哥德巴赫猜想成立的初等理论证明.docx
“哥德巴赫猜想”成立的初等理论证明江苏省南通市崇川区张忠摘要：该文谨依据同余理论，用求一次及二次联立不同余式的解集的方法，从理论上证明了大偶数24YP；,都能表示为模兀k=PP2Pk的I12M=|xH引=(GS1两个代数和.关键词：模，筛法，素数，同余，简化剩余，联立不同余式.一.字母符号及名词的意义1文中小写英文字母均表整数.例：冗k=PPzPh2. 文中大字均表集合.例：见=41<4<须.表模句的最小非负完全剩余系.3. Gk=M,畋)=92gy，表bk和k的最大公约数.4. bk=mkGk.5. 1k=TrJGk=Ih匕，表九kGti的最大公约数.5(IJ±1<Sa)±1,z2)÷,1±.±1(modZ,Z1a1k.是模X最大公约数o.s(g1,±1)9.g±1(modg'g1agu.)是模GA最大公约数Iy|.1J2a=S(4)S(GQ表集合24内两两不同元素的简化剩余的代数和.正文分析：作为变量的外在模"火内却可归纳为模=PiPa的一个最小正完全剩余系以=41<d须,故若能证明任一预先给定的大偶数2%>p；都可表示为模万人的两个简化剩余之代数和，则由素数判别法易知：在闭区间pa,p3的偶数也可表示为|20I1=S(1k)×SG)的两个奇素数之和.定理一若1,大偶数2a2Bn=2hnI2bn>)且命：(1)模町的最小正完全剩余系为B=bn11bnn.(2) 一与万的最大公约数为G：1G,=(",可)=gg2g(3) bn=mnGn9(4) n=Gn1n9(5) 1=rJGr1=Ih。，(6) (Z±1,4)=1,即:中与±1(mod>,i=1,2,力)且：1帆I1=S(ZJ=S()s(2)xXS&).(7) (”±1,G)=1,即：G三y±1(mod4,i=1,2,)且：1<W=S(GZJ)=s(g1)×s(g2)XXs(g")(8) anbnmnGSxn±D-1nyn,7(mod肛)， 9)a,nbn1nyn-mnG(xn±V)2bn-anbn(modn),(10)%II=IX"冈%|=)0(G,)1贝IJ:anbn与atnbn是代数和为2bn的模兀的两个简化剩余。证因在肛的最小正完全剩余系Bn=bn1bnn.中有且仅有肛个连续整数，勿与孙的最大公约数G1=(2,可)可以从最小的1到最大的可，故由排列与组合知bn与n的最大公约数&，有且仅有2<S，与)=gg2&G类，故知与G“相对应的1也仅有=可/G=仙,力类.且：Gn×1n=n.V(3)Gn=(bn,n)=(mnGn,1nG)：,(m11Gn,1J=1(11)V(4)(4±1,£)=1,xjt+1(modZzJi<H),(mod111).(12).1111=1(13)V(2):(M,G")=1,%=1Wg±1(rndgi.1i),(modGn).yk(14)=1(15)(3):(m,a,1,)=1,且(2):(Z±14)=1,:(加(XA±1),1j=1,(16) ：anhnmnGfj-1nykmn(xk±i)-1nyk,(mod居),(17)f1bf11nyk-mnG1nyk-(xk±i)Gn2bn-anbf1n(modz,),(18) :且(5)(加.Gz,(.±1),1JJ=1(m,Gx±1)-1w,J=1.anhnmnGn(xn-1nynt1(modz),(18)同理：(3):(g,1)=1,且：(X±1,ZJ=1.(1,m11G11(x±1)=1,.(111-mnGn(xn±1),111G11)=1,(9)V(5),(7)(17)(19)(1ftyn-mnGn(xn±1)91“G1)=1,：.也J1nyn-mnGn(Xn±I)(ITOdTr)一(20)由(18)+(20)可得：af1btt+a,r1bt12mf1Gf12bf1(modj)(21)M=x”冈匕I=M4)。(G)1一(22)故知：当取2么时,则%也与也是和为IM=JM匕I的两个奇素数之和.验证一.试求和为2¼=2×20=40的成对奇素数.解：VP1=25>b3=20.可先求出和为模%=2x3x5=30的全部的简化剩余类. ：G3=(，丐)=(20,30)=2X5=10&<4m3=0/63=20/10=2,13=-3G3=30/10=3.V(1)±1(rd13=I1=3).：.X30.(mod3).X3=(Z3)=1,由堆垒筛SOUS30可获X=1,3,7,9I1q1=O(G3)=4.将：tn3=2,G3=10,13=3,=°，%w1,3,7,9.代入(7):a3b3=f(n3,G3,13,x39y3)rn3G3(x3±1)-1333(mod3),则可获解集A32=11,i7,23,29且4q="W)x0(G3)=4%20=/(2,10,3,0,1)20×(0+1)-3×1=173(x)d/)；&20=4017=23.a320=/(2,10,3,0,3)20×(0+1)-3×3113(mod3);201=40-11=29.a320=/(2,10,37)20×(0+1)-3×7=-1293(mod3);a；20=40-29=11.%20=/(2,10,3,0,9)20×(0+1)-3×9=-7233(mod巧)；a20=40-23=17.故由A320=11,7,23,29知和为2b.=40的大于P3的两奇素数有上述四对.由验证一知：当2a=4时定理一成立.验证二.试求和为2=42的两个奇素数.解：Yp1=25<2h3=42<p1=49.：.可先求出代数和为42的模%3=3。的全部的成对简化剩余类，再从中挑出和为40的成对的素数类.VG3=(a,43)=(21,30)=3%r3.加3=zG3=21/3=7,13=t3G3=30/3=2x5=10.f(mod2),七壬±1(rnod5)(m°dz3=2x5).由堆垒筛sJ±1Us3±1：涸f洞可获X3三028(mod10).On12314目6789V(2)(%G3)=(%3)=1,3i12.(modG3=3).其中：|陷|=W)=(2x5)=3,I周=03)=0(3)=2.将：m3=7,G3=3,4=1。,3£0,2,8.,为£12代入(7)：oc3h3=f(mi,G3,13,x3,y3)m3G3(ix3±i)-1iy33(modr3),则可获解集人321=11,13,19,23,29,31.且其内含|21|二(£3”0(63)=6类解：a321=/(7,3,10,0,1)21×(0+1)-10×111(nx)d)；名21三42-21三31.%21=/(7,3,10,2,1)21×(2+1)-10×1=5323(ImdTrJa242。2119.a32=/(7,3,10,8,1)21×(8+1)-10×1=17929(modf1);a；2142-a2113.%21=/(7,3,10,0,2)21×(0+1)-10×2131(mod4)；2142-a231.%21=/(7310,2,2)21×(2+1)-10×2=4313(modTrJa2142-a229.%21=/(7,3,10,8,2)21×(8+1)-10×2=16919(modTr)aJ21三42a223.故由解集人321=11,13,19,23,29,31.知：和为2=42的大于3=5的两奇素数有六对.由验证二知：当22=42时定理一成立.验证三.试求和为2仄=44的两个奇素数.解：V；=25<2&=44<：=49.，可先求出代数和为2a=44的模13=30的全部的成对简化剩余类，再从中挑出和为44的成对的素数类.VG3=(Jb3,"3)=(22,30)=2<h3<r3. 加3=a/63=22/2=11,13=3G3=302=3×5=15.(mod3), (1)%壬±11mcd八(mod4=3x5).由堆垒筛S2±11S3±1：IIXxAV-/VJ-/J0PI2-2q2-2P12-201-101-101-101-101012345678910111213可获:0,3,12.(mod13=15). (y3,G3)=(y3,2)=1,y3Y31.(modG3=2).其中：X3=(4)=Q)(5)=(2-1)(5-2)=3,冈=O(G3)=¢(2)=1.将：m3=I19G3=2,13=15,x3O,3,12.,%=1代入:3b3=/(z¾,G3,Z3,x3,y3)呵G(X3±1)-Z3y33(mod3),则可获解集人322=7,13,31.且其内含应22|=(4”0(63)=3类解：a322=/(11,2,15,0,1)22×(0+1)-15×17(mod乃3)；2244-aJ2237.%22=/(11,2,15,3,1)22×(3+1)-15×1=7313(mod3);a,32244-a32231.¾22=/(11,2,15,12,1)22×(12+1)-15×1=27131(mod3);2244-¾2213.故由A322=7,13,31.知：和为2b3=44的大于p3=5的两奇素数有三对.由验证三知：当2a=44时定理一成立.参考文献1华罗庚.数论导引.科学出版社出版M.1957年7月第一版.闵士鹤，严士健.初等数论M.湖北人民出版社出版.1957年11月第一版.3熊全淹.初等数论M.湖北人民出版社出版.1982年6月第一版.4张忠.2019Internatina1ConferenceonMathandEngineering(ICME2019)December28-29,2019.Jakarta*IndonesiaPart2TheFoundationofGO1dbah'sConjectureZhongZhang228
