论文部分内容阅读
【摘要】文章中首先引入'r——r'图的概念，利用埃氏筛法把'r——r'图化成'p——r'图。然后利用'p——r'图的性质证明哥德巴赫猜想命题。接着用哥德巴赫猜想命题和双排的等差数列组证明双生素数猜想，还用哥德巴赫猜想命题和三排的等差数列组证明三生素数的无穷性。文章指出L——等差数列组集合在纯数学方面的应用。
【关键词】'p——r'图;双排的等差数列组;三排的等差数列组;L——等差数列组集合
1. 'p——r'图概念的引入 大于或者等于6的偶数都可以表成两个奇数之和的，如12=1+11=3+9=5+7，14=1+13=3+11=5+9=7+7。象这样把大于或者等于6的偶数表示为两个奇数之和的一系列加法式的'图'，笔者命名为'r——r'图。
在'r——r'图中，把+号左边的奇数，称之为左奇数，用r表示；把+号右边的奇数，称之为右奇数，用rˊ表示。左奇数可分为1和左奇素数、左奇合数，分别用1和p、h表示；右奇数可分为右奇素数和右奇合数，分别用pˊ和hˊ表示。
这里规定：左奇数不大于右奇数。
在'r——r'图中，左奇数的个数恒等于右奇数的个数。
在'r——r'图中，我们利用埃拉托斯散（Erathosthenes）筛法，把所有的左奇合数（1也包括在内）与其相加的右奇数的加法式划出去，就得到一个比较简单的'r——r'图。为与原来的图区别，把它命名为'p——r'图。例如，24或者26的'p——r'
图分别为24=3+21=5+19=7+17=11+13，26=3+23=5+21=7+19=11+15=13+13。
象这样把'r——r'图化为'p——r'图的过程，叫做去合数化的过程。
经过去合数化的'r——r'图按照偶数的递增顺序排列着的一列'p——r'图，叫做'p——r'图图列，如6=3+3、8=3+5、10=3+7=5+5、12=3+9=5+7、14=3+11=5+9=7+7、16=3+13=5+11=7+9、…。这个图列中的每一个'图'，叫做这个图列的项。这个图列的首项是6=3+3，这个图列的通项是2（N+2）=3+［2（N+2）-3］=5+［2（N+2）-5］
=…=（p-2t）+［2（N+2）-（p-2t）］=p+［2（N+2）-p］。
这里p-2t、p是紧相邻的两个素数，t可取为0，1，2，……等非负整数。
形如6N-1的数指的是等差数列6N-1的数。两个等差数列之和或者之差指的是这两个数列的对应项的数值之和或者之差。
在'p——r'图中，左奇素数的个数恒等于右奇数的个数。
由上述的'p——r'图图列的通项可知，这个'图'中的左奇数都是由左奇素数数列所组成的素数。
2. 哥德巴赫猜想的证明 把'p——r'图图列展开后可发现：这个图列的每一个项里都含有奇素数加上奇素数的加法式。这是由'p——r'图的性质决定的。
命题：在'p——r'图中，左奇素数的个数恒大于右奇合数的个数。
证明：在'p——r'图中，设左奇素数p的个数为m个，那么右奇数rˊ的个数也是m个。又设右奇合数hˊ的个数为n个，那么右奇素数pˊ的个数就有m-n个。因为2（N+2）=3+［2（N+2）-3］=5+［2（N+2）-5］=…=（p-2t）+［2（N+2）-（p-2t）］=p+［2（N+2）-p］，所以有2（N+2）m=3+5+…+（p-2t）+p+［2（N+2）-3］+［2（N+2）-5］+…+［2（N+2）-（p-2t）］+［2（N+2）-p］。又因为m个右奇数2（N+2）-3、2（N+2）-5、…、2（N+2）-（p-2t）、2（N+2）-p可分为n个右奇合数hˊ1、hˊ2、…、hˊn和m-n个右奇素数pˊ1、pˊ2、…、pˊm-n，而且Σp=3+5+…+（p-2t）+p，所以得
2（N+2）·m=Σp+hˊ1+hˊ2+…+hˊn+pˊ1+pˊ2+…+pˊm-n，即pˊ1+pˊ2+…+pˊm-n=2（N+2）·m-（Σp+hˊ1+hˊ2+…+hˊn）。又因为pˊ1+pˊ2+…+pˊm-n≥3（因为'p——r'图列的首项的右奇数3是此图列中最小的右奇素数），故m-n≥1，从而得m＞n。因此，在'p——r'图中，左奇素数的个数恒大于右奇合数的个数。
利用这个性质命题，可以证明下列的两个命题。
命题1：每一个大于或者等于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和。
证明：在'p——r'图中，因为左奇素数的个数m恒大于右奇合数的个数n，即m＞n，所以m-n个左奇素数必须跟右奇素数相加，使得它们的和分别等于偶数2（N+2）。
同时，每一个大于或者等于6的偶数都能在'p——r'图上表示出来，而且素数有无限多个（此证明见陈景润著的《初等数论》）。因此命题成立。
命题2：每一个大于或者等于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
证明：此命题是命题1的直接推论。设N≥9的奇数，则N-3≥6，而且N-3是偶数。由命题1可知，必有两个奇素数p1和p2，使得N-3=p1+p2，故N=3+p1+p2。因此命题2成立。
上述的命题1、2，是著名的哥德巴赫猜想命题。这个命题的证明是通过'p——r'图的性质来完成的。
3. 双排的等差数列组与双生素数猜想的证明
相差为2的相邻的两个素数叫做双生素数。如3、5；5、7；11、13；17、19；29、31等等。到目前为止还不知道双生素数是否有无限多个，只能以猜想的名义出现的。
把等差数列11+30t、13+30t、17+30t、19+30t、29+30t、31+30t两两合并排列，就得到三个双排的等差数列组。这里只选用11+30t、13+30t为一组进行讨论。由于11+30t=6（5t+2）-1，13+30t=6（5t+2）+1，所以用6N-1、6N+1分别代替11+30t、13+30t。
德国数学家狄利克莱（Dirichlet）说，在（k，l）=1的情形下，等差数列km+1中有无穷多个素数（m=0，1，2，……）。笔者认为不仅在单排的等差数列6N-1中有无穷多个素数，而且在双排的等差数列组6N±1中有无穷多个双生素数。
命题1：当N通过一切自然数时，形如6N-1的数中包含有无限多个素数。
证明：此命题的证明分二步来进行的。
第一步证明：形如6N-1的数必定含有形如6N-1的素因数，这是因为奇素数能够写成6N-1或者6N+1的形式，这里N是整数。而由于（6N1+1）（6N2+1）=36N1N2+6N1
+6N 2+1=6（6N1N2+N1 +N2）+1,所以形如6N+1的数相乘的乘积仍然是形如6N+1的数。因此把形如6N-1的数分解成素因数的乘积时，这些素因数不可能都是形如6N+1的数，而必然有形如6N-1的数。
第二步证明:假设形如6N-1的数中只包含有k个素数：p1，p2，…，pk。令a=6（p1p2…pk）-1，则p1，p2，…pk都不是a的素因数。因为假若其中某一个pi（1≦i≦k）是a的素因数，则由于6（p1p2…pk）-a=1，等式左端每项都有因数pi，因此左端是pi的倍数而右端为1。这是不可能的。现在假如a是素数，则由于a本身是形如6N-1的数，且a不等于p1，p2，…，pk中的任何一个，这就与假设形如6N-1的素数只有k个相矛盾。假如a不是素数，则由第一步的证明可知a必含有形如6N-1的素因数，而p1，p2，…，pk都不是a的素因数，这说明除p1，p2,…，pk外还有形如6N-1的素数存在。这也与假设形如6N-1的素数只有k个相矛盾。因而形如6N-1的素数的个数无限。
命题2：形如6N+1的数中包含有无限多个素数。
证明：仿照命题1的证明方法，可以证明本命题。证明略。
命题3：形如6N±1的双排的等差数列组中包含有无限多个双生素数。
证明：仿照命题1的证明方法，分别证明形如6N-1的数中包含有无限多个形如6N-1的素数或者形如6N+1的数中包含有无限多个形如6N+1的素数。假设双生素数只有k个对，那么随后的两个奇数都是奇合数；或者一个是奇素数，另一个是奇合数；或者既然有两个奇数都是素数，但是这两个素数之差不等于2，因此随后不存在双生素数的结论。现在用穷举法一一驳倒此结论的'依据'。这三个'依据'分别与素数有无限多个相矛盾；与哥德巴赫猜想命题相矛盾；与形如6N+1和形如6N-1之差恒等于2相矛盾。因此这三个'依据'是不充分的。由于形如12N的偶数可分解为形如6N+1的奇素数和形如6N-1的奇素数，而且形如6N+1的数与形如6N-1的数之差恒等于2，所以形如6N±1的双排的等差数列组中包含有无限多个双生素数。
4. 三排的等差数列组与三生素数猜想的证明 象5、7、11这样的三个相连的素数组可称为三生素数。这些素数组还有11、13、17；17、19、23等。把等差数列11+30t、13+30t、17+30t合并排成就得三排的等差数列组。数列17+30t与数列13+30t之差为4，数列13+30t与数列11+30t之差为2。
命题：有无限多个三生素数。
证明：仿照命题3和命题1（上一节的命题3和命题1）的证明方法，分别证明形如6N±1（指双排的等差数列组：11+30t和13+30t）的等差数列组必有无限多个双生素数和形如6N-1（指等差数列17+30t）的数中必有无限多个形如6N-1的素数。因为形如6N±1的双生素数与形如6N-1的素数之和是奇数，则由哥德巴赫猜想命题2可知，必有三个奇素数p1、p2、p3，使得N=p1+p2+p3，而且由于形如17+30t的数与形如13+30t之差恒等于4，故三生素数个数无限。
5. L等差数列组集合与素数的判断
先把数列5+2（N-1）展开后，以30为周期划分这个数列就得到15个等差数列：5+30t、7+30t、9+30t、11+30t、13+30t、15+30t、17+30t、19+30t、21+30t、23+30t、25+30t、27+30t、29+30t、31+30t、33+30t，然后从中划出去5+30t、9+30t、15+30t、21+30t、25+30t、27+30t、33+30t等七个数列，就剩下的八个数列有7+30t、11+30t、13+30t、17+30t、19+30t、23+30t、29+30t、31+30t。这八个数列合并一组构成集合，叫做L——等差数列组集合。被划出去的这七个数列合并一组也构成集合，叫做Lˊ——等差数列组集合，如图所示：
L集合：
或者：
Lˊ集合；
7 11 13 17 19 23 29 31 7 9 11 13 5 9 15 21 25 27 33
37 41 43 47 49 53 59 61 17 19 21 23 35 39 45 51 55 57 63
67 71 73 77 79 83 89 91 27 29 31 33 65 69 75 81 85 87 89………………………； 37 39 41 43…；
………………………。
图中可以发现L集合中包含有除2、3、5外的一切素数，Lˊ集合中的每一个元素（除5外）都是奇合数。L集合的每一个数除以15的余数分别为7、11、13、2、4、8、14、1； Lˊ集合的每一个数除以15 的余数分别为5、9、0、6、10、12、3。
从L∪Lˊ中分离出L或者Lˊ集合的过程，叫做'分离'过程。奇合数表用集合W表示。
命题：当an≥5的奇数时，如果an∈L，而且anW，那么an是素数。
证明：当an≥5的奇数时，an属于5+2（N-1）的一个元素，是这个数列的第N项的数。如果anL，那么an∈Lˊ。这说明an必须在由N除以15的余数分别为5、9、0、6、10、12、3所组成的奇合数集合中，所以an是合数。如果an∈L，那么an是否素数很难确定，是因为L集合中有无限多个奇素数和奇合数。在这种情形下，如果有an∈W，那么an是奇合数；如果有anW，那么an是素数。因此命题成立。例如，129是在'分离'过程中被划出去的，因为129L，故129是奇合数。再如，967是在'分离'过程中被剩下的数，因为967∈L，而且967W，故967是素数。又如，3439是在'分离'过程中被剩下的数，而且3439∈W，故3439是奇合数。这里不用试除法判断的。
6. 结论
哥德巴赫猜想是通过'p——r'的性质来证明的。双生素数猜想等命题是通过哥德巴赫猜想的被证明才能证明的。这里始终贯通的是素数，它在纯数学方面的魅力是无法估量的。
收稿日期：2011-06-18
【关键词】'p——r'图;双排的等差数列组;三排的等差数列组;L——等差数列组集合
1. 'p——r'图概念的引入 大于或者等于6的偶数都可以表成两个奇数之和的，如12=1+11=3+9=5+7，14=1+13=3+11=5+9=7+7。象这样把大于或者等于6的偶数表示为两个奇数之和的一系列加法式的'图'，笔者命名为'r——r'图。
在'r——r'图中，把+号左边的奇数，称之为左奇数，用r表示；把+号右边的奇数，称之为右奇数，用rˊ表示。左奇数可分为1和左奇素数、左奇合数，分别用1和p、h表示；右奇数可分为右奇素数和右奇合数，分别用pˊ和hˊ表示。
这里规定：左奇数不大于右奇数。
在'r——r'图中，左奇数的个数恒等于右奇数的个数。
在'r——r'图中，我们利用埃拉托斯散（Erathosthenes）筛法，把所有的左奇合数（1也包括在内）与其相加的右奇数的加法式划出去，就得到一个比较简单的'r——r'图。为与原来的图区别，把它命名为'p——r'图。例如，24或者26的'p——r'
图分别为24=3+21=5+19=7+17=11+13，26=3+23=5+21=7+19=11+15=13+13。
象这样把'r——r'图化为'p——r'图的过程，叫做去合数化的过程。
经过去合数化的'r——r'图按照偶数的递增顺序排列着的一列'p——r'图，叫做'p——r'图图列，如6=3+3、8=3+5、10=3+7=5+5、12=3+9=5+7、14=3+11=5+9=7+7、16=3+13=5+11=7+9、…。这个图列中的每一个'图'，叫做这个图列的项。这个图列的首项是6=3+3，这个图列的通项是2（N+2）=3+［2（N+2）-3］=5+［2（N+2）-5］
=…=（p-2t）+［2（N+2）-（p-2t）］=p+［2（N+2）-p］。
这里p-2t、p是紧相邻的两个素数，t可取为0，1，2，……等非负整数。
形如6N-1的数指的是等差数列6N-1的数。两个等差数列之和或者之差指的是这两个数列的对应项的数值之和或者之差。
在'p——r'图中，左奇素数的个数恒等于右奇数的个数。
由上述的'p——r'图图列的通项可知，这个'图'中的左奇数都是由左奇素数数列所组成的素数。
2. 哥德巴赫猜想的证明 把'p——r'图图列展开后可发现：这个图列的每一个项里都含有奇素数加上奇素数的加法式。这是由'p——r'图的性质决定的。
命题：在'p——r'图中，左奇素数的个数恒大于右奇合数的个数。
证明：在'p——r'图中，设左奇素数p的个数为m个，那么右奇数rˊ的个数也是m个。又设右奇合数hˊ的个数为n个，那么右奇素数pˊ的个数就有m-n个。因为2（N+2）=3+［2（N+2）-3］=5+［2（N+2）-5］=…=（p-2t）+［2（N+2）-（p-2t）］=p+［2（N+2）-p］，所以有2（N+2）m=3+5+…+（p-2t）+p+［2（N+2）-3］+［2（N+2）-5］+…+［2（N+2）-（p-2t）］+［2（N+2）-p］。又因为m个右奇数2（N+2）-3、2（N+2）-5、…、2（N+2）-（p-2t）、2（N+2）-p可分为n个右奇合数hˊ1、hˊ2、…、hˊn和m-n个右奇素数pˊ1、pˊ2、…、pˊm-n，而且Σp=3+5+…+（p-2t）+p，所以得
2（N+2）·m=Σp+hˊ1+hˊ2+…+hˊn+pˊ1+pˊ2+…+pˊm-n，即pˊ1+pˊ2+…+pˊm-n=2（N+2）·m-（Σp+hˊ1+hˊ2+…+hˊn）。又因为pˊ1+pˊ2+…+pˊm-n≥3（因为'p——r'图列的首项的右奇数3是此图列中最小的右奇素数），故m-n≥1，从而得m＞n。因此，在'p——r'图中，左奇素数的个数恒大于右奇合数的个数。
利用这个性质命题，可以证明下列的两个命题。
命题1：每一个大于或者等于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和。
证明：在'p——r'图中，因为左奇素数的个数m恒大于右奇合数的个数n，即m＞n，所以m-n个左奇素数必须跟右奇素数相加，使得它们的和分别等于偶数2（N+2）。
同时，每一个大于或者等于6的偶数都能在'p——r'图上表示出来，而且素数有无限多个（此证明见陈景润著的《初等数论》）。因此命题成立。
命题2：每一个大于或者等于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
证明：此命题是命题1的直接推论。设N≥9的奇数，则N-3≥6，而且N-3是偶数。由命题1可知，必有两个奇素数p1和p2，使得N-3=p1+p2，故N=3+p1+p2。因此命题2成立。
上述的命题1、2，是著名的哥德巴赫猜想命题。这个命题的证明是通过'p——r'图的性质来完成的。
3. 双排的等差数列组与双生素数猜想的证明
相差为2的相邻的两个素数叫做双生素数。如3、5；5、7；11、13；17、19；29、31等等。到目前为止还不知道双生素数是否有无限多个，只能以猜想的名义出现的。
把等差数列11+30t、13+30t、17+30t、19+30t、29+30t、31+30t两两合并排列，就得到三个双排的等差数列组。这里只选用11+30t、13+30t为一组进行讨论。由于11+30t=6（5t+2）-1，13+30t=6（5t+2）+1，所以用6N-1、6N+1分别代替11+30t、13+30t。
德国数学家狄利克莱（Dirichlet）说，在（k，l）=1的情形下，等差数列km+1中有无穷多个素数（m=0，1，2，……）。笔者认为不仅在单排的等差数列6N-1中有无穷多个素数，而且在双排的等差数列组6N±1中有无穷多个双生素数。
命题1：当N通过一切自然数时，形如6N-1的数中包含有无限多个素数。
证明：此命题的证明分二步来进行的。
第一步证明：形如6N-1的数必定含有形如6N-1的素因数，这是因为奇素数能够写成6N-1或者6N+1的形式，这里N是整数。而由于（6N1+1）（6N2+1）=36N1N2+6N1
+6N 2+1=6（6N1N2+N1 +N2）+1,所以形如6N+1的数相乘的乘积仍然是形如6N+1的数。因此把形如6N-1的数分解成素因数的乘积时，这些素因数不可能都是形如6N+1的数，而必然有形如6N-1的数。
第二步证明:假设形如6N-1的数中只包含有k个素数：p1，p2，…，pk。令a=6（p1p2…pk）-1，则p1，p2，…pk都不是a的素因数。因为假若其中某一个pi（1≦i≦k）是a的素因数，则由于6（p1p2…pk）-a=1，等式左端每项都有因数pi，因此左端是pi的倍数而右端为1。这是不可能的。现在假如a是素数，则由于a本身是形如6N-1的数，且a不等于p1，p2，…，pk中的任何一个，这就与假设形如6N-1的素数只有k个相矛盾。假如a不是素数，则由第一步的证明可知a必含有形如6N-1的素因数，而p1，p2，…，pk都不是a的素因数，这说明除p1，p2,…，pk外还有形如6N-1的素数存在。这也与假设形如6N-1的素数只有k个相矛盾。因而形如6N-1的素数的个数无限。
命题2：形如6N+1的数中包含有无限多个素数。
证明：仿照命题1的证明方法，可以证明本命题。证明略。
命题3：形如6N±1的双排的等差数列组中包含有无限多个双生素数。
证明：仿照命题1的证明方法，分别证明形如6N-1的数中包含有无限多个形如6N-1的素数或者形如6N+1的数中包含有无限多个形如6N+1的素数。假设双生素数只有k个对，那么随后的两个奇数都是奇合数；或者一个是奇素数，另一个是奇合数；或者既然有两个奇数都是素数，但是这两个素数之差不等于2，因此随后不存在双生素数的结论。现在用穷举法一一驳倒此结论的'依据'。这三个'依据'分别与素数有无限多个相矛盾；与哥德巴赫猜想命题相矛盾；与形如6N+1和形如6N-1之差恒等于2相矛盾。因此这三个'依据'是不充分的。由于形如12N的偶数可分解为形如6N+1的奇素数和形如6N-1的奇素数，而且形如6N+1的数与形如6N-1的数之差恒等于2，所以形如6N±1的双排的等差数列组中包含有无限多个双生素数。
4. 三排的等差数列组与三生素数猜想的证明 象5、7、11这样的三个相连的素数组可称为三生素数。这些素数组还有11、13、17；17、19、23等。把等差数列11+30t、13+30t、17+30t合并排成就得三排的等差数列组。数列17+30t与数列13+30t之差为4，数列13+30t与数列11+30t之差为2。
命题：有无限多个三生素数。
证明：仿照命题3和命题1（上一节的命题3和命题1）的证明方法，分别证明形如6N±1（指双排的等差数列组：11+30t和13+30t）的等差数列组必有无限多个双生素数和形如6N-1（指等差数列17+30t）的数中必有无限多个形如6N-1的素数。因为形如6N±1的双生素数与形如6N-1的素数之和是奇数，则由哥德巴赫猜想命题2可知，必有三个奇素数p1、p2、p3，使得N=p1+p2+p3，而且由于形如17+30t的数与形如13+30t之差恒等于4，故三生素数个数无限。
5. L等差数列组集合与素数的判断
先把数列5+2（N-1）展开后，以30为周期划分这个数列就得到15个等差数列：5+30t、7+30t、9+30t、11+30t、13+30t、15+30t、17+30t、19+30t、21+30t、23+30t、25+30t、27+30t、29+30t、31+30t、33+30t，然后从中划出去5+30t、9+30t、15+30t、21+30t、25+30t、27+30t、33+30t等七个数列，就剩下的八个数列有7+30t、11+30t、13+30t、17+30t、19+30t、23+30t、29+30t、31+30t。这八个数列合并一组构成集合，叫做L——等差数列组集合。被划出去的这七个数列合并一组也构成集合，叫做Lˊ——等差数列组集合，如图所示：
L集合：
或者：
Lˊ集合；
7 11 13 17 19 23 29 31 7 9 11 13 5 9 15 21 25 27 33
37 41 43 47 49 53 59 61 17 19 21 23 35 39 45 51 55 57 63
67 71 73 77 79 83 89 91 27 29 31 33 65 69 75 81 85 87 89………………………； 37 39 41 43…；
………………………。
图中可以发现L集合中包含有除2、3、5外的一切素数，Lˊ集合中的每一个元素（除5外）都是奇合数。L集合的每一个数除以15的余数分别为7、11、13、2、4、8、14、1； Lˊ集合的每一个数除以15 的余数分别为5、9、0、6、10、12、3。
从L∪Lˊ中分离出L或者Lˊ集合的过程，叫做'分离'过程。奇合数表用集合W表示。
命题：当an≥5的奇数时，如果an∈L，而且anW，那么an是素数。
证明：当an≥5的奇数时，an属于5+2（N-1）的一个元素，是这个数列的第N项的数。如果anL，那么an∈Lˊ。这说明an必须在由N除以15的余数分别为5、9、0、6、10、12、3所组成的奇合数集合中，所以an是合数。如果an∈L，那么an是否素数很难确定，是因为L集合中有无限多个奇素数和奇合数。在这种情形下，如果有an∈W，那么an是奇合数；如果有anW，那么an是素数。因此命题成立。例如，129是在'分离'过程中被划出去的，因为129L，故129是奇合数。再如，967是在'分离'过程中被剩下的数，因为967∈L，而且967W，故967是素数。又如，3439是在'分离'过程中被剩下的数，而且3439∈W，故3439是奇合数。这里不用试除法判断的。
6. 结论
哥德巴赫猜想是通过'p——r'的性质来证明的。双生素数猜想等命题是通过哥德巴赫猜想的被证明才能证明的。这里始终贯通的是素数，它在纯数学方面的魅力是无法估量的。
收稿日期：2011-06-18