哥德巴赫猜想的完美證明

何海浪 何雷

【摘要】通過分組重排、抽取淘汰算出等于兩個質數之和的式子個數在等于兩個奇數之和的式子總數中所占的比大于0證明哥德巴赫猜想一，根據哥德巴赫猜想一證明哥德巴赫猜想二.

【關鍵詞】合數;質數;含合數的式子;兩個質數之和的式子

1742年，德國哥德巴赫提出哥德巴赫猜想，200多年來，人們努力地想證明它，卻始終未能完全證明它，1966年我國的陳景潤證明了“1+2 ”即一個大偶數等于一個質數加上兩個質數的積.

一、任何一個偶數等于兩個質數之和

（一）10以內的偶數等于兩個質數之和

對于10以內的偶數，我們可以逐個驗證：4=2+2，6=3+3，8=3+5，10=3+7=5+5.

（二）大于10的偶數等于兩個質數之和

因為質數只等于1乘它本身，合數含除1和它本身外的因數，大于2的偶數都是合數，大于2的質數都是奇數，所以我們所說的奇數、合數、質數是指大于1的奇數、奇合數、奇質數，可以用（2k+1）（k≥1）表示：3、5、7……（2k+1）.一定范圍內的數，必然存在著質數，合數就是由這些質數中的一些作為質因數相乘得到的，但我們當作合數由它的最小質因數形成.若單獨看以某質數為質因數形成的合數，它們的個數是一定的且占所有數總個數的比非常接近且小于該質數的倒數或約為該質數的倒數.若用兩種方法將所有數分組重排：假設Ny、Nz為質數，分別以3、5、7……（2Ny+1）為首項、2Ny為公差的等差數列將所有數排成Ny組;分別以3、5、7……（2Nz+1）為首項、2Nz為公差的等差數列將所有數排成Nz組，則從Ny組中抽取一組數，將該組數分到Nz組的每一組中且每組分到的數占的比是相同的;從Nz組中抽取一組數，將該組數分到Ny組的每一組中且每組分到的數占的比是相同的.

數的個數最多的一組比最少的一組多1個，其中有一組為Nr、3Nr、5Nr……該組除首項Nr外均為含質因數Nr的合數，該組不論是個數最多的一組還是最少的一組，除去首項Nr，含質因數Nr的合數個數占所有數總個數的比為ar[]Nr（0

若從Nr組中抽取首項為Np的一組，則當Np為Nr時，該組除首項Nr外均為含質因數Nr的合數，抽取后剩下的每組是都不含質因數Nr的合數，而以其他質數為質因數形成的合數個數所占的比在每組中（抽取的或未抽取的）或在所有數總個數中是相同的.

若用兩種方法將這些數重排得到Ny、Nz組，從Ny組中抽取首項為Np（Np可以為Ny）的一組中的某個數，與該數相差2NyNz的數在Ny組的同一組中也在Nz組的同一組中，而首項為Np的一組數每相鄰兩數之間相差2Ny，從相差2Ny到相差2NyNz有Nz個數，它們必然分到Nz組中，每組分到的數的個數占該組數總個數的比都相同且為ay[]Ny（0

我們假設該偶數為N=2k+2（k≥2）=（2k1+1）+（2k2+1）（k1，k2≥1），即該偶數等于兩個奇數之和，按照前面那個加數從小到大，后面那個加數從大到小，把該偶數等于兩個奇數之和的所有算式列出：

因為合數由它的最小質因數形成，所以在3→（2k-1）范圍內能夠作為質因數的最大質數為與2k-1最接近且小于或等于2k-1的質數.我們假設：與2k-1最接近且小于或等于2k-1的質數為Nw，與Nw最接近且小于Nw的質數為Nm，把所列式子個數看作1，按一定順序分組重排、抽取淘汰算出含合數的式子（某式子的前面加數中含有或某式子的后面加數中含有或某式子的前后兩個加數中都含有）等于兩個質數之和的式子在所列式子總個數中所占的比.

將所列式子的前后加數分別按以3、5、7為首項、6為公差的等差數列把前后加數都排成3組（共6組）：

把所列式子也排成了3組，式子個數最多的一組比最少的一組多1，其中有兩組為3、9、15……這兩組除首項3外均為含質因數3的合數，如果該偶數含質因數3，那么這兩組出現在同一組式子的前后加數中;如果該偶數不含質因數3，那么這兩組分別出現在某一組式子的前面加數中和另一組式子的后面加數中，從這些組中抽取并淘汰含質因數3的合數的式子，則抽取淘汰式子個數占式子總個數的比、抽取淘汰后剩下式子個數占式子總個數的比分別為a1[]3、3-a1[]3（當該偶數含質因數3時，a1≈1且a1等于含質因數3的合數個數除以所有數總個數且分母為3時的分子值;當該偶數不含質因數3時，a1≈2且a1等于含質因數3的合數個數的2倍除以所有數總個數且分母為3時的分子值）.

在抽取淘汰式子的數中和抽取淘汰后剩下式子的數中，含質因數5、7、11……Nm、Nw的合數所占的比約為1[]5、1[]7、1[]11……1[]Nm、1[]Nw.

對剩下的占式子總個數的比為3-a1[]3的不含質因數3的合數式子中的數進行分組重排，將前面抽取淘汰式子中的數全部放回剩下的數中參加重排，分別以3、5、7、9、11為首項、10為公差的等差數列把前后加數都排成5組（共10組）：

把所列式子也排成5組，式子個數最多的一組比最少的一組多1，其中有兩組為5、15、25……這兩組除首項5外均為含質因數5的合數，如果該偶數含質因數5，則這兩組出現在同一組式子的前后加數中;如果該偶數不含質因數5，則這兩組分別出現在某一組式子的前面加數中和另一組式子的后面加數中，從這些組式子中抽取出含質因數5的合數的式子，則抽取出式子的個數占式子總個數的比、抽取后剩下式子個數占式子總個數的比分別為a2[]5、5-a2[]5（當該偶數含質因數5時，a2≈1且a2等于含質因數5的合數個數除以所有數總個數且分母為5時的分子值;當該偶數不含質因數5時，a2≈2且a2等于含質因數5的合數個數的2倍除以所有數總個數且分母為5時的分子值），將每一組（包括抽取的一組或兩組）含質因數3的合數的式子淘汰，再將抽取出的含質因數5的合數的式子淘汰，則淘汰的式子個數占式子總個數的比為a2[]5×3-a1[]3，抽取淘汰后剩下式子個數占式子總個數的比為3-a1[]3-a2[]5×3-a1[]3=5-a2[]5×3-a1[]3.

對剩下的式子占總個數的比為5-a2[]5×3-a1[]3的不含質因數3、5的合數式子中的數進行分組重排，將前面抽取淘汰式子中的數全部放回剩下的數中參加重排，分別以3、5、7、9、11、13、15為首項、14為公差的等差數列把前后加數都排成7組（共14組）：將每一組（包括抽取的一組或兩組）含質因數3、5的合數的式子淘汰，再將抽取出的含質因數7的合數的式子淘汰，則淘汰的式子個數占式子總個數的比為a3[]7×5-a2[]5×3-a1[]3，

把所列的式子也排成了Nw組，式子個數最多的一組比最少的一組多1，其中有兩組為Nw、3Nw、5Nw……這兩組除首項Nw外均為含質因數Nw的合數，如果該偶數含質因數Nw，則這兩組出現在同一組式子的前后加數中;如果該偶數不含質因數Nw，則這兩組出現在某一組式子的前面加數中和另一組式子的后面加數中，從這些式子中抽取出含質因數Nw合數的式子，則抽取出式子個數占式子總個數的比、抽取后剩下式子個數占式子總個數的比分別為aw[]Nw、Nw-aw[]Nw（當該偶數含質因數Nw時，aw≈1且aw等于含質因數Nw合數個數除以所有數總個數且分母為Nw的分子值;當該偶數不含質因數Nw時，aw≈2且aw 等于含質因數Nw合數個數的2倍除以所有數總個數且分母為Nw的分子值），將每一組（包括抽取的一組或兩組）含質因數3、5、7……Nm的合數的式子淘汰，再將抽取出的含質因數Nw合數的式子淘汰，則淘汰的式子個數占式子總個數的比為

在抽取淘汰式子的數中只含質因數Nw的合數，在抽取淘汰后剩下式子的數中不含合數，否則合數的最小質因數將大于Nw，合數將大于（2k-1），是不可能的.

二、任何一個奇數等于三個質數之和

我們先把該奇數表示為一個偶數與一個質數之和，再根據哥德巴赫猜想一的結論，把加數中的偶數表示為兩個質數之和，這樣就可以證明哥德巴赫猜想二：任何一個奇數等于三個質數之和.

綜上所述，通過分組重排、抽取淘汰算出等于兩個質數之和式子個數在等于兩個奇數之和式子總個數中所占的比大于0證明哥德巴赫猜想一，根據哥德巴赫猜想一證明哥德巴赫猜想二.