64時，若將所有3的倍數(shù)篩除時，由于（1）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=64，因此（1），（3）式集合均被篩除，則剩下（2）式中的數(shù)列集合。

3.2、第二步 將至少剩下的一個數(shù)列集合繼續(xù)分解。設(shè)公差為d=2×3×5=30。

若剩下的數(shù)列為（2）式數(shù)列，則可將之分解為公差d=30的五個等差數(shù)列

f（x）= {2×3×5n-5}……（1）

f（x）= {2×3×5n-23}……（2）

f（x）= {2×3×5n-17}……（3）

f（x）= {2×3×5n-11}……（4）

f（x）= {2×3×5n+1}……（5）

由于（1）式集合中的元素+（5）式集合中的元素=64，因此，將（1）式、（5）式篩除，則剩余（2）式、（3）式、（4）式數(shù)列集合。即到此步至少剩下（3-2）×（5-2）=3個數(shù)列集合。

3.3第三步：將至少剩下的三個數(shù)列集合繼續(xù)分解，設(shè)公差d=2×3×5×7=210，分解后的數(shù)列集合個數(shù)為（3-2）×（5-2）×7=21個，將這些數(shù)列中所有7的倍數(shù)篩除，則篩除后至少剩下（3-2）×（5-2）×（7-2）=15個數(shù)列集合

將剩下的15個數(shù)列集合繼續(xù)分解，設(shè)公差d=2×3×5×7×11=2310，分解后將所有11的倍數(shù)篩除，則篩除后至少剩下

（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）=135個數(shù)列集合

將剩下的數(shù)列集合繼續(xù)分解，且一直分解下去直至i，當(dāng)最后將i的倍數(shù)篩除時，即將所有的合數(shù)篩除完后剩下的數(shù)列集合個數(shù)為

Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）（在這些數(shù)列集合中，存在很多空集數(shù)列）（設(shè)Q為篩除后剩余的數(shù)列的個數(shù)，很顯然，最后剩余的數(shù)列均為素數(shù)數(shù)列）。

因此，要證明哥德巴赫猜想成立，只要證明

Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）這些數(shù)列集合中至少存在一對奇數(shù)（即素數(shù)）它們之和等于該偶數(shù)即可。

4、證明Q =（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）這些數(shù)列集合中至少存在一個素數(shù)對（即不是全為空集數(shù)列）

證明：當(dāng)f（x）=M時 顯然M>i2 （設(shè)p為每一步篩除完某合數(shù)后剩下數(shù)列集合中奇數(shù)的個數(shù)）

同時篩除完所有的合數(shù)后剩下的數(shù)列集合個數(shù)，為Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×……×（i-2）個集合

以上P、Q兩種不同的代數(shù)式，表達(dá)同一個概念，因此，要證明數(shù)列集合Q中至少存在一對素數(shù)對，只要證明P中至少存在一對素數(shù)對。

由于i是一個較大的素數(shù)，因此 i至少大于2，即剩余數(shù)列集合Q中至少有2個素數(shù)，它們之和等于M。

5、證明任何一個不小于6的偶數(shù)均可以表示為二個素數(shù)之和（即哥德巴赫猜想命題成立）

證明：①假設(shè)當(dāng)f（x）=64時（6、8、10…等有限個偶數(shù)內(nèi)可直接驗證命題成立，設(shè)f（x）=M這里的M一般比較大），第一步可分解為公差d=6的三個等差數(shù)列集合即

在第二步分解完后，顯然7的倍數(shù)為空集數(shù)列，則它對應(yīng)被篩除的集合也為空集數(shù)列，即第三步分解完且將7的倍數(shù)篩除完后，假設(shè)篩除的空集數(shù)列為（3）式、（4）式，在剩下的15個數(shù)列中有9個數(shù)列為空集，剩下6個數(shù)列，它們集合中的元素之和分別等于64、即Q=6、符合題意，命題成立。

②當(dāng)f（x）=66時，同樣66內(nèi)的奇數(shù)第一步可分解為公差d=6的三個等差數(shù)列集合，即f（x）= {3、9、15、21、27、33、39、45、51、57、63}……（1）

因（1）式集合中的元素+（1）式集合中的元素=66 （2）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=66

將3的倍數(shù)即（1）式篩除，然后將剩下的（2）、（3）式用同樣的方法繼續(xù)分解，直至將所有的合數(shù)篩除，最后剩下素數(shù)13、19、23、29、37、43、47、53、即Q=8符合題意，命題成立。

③當(dāng)f（x）=M時（M為任一大偶數(shù)）M內(nèi)至少存在一個素數(shù)對，它們之和等于M，前文已證。

所以由①、②、③可知，任何一個不小于6的偶數(shù)都可以表示為兩個素數(shù)之和，原命題成立。

摘 要：本文利用奇數(shù)在某特定的環(huán)境中具有一定的規(guī)律性，利用等差數(shù)列分解法篩除所有的合數(shù)后，必定出現(xiàn)至少一對素數(shù)，它們之和等于該偶數(shù)，并結(jié)合集合的定義驗證哥德巴赫猜想成立

關(guān)鍵詞：猜想 等差數(shù)列 集合 篩除

1、集合預(yù)設(shè)

1.1設(shè)不小于6的偶數(shù)列集合為f（x）={2n+4）}（n為正整數(shù)）

1.2素數(shù)列集合為f（x）= {除1和本身外，不能被其它整數(shù)整除的奇數(shù)}

1.3奇數(shù)中的合數(shù)列集合為f（x）= {除1和本身外，還能被其它整數(shù)整除的奇數(shù)}

1.4奇數(shù)列集合為f（x）= {2n+1}

2、奇數(shù)都是成對出現(xiàn)，成對篩除

例如：f（x）=64 如表一所示

在表一中，如果將第一行的合數(shù)全部篩除，則對應(yīng)第二行中定有一個與之對應(yīng)的數(shù)被篩除（素數(shù)或合數(shù)），即用2/3、2/5、2/7、2/11…篩除法將第一行所有的合數(shù)篩除后，最后只剩下素數(shù)且至少剩下一對以上。

3、用等差數(shù)列分解法篩除所有的合數(shù)

設(shè)f（x）=M ，i為 內(nèi)最大的素數(shù)，M內(nèi)的奇數(shù)列集合為：

f（x）= {2n+1}（2n+1

內(nèi)的素數(shù)列集合為f（x）={所有i以內(nèi)（包括i）的除1和本身外不能被其他整數(shù)整除的奇數(shù)}

則：i既為 內(nèi)的最大素數(shù)，也是 內(nèi)的最大素數(shù)。

3.1第一步將奇數(shù)列集合分解。設(shè)公差d=2×3=6將奇數(shù)列集合f（x）= {2n+1}分解為三個等差數(shù)列集合

f（x）= {2×3n-3}……（1）

f（x）= {2×3n-1}……（2）

f（x）= {2×3n+1}……（3）

在（1）、（2）、（3）這三個等差數(shù)列中，每一個偶數(shù)

f（x）=M均為（1）、（2）、（3）中之兩兩之和，例如：

f（x）=64時 為（1）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=64

（2）式集合中的元素+（2）式集合中的元素=64

f（x）=66時 為（1）式集合中的元素+（1）式集合中的元素=66

（2）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=66

f（x）=68時 為（1）式集合中的元素+（2）式集合中的元素=68

（3）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=68

由此可以看出，當(dāng)f（x）=64時，若將所有3的倍數(shù)篩除時，由于（1）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=64，因此（1），（3）式集合均被篩除，則剩下（2）式中的數(shù)列集合。

3.2、第二步 將至少剩下的一個數(shù)列集合繼續(xù)分解。設(shè)公差為d=2×3×5=30。

若剩下的數(shù)列為（2）式數(shù)列，則可將之分解為公差d=30的五個等差數(shù)列

f（x）= {2×3×5n-5}……（1）

f（x）= {2×3×5n-23}……（2）

f（x）= {2×3×5n-17}……（3）

f（x）= {2×3×5n-11}……（4）

f（x）= {2×3×5n+1}……（5）

由于（1）式集合中的元素+（5）式集合中的元素=64，因此，將（1）式、（5）式篩除，則剩余（2）式、（3）式、（4）式數(shù)列集合。即到此步至少剩下（3-2）×（5-2）=3個數(shù)列集合。

3.3第三步：將至少剩下的三個數(shù)列集合繼續(xù)分解，設(shè)公差d=2×3×5×7=210，分解后的數(shù)列集合個數(shù)為（3-2）×（5-2）×7=21個，將這些數(shù)列中所有7的倍數(shù)篩除，則篩除后至少剩下（3-2）×（5-2）×（7-2）=15個數(shù)列集合

將剩下的15個數(shù)列集合繼續(xù)分解，設(shè)公差d=2×3×5×7×11=2310，分解后將所有11的倍數(shù)篩除，則篩除后至少剩下

（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）=135個數(shù)列集合

將剩下的數(shù)列集合繼續(xù)分解，且一直分解下去直至i，當(dāng)最后將i的倍數(shù)篩除時，即將所有的合數(shù)篩除完后剩下的數(shù)列集合個數(shù)為

Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）（在這些數(shù)列集合中，存在很多空集數(shù)列）（設(shè)Q為篩除后剩余的數(shù)列的個數(shù)，很顯然，最后剩余的數(shù)列均為素數(shù)數(shù)列）。

因此，要證明哥德巴赫猜想成立，只要證明

Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）這些數(shù)列集合中至少存在一對奇數(shù)（即素數(shù)）它們之和等于該偶數(shù)即可。

4、證明Q =（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×…×（i-2）這些數(shù)列集合中至少存在一個素數(shù)對（即不是全為空集數(shù)列）

證明：當(dāng)f（x）=M時 顯然M>i2 （設(shè)p為每一步篩除完某合數(shù)后剩下數(shù)列集合中奇數(shù)的個數(shù)）

同時篩除完所有的合數(shù)后剩下的數(shù)列集合個數(shù)，為Q=（3-2）×（5-2）×（7-2）×（11-2）×……×（i-2）個集合

以上P、Q兩種不同的代數(shù)式，表達(dá)同一個概念，因此，要證明數(shù)列集合Q中至少存在一對素數(shù)對，只要證明P中至少存在一對素數(shù)對。

由于i是一個較大的素數(shù)，因此 i至少大于2，即剩余數(shù)列集合Q中至少有2個素數(shù)，它們之和等于M。

5、證明任何一個不小于6的偶數(shù)均可以表示為二個素數(shù)之和（即哥德巴赫猜想命題成立）

證明：①假設(shè)當(dāng)f（x）=64時（6、8、10…等有限個偶數(shù)內(nèi)可直接驗證命題成立，設(shè)f（x）=M這里的M一般比較大），第一步可分解為公差d=6的三個等差數(shù)列集合即

在第二步分解完后，顯然7的倍數(shù)為空集數(shù)列，則它對應(yīng)被篩除的集合也為空集數(shù)列，即第三步分解完且將7的倍數(shù)篩除完后，假設(shè)篩除的空集數(shù)列為（3）式、（4）式，在剩下的15個數(shù)列中有9個數(shù)列為空集，剩下6個數(shù)列，它們集合中的元素之和分別等于64、即Q=6、符合題意，命題成立。

②當(dāng)f（x）=66時，同樣66內(nèi)的奇數(shù)第一步可分解為公差d=6的三個等差數(shù)列集合，即f（x）= {3、9、15、21、27、33、39、45、51、57、63}……（1）

因（1）式集合中的元素+（1）式集合中的元素=66 （2）式集合中的元素+（3）式集合中的元素=66

將3的倍數(shù)即（1）式篩除，然后將剩下的（2）、（3）式用同樣的方法繼續(xù)分解，直至將所有的合數(shù)篩除，最后剩下素數(shù)13、19、23、29、37、43、47、53、即Q=8符合題意，命題成立。

③當(dāng)f（x）=M時（M為任一大偶數(shù)）M內(nèi)至少存在一個素數(shù)對，它們之和等于M，前文已證。

所以由①、②、③可知，任何一個不小于6的偶數(shù)都可以表示為兩個素數(shù)之和，原命題成立。