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李氏猜想：命题任何大于6的诸偶数

　公元1742年，德国数学家哥德巴赫给在当时住在德国的大数学家欧拉的一封信中，提出了把一个整数表示成素数之和的推测，这就是著名的“哥德巴赫猜想”。用略为修改了的语言，把这个猜想写在下面： 　　A：每一个大于或等于6偶数都可以表示为两个奇素数之和。 　　B：每一个大于或等于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。 命题A和命题B是有联系的，即命题B是命题A的直接推论。换言之，只要命题A正确，就能证明命题B正确。 　　因为，若命题A正确，我们设整数N≥9(N是奇数)，则N-3≥6，而且N-3是偶数。 　　由命题A可知，必有两个奇素数p1和p2，使得 　　N-3=p1+p2； N=3+p1+...全部

  　公元1742年，德国数学家哥德巴赫给在当时住在德国的大数学家欧拉的一封信中，提出了把一个整数表示成素数之和的推测，这就是著名的“哥德巴赫猜想”。用略为修改了的语言，把这个猜想写在下面： 　　A：每一个大于或等于6偶数都可以表示为两个奇素数之和。
   　　B：每一个大于或等于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。 命题A和命题B是有联系的，即命题B是命题A的直接推论。换言之，只要命题A正确，就能证明命题B正确。 　　因为，若命题A正确，我们设整数N≥9(N是奇数)，则N-3≥6，而且N-3是偶数。
   　　由命题A可知，必有两个奇素数p1和p2，使得 　　N-3=p1+p2； N=3+p1+p2 因此，命题B成立。所以，解决“哥德巴赫猜想”的关键就在于证明命题A。 　　哥德巴赫猜想的提出是合理的，对于命题A，有人对33*106以下的每一个不小于6的偶数一一进行验算，都表明它是正确的。
  然而，验算还不能代替证明，一部分还不能代替一切数，问题是这个猜想对于不小于6的一切数是不是都成立。因此，这个看起来十分明显的问题，证明起来却是十分困难的。 　　1742年6月30日欧拉在复信中写道：“任何大于6的偶数都是两个奇素数之和，虽然我还不能证明它，但我确信无疑认为这是完全正确的定理”。
  由于欧拉是当时最伟大的数学家，因此他对这个推测的信心，便吸引了许多数学家的注意，都企图去证明它们。但是，当整个19世纪结束的时候，在研究这两个猜测方面仍没有取得任何进展，甚至根本就不知道应该如何下手。
   　　1900年德国大数学家希尔伯脱在国际数学会的演说中，提出了重要意义的23个问题，这就是通常所说的希尔伯脱问题。哥德巴赫猜想被列为希尔伯脱第8问题的一部分。 第二讲：什么是素数？什么是合数？ 　　在第一讲中，我们介绍了哥德巴赫猜想的由来，并指出其命题是：每一个充分大的偶数都可以表为两个奇素数之和。
  对于奇数和偶数，乃是算术中最基本的概念，但对于素数和合数，却并非是所有的数学书中必须涉及的东西，其只是数论书中的一个基本概念。因此，尽管素数或合数都是一些常识性的概念，由于哥德巴赫猜想所涉及的问题主要是奇数、偶数、素数、合数之类的东西，故而，在此作些介绍也是情理中的事。
  不过，此讲所涉及的定理都是从书中摘抄而来，故对所有的定理均不作证明。 　　在自然数中，我们将那些可以被2整除的数叫作偶数，如 　　2、4、6、8、10、。。。 等，剩下的那些自然数就叫作奇数，如 　　1、3、5、7、9、。
  。。 等。这样，所有的自然数就被分成了偶数和奇数两大类。另一方面，除去1以外，有的数除了1和它本身以外，不能再被别的整数整除，如 　　2、3、5、7、11、13、17、。。。 等，这种数称作素数(也称质数)。
  有的数除了1和它本身以外，还能被别的整数整除，这种数就叫合数，如 　　4、6、8、9、10、12、14、。。。 等，就是合数。1这个数比较特殊，它既不算素数也不算合数。这样，所有的自然数就又被分为1和素数、合数三类。
  自然数的这种分类法，要比它分为奇数和合数两大类要复杂多了。 　　对于素数这个概念，我们自然会想到这样一个问题：怎样从自然数集合中找出素数？素数到底有多少个？ 　　假设给定一个自然数N，要求出N以内的所有素数，可以这样进行：因为N以内的自然数只有三种，一种是1，一种是合数，一种是素数；我们可以象筛东西那样，先把1筛掉，然后再把合数筛掉，剩下的就是素数了，这种在自然数列中寻找素数的方法就叫做埃拉托色尼筛法(简称埃氏筛法)。
   　　用筛法找出不超过N的全部素数，可以遵循下面的定理进行。 　　辅助定理1：“如果n是不大于x的合数，那么n必有一个不大于√x的素约数(符号“√”表示开平方)”(证从略)。根据辅助定理1，我们只要用不大于√x的素数作筛子，就可将不大于X以内的所有的合数筛除掉。
   　　辅助定理2：“素数有无限多个”(证从略)。 　　虽然素数有无穷多个，但在自然数列中的一个相当长的数列中，却找不到一个素数，而有时会出现若p是素数，p+2也是素数的情况，所以素数的出现并无规则可言。
   　　一个素数只有1和本身这两个约数，因此素数就不能再分解了。但是合数却有两个以上的素约数，那么合数能不能分解成约数全部是素数的乘积呢？答案是肯定的。 　　唯一分解定理：“任何大于1的自然数都可以分解成素数的乘积，如果不计较这些素因数的顺序，这种分解方法是唯一的”(证从略)。
   　　根据唯一分解定理，欲求某自然数的倍数之数列，只要用该数乘以自然数列，即可得到该数的倍数之数列。由此可知，合数的出现是有规则可言的。埃氏筛法就是根据合数的出现是有规则可言的基础上，逐个地将不大于√x的素数的倍数筛掉。
  根据辅助定理1，可知，筛掉那些具有不大于√x素约数的合数，序列中已无合数的存在，剩下的就是大于√x至x的素数了。 　　在运用筛法时，就可发现，当筛除某数的倍数时，有时会遇到数列中的数已被前一个筛子所筛，这样就会造成计算上的误差。
  针对此种情况，在数论有一个逐步淘汰原则： 　　“设有N件事物，其中，N_i件有性质i，N_j件有性质j, 。。。, N_ij件兼有性质i及j，。。。，N_ijk件兼有性质i、j及k，。。。。
  则此事物中之既无性质i，又无性质j，又无性质k，。。。者之件数为 　　N-N_i-N_j-N_k-。。。+N_ij+。。。-N_ijk-。。。+。。。-。。。。”①。 　　根据埃氏筛法和逐步淘汰原则，数论创建了求不大于X以内的素数之函数π(x)。
  所谓的π(x)函数，是指： 　　π(x)=N-r-1-{r∑i=1}[N/pi]+{∑1≤ii*pj]-。。。 　　+(-1)r[N/pi*pj*。。。*pr] 这是数论中求自然数列中素数的个数问题之唯一的一个根据规律而创建的函数，而所谓的素数定理中的Lix(x)函数仅是由于计算出来的数值有接近于π(x)函数中的数值而被高斯先生提议替代π(x)函数之用。
  因为在π(x)函数中的取整之步骤，使得计算成为十分繁琐之事。但在Lix(x)函数中，并无所求素数的个数之任何规律，在Lix函数中，仅是对数函数的积分，而对数函数只是指数函数的反函数也。 　　索引：①华罗庚。
   数论导引。 北京。 科学出版社。 1979。 第三讲：解哥德巴赫猜想的原理 　　在第一讲中，介绍了哥德巴赫猜想的来由，也指出了两百多年来许多数学家为求其解而化费了不少精力，但迄今尚不能获得一个完满的结果，所以，解哥德巴赫猜想就成了一道难题。
  那么，究竟应该怎样来解，才能将问题解决呢？盲目的求解显然是无济于事的，必须寻找出一个确切的原理，才能迎刃而解。 　　解题的原理不能是凭空而来，必须根据实践从规律中获得。那么，让我们从最初的大偶数表为两个自然数中，看看其是如何表为两个奇素数之和的： 　　6=1+5=2+4=3+3 　　8=1+7=2+6=3+5=4+4 　　10=1+9=2+8=3+7=4+6=5+5 　　12=1+11=2+10=3+9=4+8=5+7=6+6 　　14=1+13=2+12=3+11=4+10=5+9=6+8=7+7 　　16=1+15=2+14=3+13=4+12=5+11=6+10=7+9=8+8 18=1+17=2+16=3+15=4+14=5+13=6+12=7+11=8+10=9+9 　　。
  。。。 从上述的M=a+b中可以得出这样一些规则，设定的M表为两个自然数之和一共可以有M/2个a+b元素，故称这M/2个元素对为设定的M之全域，称之为有集合G。另外，还可发现在这M/2个a+b元素中，除了与1相加的a+b元素外，其它的a+b元素根据素数或合数的性质，可以分为三大类： 　　素数加素数，我们用p(1,1)表之； 　　合数加合数，我们用H(1,1)表之； 　　素数加合数，我们用(p,H)表之。
   显然，根据观察中可知，欲求大偶数M表为两个奇素数之和的个数，只要在M/2个a+b元素的全域中，筛掉合数加合数、素数加合数这两种情况，剩下也就是素数加素数的个数了。此原理早在一百多年前，已被集合论所总结，这就是著名的摩根定律：A~∩B~=(A∪B)~，A的补集与B的补集之交集等于A与B的并集之补集(符号“~”表示求补)。
   　　例如，设M=16，则有 　　16=1+(15)=2+(14)=3+13=(4+12)=5+11=(6+10)=7+(9)=(8+8) 为了视觉上的一目了然，在合数处我们以括号笼之。
  在区间(1,8]中，有合数 　　4、6、8 共三个，则集合A有元素 　　(4+12)、(6+10)、(8+8)； 而集合A~有元素 　　1+(15)、(2+14)、3+13、5+11、7+(9)。
   在区间[8,16)中，有合数 　　8、9、10、12、14、15 共6个，则集合B有元素 　　(8+8)、7+(9)、(6+10)、(4+12)、2+(14)、1+(15)； 而集合B~有元素 　　3+13、5+11。
   故而，A~∩B~有元素： 　　3+13、5+11 共2个；A∪B有元素 　　(8+8)、7+(9)、(6+10)、(4+12)、2+14、1+(15) 共6个。在M=16中，全域共有元素8个；则有： 　　2=8-6。
   在用A~∩B~=(A∪B)~时须注意一个误差1+(M-1)。 　　前面所述，可归结为：任取一充分大的偶数M，表M为两个自然数之和，设A为区间(1,M/2]中所有合数所归纳的a+b元素的集合，B为区间[N/2,N)中所有合数所归纳的a+b元素的集合，则A或B的补集A~与B~分别为各自区间中由素数所归纳的a+b元素的集合。
  应用摩根定律于哥德巴赫猜想中，即有： 　　p(1,1)=N/2-A∪B=N/2-A-B+A∩B 本讲义就是根据摩根定律来解释哥德巴赫猜想，因为这是唯一正确的求解方法。由于求解 　　p(1,1)=N/2-A-B+A∩B 需要用比较复杂的数学方式计算，故而，本讲义只对 　　p(1,1)=N/2-A∪B 进行解释，敬希鉴谅。
   　　解哥德巴赫猜想之所以必须用摩根定律才能求解，原因在于素数的出现并无规则可言，而合数的出现却是有迹可寻，所以必须用否定之否定法则进行求解即数学中所说的容斥原理。在自然数列中求不大于N的素数之个数时，埃氏筛法就是根据否定之否定法则来求素数的。
  同样道理，在解哥德巴赫猜想时，也要用否定之否定法则。 　　以前在解哥德巴赫猜想时，由于没有根据辩证法则从规律上来求解，仅凭想象而为之，故都没有实际依据，实乃是赝科学的东西也。 第四讲：从两个古老的公式中求解 　　由于哥德巴赫猜想所要求的是每一个充分大的偶数M都可以表为两个奇素数之和，因此若取具体的偶数之值，至无穷大处则无法予以求解，并不符合猜想的要求。
  故而，必须用对任何数值都适用的公式来求解。于是乎，从公式M=a+b的加法关系中，寻找符合条件的一般之解，才是解哥德巴赫猜想唯一正确的方法。 　　在第三讲中，我们知道，欲解哥德巴赫猜想，必须用摩根定律，而摩根定律所用的乃是以否定之否定法则的容斥原理来求解。
  所以，必须先行否定对素数的研究，集中精力来分析和研究合数在M=a+b中的规律性之东西。对于合数在M=a+b中的出现规律，有两个古老的公式揭示了其中的奥秘，这就是： 　　M=np=(n-m)p+mp和M=nq+r=(n-m)q+mq+r 其中，公式M=np可引伸出与M具有相同的的素约数p的一些合数，而公式M=mq+r则可引伸出与M互素的一些合数。
   　　从公式M=np=(n-m)p+mp中可知，素约数p是根据唯一分解定理而来，对于任意的M之值，均可由一些素因数的乘积唯一而定。设p|M，则有 　　M=np=(n-m)p+mp，1≤m≤n/2=M/2p。
   (1) 即在M=a+b中，可呈现：若a中有素因数p，则b中也必有素因数p。换言之，不大于M的含有素约数p，p|M的合数，在M＝a+b中，总是成对地出现在一起，且是每隔p之数值而出现一次。我们将这种在M＝a+b中可自交的素约数p称之为特征，M有多少个素约数构成，则有多少个特征。
  由于“不大于M的合数必有一个素约数小于√M”之故，因此，今后凡言之为特征乃指不大于√M的素数而言。 　　而那些不是M的素约数的素数q，q⊥N，则由公式 　　M=nq+r=(n-m)q+mq+r，1≤m≤n=M/q。
   (2) 中可知，由于(n-m)q与mq有位差r，所以，在M=a+b中，若a中有素因数q，则b中必不存在素因数q，反之亦然。因此，不大于M的具有素因数q，q⊥M的合数，在M＝a+b中，均不会在同一个a+b中出现。
  于是，在M=a+b中，每隔q之值会出现两个具有素因数q，q⊥M的合数，一个在a中，一个在b中。由于是根据剩余类环而求得的，故称它们为剩余。当然，所谓的剩余也是指那些不大于√M的素数而言的。 　　从公式(1)中可知，特征p有个数N/2p，占M=a+b中的M/2个a+b元素的1/p；因此，与p互素的a+b元素占M=a+b的比例为(1-1/p)。
  从公式(2)中可知，剩余q有个数M/q，占M=a+b的M/2个a+b元素的2/q；因此，与q互素的a+b元素占M=a+b的比例为(1-2/q)。 　　对于与特征p互素的系数(1-1/p)，由欧拉函数ψ(n)=n{∏p|n}(1-1/p)中可知，特征中的系数是可乘积的函数：M/2{∏p|M}(1-1/p)。
  那么，对于非特征值的系数是否也是可乘积的函数?由于与剩余q互素的系数(1-2/p)，以前并无人涉及，是鄙人之首创，故必须对其是否是可乘积函数的性质作些证明。 　　设M=nq+r=(n-m)q+mq+r，化mq+r成为p的倍数，即mq+r=kp，可知：“q不能整除kp,那么，(q-1)个数：p、2p、。
  。。、(q-1)p分别同余1到q-1，并且对模q互不同余：k1p≠k2p(mod q)”(费马小定理)。由于k＜q，因此，在M=a+b中与q的倍数组成a+b元素的p之倍数，起始于 　　M=(n-m)q+kp 加减ipq，然后有 　　M=(n-m-ip)q+(k+iq)p；1≤i≤M/pq 乃是每隔pq之数值而出现一次。
   　　因此，在M=a+b中，q的倍数与p互素不仅须对(n-m)q自身中具p之素因数的元素进行筛除，而且还须对与之构成自然数对mq+r=kp的合数中具有p之素因数的合数进行筛除。因此在M=a+b中，由q之倍数而构成的a+b元素中，与p互素的个数是M/q(1-2/p)。
   　　在M=a+b中，如果p⊥M，q⊥M，则与p,q互素的a+b元素分别有：M/2(1-2/p)，M/2(1-2/q)，而与p，q互素的a+b元素在总体上有： 　　M/2(1-2/p)-M/q(1-2/p)=(M/2-M/q)(1-2/p)=M/2(1-2/p)(1-2/q) 可知，在M=a+b中，对于非特征值的系数也是可乘积函数。
   　　换言之，在M=a+b中，与不大于√M的素数互素的系数，用逐步淘汰原则进行计算，不管是特征还是剩余，均是可乘积的函数。 　　通过分析，获知在M=a+b中，无论是特征或非特征，都是可乘积函数。
  因此在M=a+b中，与不大于√M的素数互素的个数有系数： 　　P(1,1)/(M/2)={∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p); (3) 式(3)就是哥德巴赫猜想的一般之解。
   　　求出了哥德巴赫猜想的一般之解，也就是知道了哥德巴赫猜想的一般性规律，接下来的任务就是证明命题所要求的每一个充分大的偶数都可以表为两个奇素数之和的个数是否为零，即从特殊解中求出哥德巴赫猜想成立与否？ 第五讲：举一些实例作验证 　　在第四讲中我们用两个古老的公式： 　　M=np=(n-m)p+mp和M=nq+r=(n-m)q+mq+r 求出了哥德巴赫猜想的一般之解： 　　p(1,1)=N/2{∏p|N}(1-1/p){∏p⊥N}(1-2/p) 这一般之解是否符合实际情况，必须用实例来验证。
  由于规律性的东西自始至终都是存在的，鉴于篇幅之故，就没有必要举太大之值，从最初的大偶数中举例即可。 　　下面就哥德巴赫猜想举几个实例。为使举例有更好的视觉效应，在合数处用括号笼之，以区别于素数。
   　　设M=2n。当M=8时，有: 　　8=1+7=2+(6)=3+5=(4+4)。 当M=16时，有: 　　16=1+(15)=2+(14)=3+13=(4+12)=5+11=(6+10)=7+(9)=(8+8)。
   当M=32时，有: 　　32=1+31=3+29=5+(27)=7+(25)=(9)+23=11+(21)=13+19=(15)+17。 当M=64时，有: 　　64=1+(63)=3+61=5+59=7+(57)=(9+55)=11+53=13+(51)=(15+49)=17+47 　　=19+(45)=(21)+43=23+41=(25+39)=(27)+37=29+(35)=31+(33)。
   即在N=2n时，只有2的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素对中相加。 　　设M=2n*3m。当M=6时，有： 　　6=1+5=2+(4)=3+3。
   当M=12时，有 　　12=1+11=2+(10)=3+(9)=(4+8)=5+7=(6+6)。 当M=18时，有： 　　18=1+17=2+(16)=3+(15)=(4+14)=5+13=(6+12)=7+11=(8+10)=(9+9)。
   当M=24时，有： 　　24=1+23=3+(21)=5+19=7+17=(9+15)=11+13。 当M=36时，有： 　　36=1+(35)=3+(33)=5+31=7+29=(9)+27=11+(25)=13+23=(15+21)=17+19。
   当M=48时，有： 　　48=1+47=3+(45)=5+43=7+41=(9+39)=11+37=13+(35) 　　=(15+33)=17+31=19+29=(21+27)=23+(25)。
   即在M=2n*3m时，只有2的倍数和3的倍数可在同一元素对中相加，其它的素数之倍数均不能在同一元素对中相加。 　　设M=2n*5m。当M=10时，有： 　　10=1+(9)=2+(8)=3+7=(4+6)=5+5。
   当M=20时，有： 　　20=1+19=2+(18)=3+17=(4+16)=5+(15)=(6+14)=7+13=(8+12)=(9)+11=(10+10)。 当M=40时，有： 　　40=1+(39)=3+37=5+(35)=7+(33)=(9)+31=11+29=13+(27)=(15+25)=17+23=19+(21)。
   当M=50时，有： 　　50=1+(49)=3+47=5+(45)=7+43=(9)+41=11+(39)=13+37 　　=(15+35)=17+(33)=19+31=(21)+29=23+(27)=(25+25)。
   即在N=2n*5m时，只有2的倍数和5的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。 　　设N=2n*3m*5k。当M=30时，有： 　　30=1+29=3+(27)=5+(25)=7+23=(9+21)=11+19=13+17=(15+15)。
   当M=60时，有： 　　60=1+59=3+(57)=5+(55)=7+53=(9+51)=11+(49)=13+47=(15+45) 　　=17+43=19+41=(21+39)=23+37=(25+35)=(27+33)=29+31。
   当M=90时，有： 　　90=1+89=3+(87)=5+(85)=7+83=(9+81)=11+79=13+(77)=(15+75) 　　=17+73=19+71=(21+69)=23+67=(25+65)=(27+63)=29+61=31+59 　　=(33+57)=(35+55)=37+53=(39+51)=41+(49)=43+47=(45+45)。
   即在M=2n*3m*5k时，只有2的倍数、3的倍数和5的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。 　　对于M是偶数时的情况列举了不少例子，让我们再对M是奇数时的情况举例，看看其中的合数是否也遵循着规律而出现。
   　　设M=3n。当M=9时，有 　　9=1+(8)=2+7=3+(6)=(4)+5 当M=27时，有 　　27=1+(26)=2+(25)=3+(24)=(4)+23=5+(22)=(6+21)=7+(20) 　　=(8)+19=(9+18)=(10)+17=11+(16)=(12+15)=13+(14) 即在M=3n时，只有3的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。
   　　设M=3n*5m。当M=15时，有 　　15=1+(14)=2+13=3+(12)=(4)+11=5+(10)=(6+9)=7+(8) 当M=45时，有 　　45=1+(44)=2+43=3+(42)=(4)+41=5+(40)=(6+39)=7+(38)=(8)+37 　　=(9+36)=(10+35)=11+(34)=(12+33)=13+(32)=(14)+31=(15+30) 　　=(16)+29=17+(28)=(18+27)=19+(26)=(20+25)=(21+24)=(22)+23 即在N=3n*5m时，只有3、5的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。
   　　可见，我们所求得的哥德巴赫猜想的一般之解，其中的规律不仅对M是偶数时适用，而且当M是奇数时也是适用的。只不过当M为奇数时，特征中没有素数2，因此在剩余的系数中，存在有零因子：(1-2/2)=0。
  故在M为奇数时，表为两个奇素数之和的个数为零。 第六讲：哥德巴赫猜想为真 　　在第四讲中，我们求出了哥德巴赫猜想的一般之解，并在第五讲中作了一些实例验证，在确定了其可信度之后，就可以根据一般之解来求出哥德巴赫猜想是否为真了。
   　　我们知道，在M=a+b中，表为两个奇素数之和p(1,1)的系数受唯一分解定理所左右，其特征有系数(1-1/p)，剩余有系数(1-2/p)；由于(1-1/p)＞(1-2/p)，所以特征之不同会使系数之值有差别。
  因此，在一般解中寻找出最小系数之值，在这样的特殊解中计算出p(1,1)的个数，也就可以获知哥德巴赫猜想是否为真？ 　　在第五讲中，我们曾对奇数表为两个奇素数之和时的情况作了考察，由于素数2并不是特征，所以，2的倍数总是与不具有素约数2的自然数相加，在系数中存在着零因子，p(1,1)=0。
  由此可知，M之值必须是偶数，即素数2必须为特征。从(1-1/p)＞(1-2/p)中可知，若存在其它不大于√M的素数为特征时，则系数不可能是最小的。因此，只有当M=2n时，系数才会有最小的值，而且 　　p(1,1)=M/4∏(1-2/p) (1) 只有当乘积是无穷时，系数才会达到最小之值。
   　　让我们对(1)式进行计算，从自然数列中素数之值依序而言，由于合数的存在，相邻的两个素数之值的差有大于2的，至少是不小于2，因此有 　　pn-2≥pn-1 (2) 将不等式(2)的结论代入到(1)式中，用后一因式的分子与前一因式的分母相约，并保留所谓的最后因式的分母，我们可以获得 　　p(1,1)≥M/4(1/p)≥M/4*(1/√M)=√M/4， 当M→∞时，有√M/4→∞。
   　　换言之，在大偶数表为两个奇素数之和中，其个数不会少于√M/4个。收起