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本帖最后由 雷明85639720 于 2021-6-23 01:34 编辑
用数集合论的方法证明哥德巴赫猜想
雷 明
（二○一九年六月十四日）
用数集合论的方法证明哥德巴赫猜想的想法，笔者曾于2006年8月10日，于在宁夏银川召开的“第五届全国现代科学计算研讨会、第二届西部地区计算数学年会暨首届海内外华人青年学者计算数学交流会”（简称“数学三会”）的分组学术报告会上作过摘要性的学术论文报告。这一想法也得到了与会专家学者的肯定。笔者的摘要报告刊登在会议的《论文摘要集》中。
1、哥德巴赫猜想
哥德巴赫猜想是在1742年由德国数学家哥德巴赫提出来的。其内容分两个部分：第一部分是任何大于等于4的偶数都是两个素数的和，即“1＋1”；第二部分是任何大于等于7的奇数都是三个素数的和。至今，猜想提出已有277年，却一直未能得到理论上的证明是否正确。在一般情况下所说的“哥猜”，主要就指的是第一部分的“1＋1”，只要证明了第一部分，第二部分也就迎刃而解了。
2、破解“哥猜”难题的思路
由于偶数是无穷多的，我们不可能把一个个的偶数都分解成两个素数的和的，也是永远也分解不完的。但我们可不可以通过集合论理论，把每一个奇素数都与所有的奇素数相加一次（包括自身相加的一次在内）的办法，得到一个与大于等于4的所有偶数的集合相同的集合呢。这不就也可以得到大于等于4的所有偶数都是两个素数的和的结论吗。如果这个想法可以实现，哥德巴赫猜想不就得到了证明是正确的吗。这也就是我的反求思路的设想。
3、素数集合S是一个可数集合
众所周知，素数有无穷多个，所以全体素数的集合
S＝{ 2，3，5，…… }
是一个无穷集合。集合S里的每一个元素都是只能被它自身和1整除的自然数。
集合论里有判定可数集合的定理：“集合A为可数集合的充分与必要条件是可以把A的元素编号为
A＝{ a1，a2，a3，……，an，…… }”［1］
这个编号ｉ就是集合A到自然数集合N间的一一对应。“显然，法则ψ：an→n是A到N的一一对应，故A为可数集合”［1］。根据集合等势的定义：“设A、B是两个集合，若存在A到B的一一对应，则称A与B等势（等浓度、对等、等价），记为A～B”［1］可知，集合A与自然数集合N是两个等势的集合，即有A～N。
同样，全体素数的集合S中的元素也是可以按其数值的大小，从小到大依次的进行编号的，即有
S＝{ s1，s2，s3，……，sn，…… }
说明S也是可数集合。S既是可数集合，这也就在全体素数的集合S中的元素si与自然数集合N中的元素n之间建立了一一对应的关系，所以也就有S与N等势，即有S～N。这是从S中的元素可以进行编号的角度出发得出S是可数集合并与自然数集合N等势的结论的。
另外，根据可数集合的定义：“若集合A与自然数集合N等势，即A～N，则称A为可数集合”［1］也可知道，全体素数的集合S也应是可数集合。S既是可数集合，那么也就应有S～N。这又是从可数集合的定义的角度出发得出S是可数集合并与自然数集合N等势的结论的。
还有，因为“自然数集合是最简单的无穷集合”［1］，又因为“若集合A与自然数集合N等势，即A～N，则称A为可数集合”［1］且“因为自然数集合N有N～N”［1］（集合等势的反射性），“可知自然数集合也是可数集合”［1］。因为全体素数的集合S和自然数集合N都是可数集合，所以也应有S～N的关系。这又是从另外一个角度出发再一次得出S是可数集合并与自然数集合N等势的结论的。
以上分别是从三个不同的角度出发，都说明了全体素数的集合S是一个可数集合并与自然数集合N等势。
由可数集合的定义和集合等势的性质（反射性，对称性，传递性）可知：“若A、B为可数集合，则A～B。因此，所有可数集合组成一个类，这个类里的集合的势都是相同的，用α表示”［1］。
4、奇素数集合Q也是一个可数集合
因为全体素数的集合S中只有一个素数2是偶素数，其余皆为奇素数。所以偶素数集合O中只有一个元素2，是一个有穷集合。根据集合论里的定理：“可数集合与它的有穷子集合的差集是可数集合”［1］可知，素数集合S中除去唯一的偶素数2这个有穷的子集合{ 2 }外，由所有的奇素数构成的奇素数集合Q＝S－O是
Q＝{ 2，3，5，…… }－{ 2 }
＝{ 3，5，7，…… }
奇素数集合Q里的元素也是可以按其数值的大小，从小到大依次将其编号为
Q＝{ q1，q2，q3，……，qn，…… }
的。可见，奇素数集合Q也是一个可数集合。即奇素数也有无穷多个。这也就在奇素数集合Q与自然数集合N之间建立了一一对应的关系，也就有奇素数集合Q与自然数集合N等势，即Q～N。
5、并集A中的元素都是大于等于6的偶数
这一步也就是证明中最关键的一步。把奇素数集合Q＝{ 3，5，7，…… }中的每一个元素qi都与奇素数集合Q中的所有的元素相加一次，包括它自身相加的一次qi＋qi在内，即可得到可数个可数集合Ki，即：
用Q中的第一个元素3与Q中的所有的元素都相加一次，得到第一个可数集合K1
K1＝{ 3＋3，3＋5，3＋7，3＋11，3＋13，3＋17，3＋19，…… }
＝{ 6，8，10，14，16，20，22，…… }
用Q中的第二个元素5与Q中的所有的元素也都相加一次，得到第二个可数集合K2
K2＝{ 5＋3，5＋5，5＋7，5＋11，5＋13，5＋17，5＋19，…… }
＝{ 8，10，12，16，18，20，22，24，…… }
再用Q中的第三个元素7与Q中的所有的元素都相加一次，得到第三个可数集合K3
K3＝{ 7＋3，7＋5，7＋7，7＋11，7＋13，7＋17，7＋19，…… }
＝{ 10，12，14，16，18，20，24，26，…… }
……………………
用Q中的第i个元素qi与Q中的所有的元素都相加一次，就可得到第i个可数集合Ki
Ki＝{ ki＋3，ki＋5，ki＋7，ki＋11，ki＋13，ki＋17，…… }
再根据集合论里的定理：“有限个或可数个可数集合的并集仍为可数集合”［1］可知，这可数个可数集合Ki的并集A
A＝K1∪K2∪K3∪，……，∪Ki，……
仍是一个可数集合。由于“集合里若干个相同的元素只能算作一个，也只用一个符号表示出来”［1］和“集合里的元素是不重复出现的”［1］可知，虽然各Ki集合之中都有数值相同的元素，但在其并集A中却只能算作一个，只能用一个符号表示出来。即有
A＝{ 6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，26，…… }
这个并集A里的元素也是可以按其数值的大小，从小到大依次将其编号为
A＝{ a1，a2，a3，……，ai，…… }
的。可见，并集A也是一个可数集合，并与自然数集合N也应有一一对应的关系，即有A～N。
由于奇素数集合Q中的元素都是大于等于3的奇数，且并集A中的每一个元素ai都是由奇素数集合Q中的两个元素qi、qj相加的结果，所以我们所得到的这个并集A中的元素也都是大于等于6的偶数。
6、大于等于6的所有偶数的集合B也是可数集合
由集合论中知道，全体偶数所构成的集合
C＝{ 2，4，6，……，2n，…… }
是一个可数集合［1］，应有C～N的关系。也因为有“可数集合与它的有穷子集合的差集是可数集合”［1］的定理，所以可数集合C与有穷集合{ 2，4 }的差集B＝C－{ 2，4 }是
B＝{2，4，6，……，2n，……}－{ 2，4 }
＝{ 6，8，10，……，2（n＋2），…… }
这就是大于等于6的所有偶数的集合。这个大于等于6的所有偶数的集合B里的元素，也可以按其数值的大小，从小到大依次将其编号为
B＝{ b1，b2，b3，……，bi，…… }
可见，大于等于6的所有偶数的集合B也是一个可数集合，也与自然数集合N应有一一对应的关系，也有B～N。
7、集合N，S，Q，A和B都是等势的可数集合
从以上的分析可以看出，自然数集合N，全体素数的集合S，全体奇素数的集合Q，全体偶数的集合C，和我们上面所得到的那个并集A以及大于等于6的所有偶数的集合B都是可数集合。由“所有可数集合组成一个类，这个类里的集合的势都是相同的，用α表示”［1］可知，以上的集合不但都是可数集合，而且又都是等势的无穷集合，其势都是α。
8、并集A与集合B是同一个集合（或相等）的证明
因为我们所得到的并集A与自然数集合N等势，有A～N，又因为大于等于6的所有偶数的集合B也与自然数集合N等势，即有B～N，按集合等势的对称性［1］，也就有N～B。根据集合等势的传递性：“集合A与集合B等势，集合B与集合C等势，则集合A与集合C等势”［1］就可以得到并集A与大于等于6的所有偶数的集合B等势的结论，即有A～B。A～B就说明A与B有一一对应的关系。
集合B中对于大于等于6的偶数来说，是既不重复，又不缺少的。也可以证明集合A中的元素是不缺少一个大于等于6的偶数的。
证明：
已知条件：A～B且A、B中的元素都是大于等于6的偶数。
求证：A＝B。
要证明集合A与集合B相等或是同一个集合，首先要证明A中不缺少任何一个大于等于6的偶数。由于B是所有大于等于6的偶数集合，所以B中是不缺少任何大于等于6的偶数的。也就是说，首先A是包含于B的。现在，只要证明了A既包含于B，且A又包含B就可以了。
根据集合等势的定义：“设A、B是两个集合，若存在A到B的一一对应，则称A与B等势。记为A～B。”［1］已知A～B，所以A与B一定是有一一对应关系的。又根据一一对应的定义：“设ψ为M到N上的对应，若M里的元素不同（a≠b），对应N里的像也不同（a≠b）,则称ψ为M到N的一一对应。”［1］这就说明了有一一对应的两个集合，一个集合中的元素不同（ai≠aj），对应到另一个集合里的像也就不同（ai≠aj）（由于上画线打不出来，只得用下画线代替上画线来表示“像”）。
再根据定理：“设ψ为M到N的对应，ψ的逆对应ψ＇存在的充分与必要条件是ψ为M到N的一一对应。”［1］从而可以看出，有一一对应关系的两个集合，也一定是有其逆对应的。若从A到B的一一对应为φ：ai→bi，则一定有逆对应φ＇：bi→ai存在。由于φ与φ＇是互逆对应（即有（φ＇）＇＝φ），所以φ＇就是从B到A的一一对应（由于“负1次方”在复制移动过程中常发生变形，所以只能用“撇”代替“负1次方”来表示逆对应）。
这就说明了A中是不缺少任何一个大于等于6的偶数的。也证明了A既包含于B，且A又包含B。所以就有A＝B或A与B是同一个集合的结论。
这样，集合A与集合B中的元素就完全相同了，同样都是大于等于6的所有偶数，且一个不多，一个也不少。即集合A中的元素都是集合B中的元素，而集合B中的元素也都是集合A中的元素。根据“集合A的每一个元素都是集合B的元素，就说A是B的子集合”［1］的定义，所以集合A与集合B是互为子集合的两个集合。
集合论里还有关于集合相等的定义：“设A、B是两个集合。若A包含于B且A又包含B，则称集合A等于集合B，记为A＝B”［1］，即“集合A是集合B的子集合；集合B又是集合A的子集合。亦即集合A与集合B所包含的元素完全相同。就说集合A等于集合B”［1］。上面已经证明了集合A与集合B是互为子集合的，这就满足了A包含于B且A又包含B的条件，所以也就有A＝B的关系。可以看出集合A与集合B中每个元素不但是一一对应的，而且在数值上也是相等的。即有
ai＝bi
这也就再一次证明了我们所得到的那个并集A与大于等于6的所有偶数的集合B，同样都是大于等于6的所有偶数的集合，并且是同一个集合。也即有A＝B和
{a1，a2，a3，……，ai，……}＝{b1，b2，b3，……，bi，……}
同样也有
a1＝b1，a2＝b2，a3＝b3，……，ai＝bi，……
的关系。集合A与集合B中的元素不但数量相等，而且在两个集合中，对于大于等于6的所有偶数来说，一个也不多，一个也不少，并且是一一对应的。也就是说，两个集合中的元素都是大于等于6的所有偶数。
9、任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和
因为我们所得到的并集A中的每一个元素都是由两个奇素数相加所得到的，那么也就可以说集合B中的每一个元素也可以由两个奇素数相加而得到，所以也就有大于等于6的所有偶数都是两个奇素数的和的结论。
上面只是从数集合论角度进行的证明，现在再看一下从逻辑角度进行的证明。
虽然“任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”与其逆命题“任何两个奇素数相加的结果都是大于等于6的偶数”是互逆的命题，且该逆命题也是真命题，但“任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”是否是真，却与“任何两个奇素数相加的结果都是大于等于6的偶数”的逆命题的真假性没有直接的关系，所以只能再来进一步考虑原命题的逆否命题是真是假，再来判断原命题的真假性。因为原命题是与其逆否命题是同真同假的。
“任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”的逆否命题是“任何两个非奇素数的和都是小于6的偶数”。这个逆否命题是真是假呢？证明如下：因为偶素数（即非奇素数）只有唯一的一个“2”，其自身相加的结果是2＋2＝4，而4的确是小于6的。这就证明了这个逆否命题是真的。因为原命题与其逆否命题的真假性是相同的，所以“任何大于等于6的偶数都是两个奇素数的和”的原命题也是真的，是成立的。
证毕。
10、任何大于等于4的偶数都是两个素数的和
因为偶数4是唯一的偶素数2自身相加的结果，集合{ 4 }又是一个只有一个元素的有穷集合，根据“一个有穷集合与一个可数集合的并集仍为可数集合”［1］的定理可知，集合{ 4 }与可数集合A或可数集合B的并集
{ 4 }∪A＝{ 4，6，8，……，2（n＋1），…… }
或
{ 4 }∪B＝{ 4，6，8，……，2（n＋1），…… }
都是大于等于4的所有偶数的集合，也都是可数集合。集合{ 4 }∪A和集合{ 4 }∪B中的元素也都是可以按其数值的大小，从小到大将其编号为
{ 4 }∪A＝{ a1，a2，a3，……an，…… }
和
{ 4 }∪B＝{ b1，b2，b3，……bn，…… }
的。都是与自然数集合N有一一对应的关系的可数集合。
从上面的证明中可以看出, 大于等于4的所有偶数的集合{ 4 }∪A或{ 4 }∪B中的所有元素都是由全体素数的集合S中的任意两个元素——素数——相加的结果所构成, 所以也就有任何大于等于4的偶数都是两个素数的和的结论。这就证明了哥德巴赫猜想的第一部分“1＋1”是正确的。
11、“哥猜”第二部分的证明
若把哥猜的第一部分用公式2n＝s1＋s2表示（式中n为自然数，n≥2，s为素数。s1＝s2时，s1，s2≥2；s1≠s2时，s1，s2≥3）。在该式的两边同时加上一个大于等于3的奇素数s3得2n＋s3＝s1＋s2＋s3。因为s3≥3且是奇数，把左边的s3用2n－1（n≥2）表示得4n－1＝s1＋s2＋s3（式中n为自然数，n≥2，s为素数。s1＝s2≠s3时，s1，s2≥2，s3≥3；s1≠s2≠s3时，s1，s2，s3≥3）。当n≥2时，公式左边的4n－1就是大于等于7的奇数，所以也就有任何大于等于7的奇数都是三个素数的和的结论。哥德巴赫猜想的第二部分也是正确的。
附：n≥2时，4n－1就是大于等于7的所有奇数的证明：
因为s1＋s2≥4，又s3≥3，则有s1＋s2＋s3≥4＋3≥7。按照习惯表示方法，把4n－1（n≥2）改成2n－1（n≥4），则有4n－1（n≥2）＝2n－1（n≥4），公式就变成2n－1＝s1＋s2＋s3（式中n为自然数，n≥4，s为素数。s1＝s2≠s3时，s1，s2≥2，s3≥3；s1＝s2＝s3或s1≠s2≠s3时，s1，s2，s3≥3）。这就证明了当n≥2时，4n－1就是大于等于7的所有奇数。
12、哥德巴赫猜想是正确的
至此，哥德巴赫猜想的两个部分均已得到了证明都是正确的，所以哥德巴赫猜想是正确的。
雷 明
二○一九年六月十四日于长安
参考文献：
1、《集合与逻辑代数》，肖鹏一著，科学出版社，1983年7月第一版，1985年3月第二次印刷；
注：此最终稿已于二○二○三月十七日在《中国博士网》上发表过，网址是：
http://www.chinaphd.com/cgi-bin/ ... pic=4168&show=0，今年(二 ○二一年)五月又作了一次少量的修改，仍发表在原网址中。
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发表于 2020-3-17 12:57
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