喬西銘

【摘要】通常人們把公元前三世紀(jì)古希臘學(xué)者埃拉托斯特尼（Eratoshnenes）尋找素?cái)?shù)的方法稱為篩法.它的本質(zhì)就是從自然數(shù)集中劃去具有某種特征的數(shù)，從此意義出發(fā)，篩法可看作是兩個(gè)集合A、B的差集A＼B.

本文在《對(duì)一種篩法的探討》注的基礎(chǔ)上，又一次定義了“二重標(biāo)準(zhǔn)篩法”，并深入探討它的性質(zhì)，得出差集a＼＼b＼＼c 非空的條件，從而使哥德巴赫猜想的證明變得輕而易舉.

【關(guān)鍵詞】標(biāo)準(zhǔn)二重篩法；剩余類；差集

為便于敘述，將本文中所用字母說(shuō)明如下.

素?cái)?shù)是有序的，用Pk，k∈N+，表示第k個(gè)素?cái)?shù)，例如p1=2，p2=3，….

標(biāo)準(zhǔn)二重篩法有如下性質(zhì).

性質(zhì)一： n∈z，標(biāo)準(zhǔn)二重篩法 Ck|ba=Ck|b+n1Gka+n2Gk（n∈z ））.

同理反之亦然，所以原命題成立.

根據(jù)這一性質(zhì)，對(duì)任意的標(biāo)準(zhǔn)二重篩法Ck|ba的研究，可用對(duì)Ck|-dd的研究來(lái)代替.

性質(zhì)三：標(biāo)準(zhǔn)二重篩法中有且僅有∏ki=2（pi-x）個(gè)元素，其中，pi |d 時(shí) x=1，pid時(shí) x=2.

證明：（1）驗(yàn)證.當(dāng)k=2時(shí)，p2=3，p1=2，G2=6，c，則I2={m | c+1≤m≤c+6}.

當(dāng)k=t+1時(shí)，前t+1個(gè)素?cái)?shù)模的最小公倍數(shù)為Gt+1=pt+1×Gt.

故Dx中的元素屬于模pt+1的pt+1個(gè)不同的剩余類，且每個(gè)剩余類中有且僅有一個(gè)元素；而D中的元素屬于模pt+1的pt+1個(gè)不同的剩余類，且每個(gè)剩余類中有且僅有∏ti=2（pi-x）個(gè)元素.

對(duì)性質(zhì)四也可以理解為將標(biāo)準(zhǔn)二重篩法Ck|-dd的全集Ik平分為p等份，由于PGK，所以它的每一個(gè)內(nèi)分點(diǎn)都不會(huì)落在整數(shù)上.因此它的每一等份內(nèi)的所有元素都對(duì)應(yīng)著標(biāo)準(zhǔn)二重篩法Ck|-pdpd中對(duì)模p的同一剩余類.例如第一等份內(nèi)的所有元素都對(duì)應(yīng)著標(biāo)準(zhǔn)二重篩法Ck|-pdpd中被模p整除所有元素，第二等份內(nèi)的所有元素都對(duì)應(yīng)著標(biāo)準(zhǔn)二重篩法Ck|-pdpd中對(duì)模p與（-Gk）同余的所有元素，依次類推.p個(gè)等份則對(duì)應(yīng)模p的每一個(gè)剩余類的所有元素.

同理，對(duì)任意有限區(qū)間內(nèi)的元素，性質(zhì)四仍然適用.

命題：k，k∈z+，則確定了前k個(gè)素?cái)?shù)， a，a∈z+，a>2，且2 a< p2k+1，設(shè) Ak（2a）={m|1pi，i=1，2，…，k}，Ck（2a）={y|y=2a-x，x∈Bk（0）}，則Ak（2a）＼Bk（0）＼＼Ck（2a）非空.

分析 在Ak（2a）中，兩數(shù)之和為2a的數(shù)恰好有a-1對(duì).集合Bk（0）表示所有的合數(shù)集合.對(duì)Ak（2a）＼Bk（0）而言，它是經(jīng)典的埃氏篩法.所以集合Ak（2a）＼Bk（0）的元素都是小于2a-1的所有素?cái)?shù).而集合Ck（2a）恰好表示與某合數(shù)的和為2a的素?cái)?shù).因此，對(duì)Ak（2a）＼Bk（0）＼＼Ck（2a）而言，要么就是空集，要么兩個(gè)奇素?cái)?shù)的和為2a.這便是舉世矚目的哥德巴赫猜想.因此只要對(duì)任意大的整數(shù)2a，證明本命題成立，就證明了哥德巴赫猜想.

在命題中，不難發(fā)現(xiàn)，要證對(duì)任意的2a，命題成立，憑借以往對(duì)整數(shù)的認(rèn)識(shí)，整數(shù)1作為整數(shù)的單位，不斷疊加便得到所有的整數(shù).這樣就可以對(duì)a用數(shù)學(xué)歸納法加以證明.因?yàn)?a與2a+2所構(gòu)成差集沒(méi)有任何聯(lián)系，所以顯然是行不通的！

如果對(duì)整數(shù)的認(rèn)識(shí)改換個(gè)角度，比如說(shuō)，對(duì)模2、3、5來(lái)說(shuō)，對(duì)任意的整數(shù)，其實(shí)就是任意的連續(xù)的30個(gè)整數(shù).對(duì)30以內(nèi)的任意一數(shù)m與m+30n所構(gòu)成的差集對(duì)模2、3、5來(lái)說(shuō)有子集關(guān)系.所以對(duì)模的個(gè)數(shù)k采用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明，實(shí)現(xiàn)對(duì)2a是任意大的自然數(shù)的證明.

證明：（一）驗(yàn)證：當(dāng)k=3時(shí)，即p1=2，p2=3，p3=5時(shí)，對(duì)任意一個(gè)2a，都可以表示為2a=30n+2b，n∈z，2b∈{6，8，…，30，32，34}中的任意一個(gè)偶數(shù)，經(jīng)一一驗(yàn)證知，差集 A3（2b）＼＼B3（0）＼＼C3（2b）非空.

對(duì)任意一個(gè)2a，都可以表示為2a=30n+2b，n∈z.根據(jù)二重標(biāo)準(zhǔn)篩法性質(zhì)1的推論以及性質(zhì)3知，差集中將至少有3n個(gè)大于5的元素.

所以當(dāng)k=3時(shí)，2a<25時(shí)差集A3（2a）＼B3（0）＼＼C3（2a）非空； a>25時(shí)，A3（2a）＼B3（0）＼＼C3（2a）中有若干個(gè)元素.

當(dāng)k=4時(shí)，p4=7.前4個(gè)素?cái)?shù)模的最小公倍數(shù)是210.要證對(duì)任意大的偶數(shù)，命題成立，就是要證5<2a<215的任意偶數(shù)，差集非空.將2a表示為2a=2b+30n，n∈z，因?yàn)?a≡2b（mod2、3、5），由性質(zhì)1、3知，當(dāng)2b每增加30個(gè)數(shù)，差集中就增加3個(gè)元素，這些元素至少是模7的三個(gè)剩余類，任意劃去模7的兩個(gè)剩余類，當(dāng)然留下一個(gè)剩余類，即非空.

當(dāng) 2a=2b時(shí)，由 k=3的證明知，差集A3（2b）＼＼B3（0）＼＼C3（2b）非空.又因?yàn)?b<49，所以從中不會(huì)劃去模7的任何元素，所以A4（2b）＼＼B4（0）＼＼C4（2b）=A3（2b）＼＼B3（0）＼＼C3（2b）非空.

當(dāng)2a>49時(shí)，2a=2b+30n中的字母n>0，所以A4（2b）＼＼B4（0）＼＼C4（2b）中有一定數(shù)量的元素.

所以當(dāng)k=4時(shí)，2a<49時(shí)，差集A4（2a）＼＼B4（0）＼＼C4（2a）非空.2a>49時(shí)，差集A4（2a）＼＼B4（0）＼＼C4（2a）有若干個(gè)元素.

（二）假設(shè)當(dāng)k=t>3時(shí)，2 apt2時(shí)，（2a）＼Bt（0）＼＼Ct（2a）中有若干個(gè)元素.

當(dāng)k=t+1時(shí)，pk=pt+1，設(shè)前pt個(gè)模的最小公倍數(shù)是Gt.前pt+1個(gè)模的最小公倍數(shù)是Gt+1.要證對(duì)任意大的偶數(shù)命題成立，就是要證5<2a

當(dāng)2b

所以 2b

當(dāng)2b>P2t+1+1時(shí)，在差集At（2b）＼Bt（0）＼＼Ct（2b）中，可能出現(xiàn)元素p2t+1 等被pt+1整除的元素，以及模pt+1 |（2b-P2t+1）的元素.當(dāng)然這兩個(gè)剩余類的元素都應(yīng)該劃去.根據(jù)k=t的假設(shè)知，在差集At（2b）＼Bt（0）＼＼Ct（2b）中有若干個(gè)元素.根據(jù)性質(zhì)四知，這些元素是模pt的許多剩余類，也是模pt+1的許多剩余類，因此 從差集中劃去模pt+1整除和2b與 P2t+1同余的兩個(gè)剩余類后，仍然保留著模pt+1的其余剩余類元素.

而At+1（2a）＼Bt+1（0）＼＼Ct+1（2a）就是從At（2a）＼Bt（0）＼＼Ct（2a）中繼續(xù)劃去模pt+1 整除和與2a同余的兩個(gè)剩余類.

所以，當(dāng)k=t+1時(shí)，對(duì)任意2a，At+1（2a）＼Bt+1（0）＼＼Ct+1（2a）中有若干個(gè)元素.

由（一）、（二）兩步的證明可知，對(duì)k>2的任意自然數(shù)差集Ak（2a）＼Bk（0）＼＼Ck（2a）非空.

定理就是對(duì)文章前面所提問(wèn)題“差集A＼＼B＼＼C何時(shí)非空”的回答.

推論：k，k∈z，則確定了前k個(gè)素?cái)?shù)，a，a∈z，且a

應(yīng)用舉例：

在數(shù)論研究中，把差為2的兩個(gè)素?cái)?shù)習(xí)慣稱為孿生素?cái)?shù)或姊妹素?cái)?shù)，如11，13；17，19等等.但是這樣的素?cái)?shù)是否是無(wú)限的，還沒(méi)有得到證明.現(xiàn)用反證明法證明如下：

證明：假設(shè)這樣的素?cái)?shù)是有限的，不妨設(shè)其最大的一對(duì)孿生素?cái)?shù)為pk，pk+2.

設(shè) Ak={m|1≤m≤p2k+1}，Bk（1）=∪ki=1[1]pi∪∪ki=1[-1]pi.根據(jù)定理，Ak＼Bk中非空.即至少存在元素m，且 pi（m+1），pi| （m-1），i=1，2，…，k ；pk

所以孿生素?cái)?shù)是無(wú)限的.

注：《對(duì)一種篩法的探討》發(fā)布表于《太原理工大學(xué)學(xué)報(bào)》，2005年第1期，第107頁(yè).