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【转帖】歌德巴赫得证了（附证明过程）
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[转帖]歌德巴赫得证了
命题（1）：每个大于2 的偶数都是两个素数之和。
为了证明命题（1），需从整数开始进行系统的研究。整数以2为模，分为偶数和奇数两类。偶数除2为素数以外，其它都是合数。奇数包含了大于2的所有素数和许多合数。
4在大于2的偶数中是一个特例。它由偶素数2构成2P(P为素数)型偶数，其“1+1”解为： 4＝2＋2。
对于大于4的偶数，素数2都不能构成“1+1”解。因此，在研究大于4的偶数的“1+1”解时，根本不用考虑2素数，而只能在大于2的素数中进行。
在大于2的任何区间的整数中，也就是说在大于4的偶数的中数以内②都有奇素数，而且奇素数的数量无限[2]。这就为证明大于4的偶数都有一般的“1+1”解提供了前提条件。
为了证明大于4的偶数2N都有一般的“1+1”解，需以一定的素数为模，对一定类型的数进行同余分类，然后把对一定素数模0 同余的同余类筛选掉。这种以同余分类为基础进行筛选的方法，叫做同余分类筛法。运用同余分类筛法，根据下列五条定理，便可证明每个大于4的偶数都有一般的“1+1”解。
整数数列以6为模进行同余分类，大于3的素数只能出现在6m±1(m>0)两个同余类中，也就是说，都可以表述为6a－5(a>1)或6b－7(b>1)型数，而对于上述两个类型的数有定理1 。
定理１、设Pc为大于3的素数，在6a-5或6b-7型数的数列中，任意取Pc个以内的连续数，则其中最多只有一个数能够满足6a≡5(modPc) 或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(mod Pc)。
证明：6a-5和6b-7型数的数列都是等差为6的等差级数。在6a-5和6b-7型数的数列中，因为2|6a，2|6b，而25，27，所以26a-5，26b-7；同理36a-5，36b-7。因此，在判断6a-5或6b-7型数是否为素数时，模数不必考虑素数2和3，而只需考虑大于3的素数Pc 。
设任意一个6a-5(a>1)型的数，在其后面连续的等差为6的Pc个等差级数为：6(a+1)-5，6(a+2)-5，6(a+3)-5......6(a+Pc-2)-5，6(a+Pc-1)-5，6(a+Pc)-5。在该等差级数的数列中，若某个数6(a+m)-5(0＜m≤ Pc)除以大于3的素数Pc为整数，即6(a+m)-5=nPc(n>0)；那么，其它Pc-1个数为6(a+m)-5±6e(0
上述连续的Pc个等差为6的等差级数的起始数可以任意确定，如6(a+Pc-2)-5，6(a+Pc-1)-5，6(a+Pc)-5，6(a+Pc+1)-5......6(a+2Pc-4)-5，6(a+2Pc-3)-5等。
同理可证明在任意一个6b-7(b>1)后面连续的等差为6的Pc个等差级数中，只有某一个数6(b+m)-7(00)，而其它Pc-1个数除以Pc都不可能为整数，总有一定的余数r(0
既然在6a-5或6b-7型等差级数数列中，有Pc个连续数时，只有一个数能够满足6a≡ 5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它Pc-1个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)，那么，在6a-5或6b-7型数的数列中只有2~Pc-1个连续数时，显然就最多只有一个数可能满足6a≡5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)。定理1证毕。
定理2、设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数。
分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系。
1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况：
(1)当PA为6a-5型素数时：
A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5<6(a+x)-5<2(6a-5)。
由6a-5<6(a+x)-5可知
6a-5<6a+6x-5，
6x>0，
即x>0；
由6(a+x)-5<2(6a-5)可知
6a+6x-5<12a-10，
6x<6a-5，
x
只考虑整数，x
综上所述，0
B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：
6a-5<6b-7<2(6a-5)。
由6a-5<6b-7可知
6b>6a+2,
b>a+1/3，
只考虑整数，即b>a ；
由6b-7<2(6a-5)可知
6b-7<12a-10 ,
b<2a-1/2 ，
只考虑整数，即b<2a 。
综上所述：a
(2)当PA为 6b-7型素数时：
A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：
6b-7<6a-5<2(6b-7) 。
由6b-7<6a-5可知
6a>6b-2，
a>b-1/3，
只考虑整数，a>b-1；
由6a-5<2(6b-7)可知
6a-5<12b-14，
6a<12b-9，
a<2b-3/2，
只考虑整数，a<2b-1 。
综上所述，b-1
B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：
6b-7<6(b+y)-7<2(6b-7)。
由6b-7<6(b+y)-7可知
6b-7<6b+6y-7，
6y>0，
即y>0；
由6(b+y)-7<2(6b-7)可知
6b+6y-7<12b-14，
6y<6b-7，
y
只考虑整数，即y
综上所述：0
总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数。不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数。
2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系：
(1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：
a> [2(6a-5)]1/2 ，
a2>12a-10 ，
a2-12a+10>0 。
解上述不等式得：
a>11.1，
只考虑整数，即a>11时，上述不等式成立。
(2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a>11时a> [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b>[2(6b-7)]1/2解得b>10时该不等式成立。
以上计算表明：当a>11时，a>[2(6a-5)]1/2；当b>10时，b>[2(6b-7)]1/2。为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a>11时，a>(2PA)1/2；当b>11时，b>(2PA)1/2 。因此，当a>11或b>11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定。
证明：运用a>11和b>11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行。
1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 。
在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明。实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个。
2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 。
PA>61，即a>11，b>11。在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71。运用同余分类筛法---归纳法有：
(1)当 PA为6a-5型素数时：
A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数。a以内包含有5、7、11三个大于3的素数。
根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a 5(mod11)；
其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a 5(mod7)；
最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a 5(mod5)，成为素数。
同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b 7(mod11，7，5)，成为素数。
综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立。
B、当PA>67时，a>12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数。
假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u。
首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a 5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a 5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a 5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a 5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b 7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b 7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b 7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为 6b 7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 。
以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1...... P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
同样，以Pu+1为模，对u个6b-7型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次用Pu、
Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj),逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
综上所述，当PA为大于67的6a-5型素数时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即一共至少有两个素数。
(2)当PA为6b-7型素数时：
A、当PA=71，b=13，在PA~2PA之间，有b-1=12个6a-5型连续数和b-2=11个6b-7型连续数。b以内包含大于3的素数Pj有5、7、11、13四个。
首先，以13为模，对12个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod13)，筛选掉，其它11个同余类都是6a5(mod13)；
其次，在以上数列中取11个6a-5型连续数（避开或包含前面筛选掉的那个6a-5型数都可），以11为模，对6a5(mod13)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个同余类都是6a5(mod11)，纵使前面已经筛选掉的那个同余数也算一个以11为模的同余类，还有9个同余类都是6a5(mod11)；
再次，以7为模，在上述数列中取7个6a-5型连续数，纵使不避开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，对6a5(mod11)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，其它的同余类都是6a5(mod7)，也纵使前面已经筛选掉的两个同余的6a-5型数，在以7为模的同余分类中也各占一个同余类，至少还有4个同余类都是6a5(mod7)；
最后，以5为模，在上述数列中取5个连续的6a-5型数，纵使都不避开前面已经筛选掉的3个6a-5型数，还有两个同余类，同样最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，至少还有1个同余类是6a 5(mod5)，即71~142之间至少有1个6a-5型的素数。
同理可证明：在71~142之间11个6b-7型连续数中，至少有1个6b7(modPj)的6b-7型的素数。
综上所述，当PA=71时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即至少共有两个素数（实际上多达14个），定理2成立。
B、当PA>71，b>13，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数。
假设b=u，u>13，在6u-7~2(6u-7)之间有u-1个6a-5型连续数和u-2个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u 。
首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a 5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少还有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
而且，以Pu为模，对u-2个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
当b=u+1时，在6(u+1)-7~2[6(u+1)-7]之间，有u个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与b=u时一样多，最多也只能比b=u增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1。
以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
同样，以Pu+1为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，根据定理1，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
总之，不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，在PA~2PA之间都至少有1个6a-5型的素数和1个6b-7型的素数，即至少有两个素数。定理2证毕。
定理2也可以表述为与其等价的定理3。 |
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