用平均個數法解決Goldbach

侯小山

【摘要】用平均個數法證明了每一個不小于6的偶數都肯定是二個奇素數之和.平均個數法是在1+1奇數三角中，推導出其第n行元素中（1+1）的平均個數為 r2（2n）=π（2n）×π（2n）2n，用素數定理證明平均個數1

【關鍵詞】平均個數法;Goldbach;1+1奇數三角;（1+1）

一、引 言

1742年，哥德巴赫（C.Goldbach）提出了一個關于偶數的著名問題：

每一個不小于6的偶數都是二個奇素數之和？

272年過去了，這個問題仍然沒有解決;國際主流數學界一直都是在用解析數論，解決其弱命題：a+b，1+c;采用過篩法、圓法、密率、概率;目前世界公認的最好成績是我國數學家陳景潤證明的（1，2）.

本文認為：可以用簡單而初等的平均個數法解決Goldbach.

因為偶數2n越大，2n表為（奇數+奇數）越多，而奇素數就屬于奇數，

所以對于全體偶數而言：偶數2n越大，2n表為（奇素數+奇素數）的個數r2（2n）也越多.事實也確實如此，例如：r2（6）

0006=3+31

0066=0061+5=0059+7=0053+13=…12

0666=0661+5=0659+7=0653+13=…62

6666=6661+5=6659+7=6653+13=…330

雖有反例r2（6n）>r2（6n+2），但不影響大勢.

因此解決Goldbach，只需證明：當2n→∞時，r2（2n）→∞.

本文的目的是要徹底解決Goldbach.

本文解題的方法叫作平均個數法.這個方法就是在1+1奇數三角中，只證明當偶數2n趨于無窮時，2n表為（奇素數+奇素數）的平均個數也趨于無窮;因為其平均個數小于實際個數，r2（2n）

二、用平均個數法解決Goldbach

引理2.1（素數定理）

π（x）～xlnx.

定義2.1 如果將全體（奇數+奇數）排成三角形，如圖 1，則稱其為：1+1奇數三角;如果其中的（奇數+奇數）=（奇素數+奇素數），則簡稱為：（1+1）.如3+3，31+13，3+103等都是（1+1），而1+1，3+1，9+5，15+21等都不是（1+1）.

1+1

3+1 ?1+3

5+1 ?3+3 ?1+5

7+1 ?5+3 ?3+5 ?1+7

… ?… ? … ?… ?…

圖1 ?1+1奇數三角

定理 每一個不小于6的偶數都肯定是二個奇素數之和.

證明 因為素數集∏={2，3，5，7，11，…}不規則，沒有第n個素數pn的通用公式，所以不能計算出每一個大偶數2n表為（1+1）的實際個數r2（2n），也不能證明定理.

因為Goldbach沒有要求，也沒必要求出2n表為（1+1）的實際個數r2（2n），

所以只需證明r2（2n）≥1（2

下面就來證明r2（2n）≥1（2

因為1+1奇數三角的第n行元素，恰是偶數2n表為的全體（奇數+奇數）;

因為1+1奇數三角的第n行元素共有r2（2n）個（1+1）.

所以1+1奇數三角的第3行到第n行就共有∑ni=3r2（2i）個（1+1）.

因為不大于2n的素數有π（2n）個，它們可以組成〈π（2n）-1〉×〈π（2n）-1〉個（1+1），例如二個奇素數3與7可以組成2×2個（1+1）：3+3，7+3，3+7，7+7;

因為在〈π（2n）-1〉2個（1+1）中約有一半的（1+1）都大于2n，例如〈π（10）-1〉2=9個（1+1）中，7+5，5+7，7+7都大于10，約占9個（1+1）的一半，其實是少于一半，

所以1+1奇數三角第3行到第n行中（1+1）的總個數至少為∑ni=3r2（2i）=〈π（2n）-1〉22.

因為1+1奇數三角的第3行到第n行，共有n-2行元素，

所以1+1奇數三角的第n行中（1+1）的平均個數為r2（2n）=〈π（2n）-1〉22（n-2）.

因為當n→∞時，偶素數2，以及行數1與2都可以忽略不計，且誤差極小，

所以1+1奇數三角的第n行中（1+1）的平均個數可簡寫為r2（2n）=π（2n）×π（2n）2n.

因為當n→∞時，將素數定理π（2n）～2nln2n代入r2（2n）并求極限，得：

limr2（2n）=lim2nln2n×2nln2n2n=lim2nln2n×ln2n=∞，

所以當n→∞時，1+1奇數三角的第n行中（1+1）的平均個數也是趨于無窮的.

因為在1+1奇數三角的第3行到第n行中，第n行的元素最多，（1+1）也應較多，

所以在1+1奇數三角的第n行中（1+1）的平均個數小于實際個數：

r2（2n）

所以當平均個數r2（2n）→∞時，必有實際個數1

因此每一個不小于6的偶數都肯定是二個奇素數之和.

證畢.

三、結 論

用平均個數法可以證明每一個不小于6的偶數都肯定是二個奇素數之和！