Mathematical Computation September 2013, Volume 2, Issue 3, PP.48-56
The Prime Number Formula and the Proof of Prime Conjecture Shangyue Yang School of Mathematics and Physics, Qingdao University of Science and Technology, 266000, China #Email: tianxia1108@126.com
Abstract The first part of this paper gives some definitions of prime number, the second part gives the general formula of the prime number, the third part gives the proof of the twin primes conjecture, the fourth part gives the proof of Goldbach's Conjecture, the fifth part gives the ways to look for the prime number which meet the Goldbach's conjecture, the finally part gives a simple analysis for the Mersenne primes conjecture and the conjecture of prime number which meet the form of X 2 1 . Keywords: Prime Number; Prime Number Formula; Twin prime Conjecture; Goldbach's Conjecture
素数公式与素数猜想的证明 杨尚跃 青岛科技大学数理学院，山东省 青岛市 266000 摘
要：本文第一部分给出了与素数相关的一些定义，第二部分给出了素数的一般公式，第三部分给出了孪生素数猜想
的证明，第四部分给出了哥德巴赫猜想的证明，第五部分给出了寻找满足哥德巴赫猜想的素数的方法，最后给出了梅森 素数猜想和 X 2 1 素数猜想的可能证明过程。 关键词：素数；素数公式；孪生素数猜想；哥德巴赫猜想
引言 素数又称质数，指在一个大于 1 的自然数中，除了 1 和此整数自身外，不能被其他自然数整除的数。基于 质数定义的基础之上而建立的问题有很多世界级的难题，如哥德巴赫猜想、孪生素数猜想等。本文第一部分 首先给出素数空间和素乘空间的定义，然后分析一些与其相关的性质。第二部分主要给出素数公式以及其推 理过程。第三部分本文将根据提出的素数公式证明孪生素数的无穷性，即满足“ P 是素数且 P 2 ”这样的 P 有无穷多个。第四部分根据本文提出的素数公式，简单的证明哥德巴赫猜想的正确性。第五部分给出了寻找 满足哥德巴赫猜想的素数的方法.最后给出了梅森素数猜想和 X 2 1 素数猜想的可能证明过程，因为本文作者 不太确定本文证明是否正确。
1
素数空间与素乘空间 本文定义，若合数 n 为偶数，则称 n 为偶合数；若合数 n 为奇数，则称 n 为奇合数。本文中所涉及的变量
不加特殊说明的话都默认它为整数，即它属于整数集 N 。 对于任意 n 个数 a1 , a2 , 以看作由 {a1 , a2 ,
, an
n 2 ，若有 a1m a2 m 1
2
an m M , n 1 m1 m2 n
, an } n 1 中任意个 k (k 2) 个元素相乘生成的空间（其中 a1 , a2 ,
文把 M 称作由 {a1 , a2 ,
mn 2 ，则空间 M 可
, an 可以重复选取），本
, an } n 1 生成的自乘空间。
本文定义由大于等于 3 的素数组成的空间叫做标准素数空间（之所以没把素数 2 放进去是因为 2 的引入 会导致很多不必要的麻烦），符号记作 S 。 - 48 www.ivypub.org/mc
本文定义由标准素数空间中的两个或两个以上的素数（选取的素数可以重复）相乘得到的空间为素乘空 间（也可称为由标准素数空间中元素生成的自乘空间）。两个素数相乘得到的 2 维素乘空间空间记为 S 2 （或
S S ）， n 个素数相乘得到的 n 维素乘空间记为 S n , (n 2) 。 由这两个空间可以延伸出很多大家熟知的空间。由素数空间 S 与 n 维素乘空间 S n , (n 2) 的并得到的空 间即为大于等于 3 的奇数空间。由标准素数空间中的任意两个数相加得到的空间即为大于等于 6 的偶数空间 （由哥德巴赫猜想得出，第四部分将给出证明）。 n 维素乘空间其实也是大于等于 3 的奇数中的合数空间。 德国著名数学家克罗内克(L.Kronecker)说过：“上帝创造了自然数，其余一切都是人为。”那么由本文 上面叙述可知，大于等于 6 的偶数和大于等于 3 的奇数都可由素数空间通过加法和乘法生成（若 1、 2 都算是素 数的话，那么整个自然数将都是由素数空间生成的），即我们可以说素数是整个自然数的骨架，其他数都是 由素数骨架衍生出来的血肉，所以研究素数的工作十分重要。
素数公式的推理过程及素数公式的的给出
2
由本文上面的叙述，不难发现大于等于 3 的奇数空间比较特别，即它由素数空间 S 与 n 维素乘空间
S , (n 2)的并得到。既然寻找素数公式我们不妨从大于等于 3 的奇数开始。 n
对于任意 k N ， 2k 1 为大于等于 3 的奇数，对 k N ， 2k 为偶数。对 k N ， 4k 1、 4k 3 为奇数； 对于 k N ，4k、 4k 2 为偶数。对 k N ，6k 1、 6k 3、 6n 5 为奇数；对于 k N ，6k、 6k 2、 6k - 4 为偶数。 依次有 8,10,12,
下的奇数和偶数公式。
由于 2k 1 ， k N 结构过于简单，我们没法得到较好的相关素数的结论，本文主要研究表示为
4k 1、 4k 3 ， k N 的奇数。 对 于 4k 1、4k 3， k N 我 们 可 以 看 成 1 和 大 于 等 于 3 的 奇 数 空 间 的 并 ， 同 时 也 可 看 成
S n , n 2 。观察 4k 1、 4k 3 ，我们可以发现：
{1} S
1) (4k 3) 4(4k k 3k k 1) 1 4k 1| k N 3) (4k 3) 4(4k k 3k 3k 3) 3 4k 3 | k N a 4k 3, 4k 1| k N 和 奇 数 b 4k 3, 4k 1| k N
(4k1 1) (4k2 1) 4(4k1k2 k1 k2 1) 3 4k 3 | k N (4k1 (4k1
即
对
a b 4
于
奇
k1 |
数
k
2
1 2
1
2
1 2
1
2
N
(1)
2
4
，
有
k3 | ，即
k N 4k 1 k N 4k 3 k N
包含所有的奇数，也就它可作为奇数的公式表示形式。如果除去 1 ，则它可以表示 S
(2)
Sn,n 2 。
由公式(2)以及上面的分析，我们可以大胆猜测 4k 1、 4k 3 可以表示所有的素数，但它还参杂了
a S n , n 2 ，于是我们只要将这些参杂的 a S n , n 2 通过限定 k 的取值排除掉即可。 参 杂 的 a S n , n 2 有 一 个 特 点 ， 即 它 由 两 个 或 两 个 以 上 素 数 相 乘 ， 即 它 由 (4k 1) (4k 1) 、
(4k 1) (4k 3) 、 (4k 3) (4k 3) 生成。为了使 4k 1、 4k 3 表示为素数只需：
(4a 3)(4b 3) a, b 2,3, 4, 4n 3 n 1, 4n 3 S (4c 1)(4d 1) c, d 1, 2,3, 4n 1 4n 1 (4e 3)(4 f 1) e 2,3, 4, ; f 1, 2, 把公式(3)化简即可得到大于等于 3 的标准素数的公式： 4ab 3a 3b 3 a, b 2,3, 4, 4n 3 n 1, n S 4cd c d 1 c, d 1, 2,3, 4n 1 n 4ef e 3 f 1 e 2,3, 4, ; f 1, 2,3, - 49 www.ivypub.org/mc
(3)
(4)
对于公式(3)，有人会问为什么只有两个素数相乘的情况，没有 n, n 3 时的情况，因为对于 abc a (bc) 可用公式(4)表示，a 可用公式(4)表示，bc 也可用公式(4)标出；同理对于 a1a2 表示， a1 可用公式(4)标出， a2 a3
an a1 (a2 a3
an ) 可用公式(4)
an 也可用公式(4)标出。即公式(4)已经包含了所有 n S , n 2 的情况（这 n
是理解本公式的难点，本文作者也是花了几天时间才发现，所以请细细思考），因为 4n 1、 4n 3, n N 表示
{1} S
S n , n 2 。所以我们得到了素数公式，即公式(4)。
根据公式(4)的产生思想，即可已得到其他素数公式。其实公式(4)的得出经历了一系列推理过程，但本文 只给出最简易的推理过程，其他思想由来由于篇幅有限这里不再详述。
3
孪生素数的无穷性证明 孪生素数猜想(the conjecture of twin primes)，即猜测存在无穷多对孪生素数。 要证明这个猜想，即证：满足“ P 是素数且 P 2 也是素数”这样的 P 有无穷多个。 观察公式(4)，很容易发现要证孪生素数的个数为无穷多个，即证存在无穷多个 n 使 4n 3, 4n 1 都为素数
（或者无穷多个 n 使 4n 3, 4(n 1) 1 都为素数，但是证明孪生素数的无穷性只需证明一种情况即可）。本文 使用反证法进行证明。 “无穷多个 n 使 4n 3, 4n 1 都为素数”，的反命题是“只有有限多个 n 使 4n 3, 4n 1 都为素数”，换 句话说“存在充分大的正整数 N 0 ，对任意的 n N0 , n N ，都有 4n 3 不为素数或 4n 1 不为素数（即 4n 3 与 4n 1 至少有一个为合数）”。观察公式(4)可以得出， n(n 2) 维素乘空间可表示为：
4n 3 n 1, n 4ab 3a 3b 3 a, b 2,3, 4, Sn 4n 3 n 1, n 4cd c d 1 c, d 1, 2,3, 4n 1 n 4ef e 3 f 1 e 2,3, ; f 1, 2,
(5)
上 面 的 命 题 又 可 变 为 “ 对 任 意 的 n N0 , n N ， 都 有 ① 成 立 ， 或 者 ② 成 立 ， 或 者 ③ 成 立 。 ”
①n 4ab 3a 3b 3 , ②n 4cd c d 1 , ③n 4ef e 3 f 1 将①,②,③写为：
f (a, b) 4ab 3a 3b 3 a, b 2,3, 4, c, d 1, 2,3, f (c, d ) 4cd c d 1 f (e, f ) 4ef e 3 f 1 e 2,3, 4, ; f 1, 2,3, 则原命题的反命题可以陈述为：公式(7)包含了大于 N 0 的所有正整数，即对有 N 0 有： N0 f (a, b) 或 N0 f (c, f ) 或 N0 f (e, f )
下面分三种情况讨论： 1.
求 4ab 3a 3b 3 a, b 2,3, 4,
代表的集合
令 f (a, b) 4ab 3a 3b 3 ，令 a 2 m, m N ， b 2 n, n N ，则： f (2 m, 2 n) f (2, 2) [4 (2 m) (2 n) 3 (2 m) 3 (2 n) 3] (4 2 2 3 2 3 2 3) 4mn 5m 5n
即 f (2 m,2 n) 4mn 5m 5n 7, m, n N 2.
求 4cd c d 1 c, d 1, 2,3,
代表的集合
令 f (c, d ) 4cd c d 1 ，令 c 1 m, m N ， d 1 n, n N ，则： f (1 m,1 n) f (1,1) [4 (1 m) (1 n) (1 m) (1 n) 1] (4 1 1 1 1 1) 4mn 3m 3n
即 f (1 m,1 n) 4mn 3m 3n 3, m, n N 3.
求 4ef e 3 f 1 e 2,3,4,
; f 1,2,3,
代表的集合
令 f (e, f ) 4ef e 3 f 1 ，令 e 2 m, m N ， f 1 n, n N ，则： - 50 www.ivypub.org/mc
(6)
f (2 m,1 n) f (2,1) [4 (2 m) (1 n) (2 m) 3 (1 n) 1] (4 2 1 2 3 1 1) 4mn 3m 5n
即 f (2 m,1 n) 4mn 3m 5n 4, m, n N 由上面三种情况知公式(7)变成： f1 (m, n) 4mn 5m 5n 7, m, n 0 f 2 (m, n) 4mn 3m 3n 3, m, n 0 f (m, n) 4mn 3m 5n 4, m, n 0 原命题的反命题可以陈述为：公式(8)包含了大于 N 0 的所有正整数，即对有 N 0 有： 3
(7)
N0 f1 (m, n) 或 N0 f 2 (m, n) 或 N0 f3 (m, n)
1)
4mn 5m 5n 7, m, n 0 可以改写为：
5n 7, 9n 12,13n 17, 2)
(8)
4mn 3m 3n 3, m, n 0 可以改写为：
3n 3, 7n 6,11n 9, 3)
, (4k0 5)n 5k0 7,
4mn 3m 5n 4, m, n 0 可改写为, m 0,1,
,(4k0 3)n 3k0 3 , k0 ,
5n 4,9n 7,13n 10,
或者 n 0,1,
, k0 ,
(9)
：
,(4k0 5)n 3k0 4,
(10)
： 3m 4,7m 9,13m 10,
,(5k0 4)m 5k0 4,
(11)
由于公式(9)、(10)、(11)、(12)的并集不可能等于整数集 N ，所以公式(8)不可能包含了所有大于 N 0 的所 有正整数，所以有无穷多个大于 N 0 且不被公式(8)所表示的整数。所以反命题不成立，原命题成立。即孪生 素数的个数有无穷多个。
4
哥德巴赫猜想的证明 现代的数学语言，哥德巴赫猜想可以陈述为：任一大于 2 的偶数，都可表示成两个素数之和。本文将给
出对于任意一个大于等于 6 的偶数，都可表示成两个素数之和（其实与原命题等价，因为 4 2 2 是被大家 所熟知的）的证明。 我们定义若 n 能被公式(7)中 f (a, b) 表示，则记 n f (a, b) ，若 n 能被 f (c, d ) 表示，则记 n f (c, d ) ，若 n 能被 f (e, f ) 表示，则记 n f (e, f ) 。为了证明哥德巴赫猜想，下面引入另一个素数公式： 由于 8n 7,8n 5,8n 3,8n 1 可以表示奇数，且它们生成的素乘空间也都可用它们本身表示，所以根据 公式(4)的得出思想，我们可以得出新的标准素数公式： 8n 7 8n 5 S 8n 3 8n 1
8ab 7a 7b 7 8cd 5c 5d 4 n 1, n f1 (a, b, c, d , e, f , g , h) 8ef 3e 3 f 2 8 gh g h 1
a, b 2,3, c, d 1, 2, e, f 1, 2, g , h 1, 2,
8ab 5a 7b 5 a 2,3, ; b 1, 2, 8cd 5c 7d 5 c 2,3, ; d 1, 2, n f 2 (a, b, c, d , e, f , g , h) 8ef e 3 f 1 e, f 1, 2, 8 gh 3g h 1 g , h 1, 2, 8ab 3a 7b 3 a 2,3, ; b 1, 2, 8cd c 5d 1 c, d 1, 2, n f 3 (a, b, c, d , e, f , g , h) 8ef 7e 3 f 3 e, f 1, 2, 8 gh 5 g h 1 g , h 1, 2, 8ab a 7b 1 a 2,3, 8cd 3c 5d 4 c, d n f 4 (a, b, c, d , e, f , g , h) 8ef 5e 3 f 2 e, f 8 gh g 7h 1 g 2,3 - 51 www.ivypub.org/mc
; b 1, 2, 1, 2, 1, 2, ; h 1, 2,
(12)
大于等于 6 的偶数可以表示为： D 2k , k 3,4,5,
，或者
2(4n 3) 2(4n 2) D 2(4n 1) 2(4n) 要证明对于大于等于 6 的偶数 D 都有 D s1 s2 即证明对于公式(13)中的式子都有 D s1 s2
n 2,3, 4, n 2,3, 4,
(13)
n 1, 2,3, n 1, 2,3,
s1 , s2 S 成立
s1 , s2 S 成立。有以下四种情况（四种情况证明思想类似，
其中 s1 s2 的情况，不再讨论。因为当偶数 D 为某个素数 s0 的二倍时，显然有 D s0 s0 ，即对于这类偶数 哥德巴赫猜想显然成立）： 1.
D 2(4n 3) n 2,3, 4,
的情况
要证明对于 D 2(4n1 3) n1 2,3, 4,
都有 D s1 s2
s1 , s2 S 成立，只需证明“对于正整数 n1 M ，
M 为充分大的正整数，一定存在 n0 , n0 N ，使 4(n1 n0 ) 3 和 4(n1 n0 ) 3 都为素数（这里 s1 4(n1 n0 ) 3 ， s2 4(n1 n0 ) 3 ）”。 下面用反证法，原命题的反命题为，“对于正整数 n1 M ， M 为充分大的正整数，不存在 n0 , n0 N ， 使 4(n1 n0 ) 3 和 4(n1 n0 ) 3 都为素数”，即“对于正整数 n1 M ，M 为充分的正整数，对任意的 n0 , n0 N ， 都有 4(n1 n0 ) 3 或 4(n1 n0 ) 3 为奇合数”， 即“对于正整数 n1 M ， M 为充分大的正整数，对任意的 n0 , n0 N ，若 4(n1 n0 ) 3 为素数，则
4(n1 n0 ) 3 一定为奇合数（若 4(n1 n0 ) 3 为素数，则 4(n1 n0 ) 3 一定为奇合数，证明类似，不再详述）。” p 3 我们不妨设 4(n1 n0 ) 3 p0 ， p0 为素数，则有 n1 n0 f (a, b) 且 n1 n0 f (c, d ) ，则 n1 0 n0 ，所以 4 p 3 (14) 4(n1 n0 ) 3 4( 0 n0 n0 ) 3 8n0 p0 4 根据公式(12)，我们有 p0 8m0 H , m0 N , H 7,5,3,1 ；所以公式(14)变为: p 3 4(n1 n0 ) 3 4( 0 n0 n0 ) 3 8n0 p0 8(n0 m0 ) H 4
(15)
根据 (n1 n0 ) f (a, b) 且 (n1 n0 ) f (c, d ) ，知
(n0 m0 ) n1 f (a, b) m0 且 (n0 m0 ) n1 f (c, d ) m0 所以
(n0 m0 ) N (n1 f (a, b) m0 其中 N 为整数集合。
n f (c, d ) m ) 1
0
(16)
由公式(12)知若 n0 m0 fi (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4 时， 8(n0 m0 ) H 为奇合数，但是
N (n1 f (a, b) m0
n f (c, d ) m ) f (a, b, c, d , e, f , g, h), i 1, 2,3, 4 1
0
i
(17)
为什么公式(17)中集合不为空集呢，不妨分析一下，因为
n f (a, b) m n 4ab 3a 3b 3 m (18) n f (c, d ) m n 4cd c d 1 m 集合 f ( a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2, 3,4 中 i 为集合 1, 2,3, 4 中的一个数，若 H 7 则 i 1 ，若 H 5 则 1
0
1
1
0
1
0
0
i
i 2 ，若 H 3 则 i 3 ，若 H 1 则 i 4 。 当 i 1 （其他几种情况讨论类似）时，
f (a, b, c, d , e, f , g , h) 8ab 7a 7b 7 8cd 5c 5d 4 8ef 3e 3 f 2 8 gh g h 1 1
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(19)
公式(18)与公式(19)的并集可表示为
n1 4ab 3a 3b 3 m0 n 4cd c d 1 m 0 1 8ab 7a 7b 7 8cd 5c 5d 4 8ef 3e 3 f 2 8 gh g h 1 因为公式(20)不能表示所有的正整数，即存在 N * 使
N * N n1 f (a, b) m0
n f (c, d ) m 1
0
(20)
f (a, b, c, d , e, f , g, h), i 1, 2,3, 4
(21)
i
所以公式(17)成立。所以存在 n0 m0 使 8(n0 m0 ) H 为素数，即存在 n0 使 4(n1 n0 ) 3 为素数，这与
4(n1 n0 ) 3 一定为奇合数矛盾，所以反命题不成立，原命题成立，此种情况下哥德巴赫猜想得证。 2.
D 2(4n 2) n 2,3, 4,
的情况
要证明对于 D 2(4n2 2) n2 2,3, 4,
都有 D s1 s2
s1 , s2 S 成立，只需证明“对于正整数 n2 M ，
M 为充分大的正整数，一定存在 n0 , n0 N ，使 4(n2 n0 ) 3 和 4(n2 n0 ) 1 都为素数（这里 s1 4(n2 n0 ) 3 ， s2 4(n2 n0 ) 1 ）”。
下面用反证法，原命题的反命题为，“对于正整数 n2 M ， M 为充分大的正整数，不存在 n0 , n0 N ， 使 4(n2 n0 ) 3 和 4(n2 n0 ) 1 都为素数”，即“对于正整数 n2 M ，M 为充分的正整数，对任意的 n0 , n0 N ， 都有 4(n2 n0 ) 3 或 4(n2 n0 ) 1 为奇合数”，即“对于正整数 n2 M ， M 为充分大的正整数，对任意的
n0 , n0 N ，若 4(n2 n0 ) 3 为素数，则 4(n2 n0 ) 1 一定为奇合数（若 4(n2 n0 ) 1 为素数，则 4(n2 n0 ) 3 一 定为奇合数，证明类似，不再详述）。” 我们不妨设 4(n2 n0 ) 3 p0 ， p0 为素数，则有 n2 n0 f (a, b) 且 n2 n0 f (c, d ) ，则 n2
4(n2 n0 ) 1 4(
p0 3 n0 n0 ) 1 8n0 p0 2 4
p0 3 n0 ，所以 4 (21)
根据公式(12)，我们有 p0 8m0 H , m0 N , H 7,5,3,1 ；所以公式(21)变为： p 3 4(n2 n0 ) 1 4( 0 n0 n0 ) 1 8n0 p0 2 8(n0 m0 ) ( H 2) 4
(22)
根据 (n2 n0 ) f (a, b) 且 (n2 n0 ) f (c, d ) ，知
(n0 m0 ) n2 f (a, b) m0 且 (n0 m0 ) n2 f (c, d ) m0
所以
(n0 m0 ) N (n2 f (a, b) m0 其中 N 为整数集合。
n
2
f (c, d ) m0 )
(23)
根据公式(12)知若 n0 m0 fi (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4 时， 8(n0 m0 ) ( H 2) 为奇合数，但是 N (n2 f (a, b) m0
n
2
f (c, d ) m0 ) f i (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4 (24)
因为公式(24)成立（公式(24)成立的证明过程和情况 1 中公式(17)成立的证明过程类似），所以存在 n0 m0 使 8(n0 m0 ) ( H 2) 为素数，即存在 n0 使 4(n2 n0 ) 1 为素数，这与 4(n2 n0 ) 1 一定为奇合数矛盾，所以 反命题不成立，原命题成立，此种情况下哥德巴赫猜想得证。 3.
D 2(4n 1) n 2,3, 4,
要证明对于 D 2(4n3 3) n3 2,3, 4,
都有 D s1 s2
s1 , s2 S 成立，只需证明“对于正整数 n3 M ，
M 为充分大的正整数，一定存在 n0 , n0 N ，使 4(n3 n0 ) 1 和 4(n3 n0 ) 1 都为素数（这里 s1 4(n3 n0 ) 1 ， s2 4(n3 n0 ) 1 ）”。 下面用反证法，原命题的反命题为，“对于正整数 n3 M ， M 为充分大的正整数，不存在 n0 , n0 N ， - 53 www.ivypub.org/mc
使 4(n3 n0 ) 1 和 4(n3 n0 ) 1 都为素数”，即“对于正整数 n3 M ，M 为充分的正整数，对任意的 n0 , n0 N ， 都有 4(n3 n0 ) 1 或 4(n3 n0 ) 1 为奇合数”，即“对于正整数 n3 M ， M 为充分大的正整数，对任意的 n0 , n0 N ，若 4(n3 n0 ) 1 为素数，则 4(n3 n0 ) 1 一定为奇合数（若 4(n3 n0 ) 1 为素数，则 4(n3 n0 ) 1 一
定为奇合数，证明类似，不再详述）。” 我们不妨设 4(n3 n0 ) 1 p0 ， p0 为素数，则有 n3 n0 f (e, f ) ，则 n3 p 1 4(n3 n0 ) 1 4( 0 n0 n0 ) 1 8n0 p0 4
p0 1 n0 ，所以 4 (25)
根据公式(12)，我们有 p0 8m0 H , m0 N , H 7,5,3,1 ；所以公式(25)变为： p 1 4(n3 n0 ) 1 4( 0 n0 n0 ) 1 8n0 p0 8(n0 m0 ) H 4
(26)
根据 (n3 n0 ) f (e, f ) ，知 (n0 m0 ) n3 f (e, f ) m0 。所以
(n0 m0 ) N n3 f (e, f ) m0
其中 N 为整数集合。
(27)
由公式(12)知若 n0 m0 fi (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4 时， 8(n0 m0 ) H 为奇合数，但是
N (n3 f (e, f ) m0 fi (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4
(28)
因为公式(28)成立（公式(28)成立的证明过程和情况 1 中公式(17)成立的证明过程类似），所以存在 n0 m0 使 8(n0 m0 ) H 为素数，即存在 n0 使 4(n3 n0 ) 1 为素数，这与 4(n3 n0 ) 1 一定为奇合数矛盾，所以反命题 不成立，原命题成立，此种情况下哥德巴赫猜想得证。 4.
D 2(4n) n 2,3, 4,
要证明对于 D 2(4n4 ) n4 2,3, 4,
都有 D s1 s2
s1 , s2 S 成立，只需证明“对于正整数 n4 M ， M
为 充 分 大 的 正 整 数 ， 一 定 存 在 n0 , n0 N ， 使 4(n4 n0 1) 3 和 4(n4 n0 ) 1 都 为 素 数 （ 这 里
s1 4(n4 n0 1) 3 ， s2 4(n4 n0 ) 1 ）或者使 4(n4 n0 ) 3 和 4(n4 n0 1) 1 ”。由于两种情况类似，此处 只证 4(n4 n0 1) 3 和 4(n4 n0 ) 1 都为素数的情况， 下面用反证法，原命题的反命题为，“对于正整数 n4 M ， M 为充分大的正整数，不存在 n0 , n0 N ， 使 4(n4 n0 1) 3 和 4(n4 n0 ) 1 都为素数”，即“对于正整数 n4 M ， M 为充分的正整数，对任意的
n0 , n0 N ，都有 4(n4 n0 1) 3 或 4(n4 n0 ) 1 为奇合数”， 即“对于正整数 n4 M ， M 为充分大的正整数，对任意的 n0 , n0 N ，若 4(n4 n0 1) 3 为素数，则
4(n4 n0 ) 1 一定为奇合数（与若 4(n4 n0 ) 1 为素数，则 4(n4 n0 1) 1 一定为奇合数，证明类似，不再详 述）。” 我 们 不 妨 设 4(n4 n0 1) 3 p0 ， p0 为 素 数 ， 则 有 n4 n0 1 f (a, b) 且 n4 n0 1 f (c, d ) ， 则 p 3 n4 0 n0 1 ，所以 4 p 3 (29) 4(n4 n0 ) 1 4( 0 n0 1 n0 ) 1 8n0 p0 2 4 根据公式(12)，我们有 p0 8m0 H , m0 N , H 7,5,3,1 ；所以公式(29)变为: p 3 4(n4 n0 ) 1 4( 0 n0 1 n0 ) 1 8n0 p0 2 8(n0 m0 ) ( H 2) 4
(30)
根据 (n4 n0 1) f (a, b) 且 (n4 n0 1) f (c, d ) ，知
(n0 m0 ) n4 f (a, b) m0 1 且 (n0 m0 ) n4 f (c, d ) m0 1
所以
(n0 m0 ) N (n4 f (a, b) m0 1 其中 N 为整数集合。 - 54 www.ivypub.org/mc
n
4
f (c, d ) m0 1)
(31)
根据公式(12)知若 n0 m0 fi (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4 时， 8(n0 m0 ) ( H 2) 为奇合数，但是 N (n4 f (a, b) m0 1
n
4
f (c, d ) m0 1) f i (a, b, c, d , e, f , g , h), i 1, 2,3, 4
(32)
因为公式(32)成立（公式(32)成立的证明过程和情况 1 中公式(17)成立的证明过程类似)，所以存在 n0 m0 使 8(n0 m0 ) ( H 2) 为素数，即存在 n0 使 4(n4 n0 ) 1 为素数，这与 4(n4 n0 ) 1 一定为奇合数矛盾，所以 反命题不成立，原命题成立，此种情况下哥德巴赫猜想得证。 由上面 1 ~ 4 的证明可以得出对任意大于等于 6 的偶数，都可表示成两个素数之和。即哥德巴赫猜想证明 完毕。
5
满足哥德巴赫猜想的素数的寻找方法 大于等于 6 的偶数可以表示为： D 2k , k 3,4,5,
2(4n 3) 2(4n 2) D 2(4n 1) 2(4n)
，或者
n 2,3, 4, n 2,3, 4, n 1, 2,3,
(33)
n 1, 2,3,
寻找满足 D s1 s2 的 s1 , s2 的过程如下： D 首先将偶数 D 除以 2 ，然后判断 属于以下哪种情况： 2 （1） D 2(4n 3) n 2,3, 4, 的情况 D 第一步：将 写成 4n 3 的形式，得到对应的 n 的值为 n0 ；令 N 1 ；判断 4n0 3 是否为素数，若不为 2 素数则转第二步；若 (4n0 3) 为素数则 s1 4n0 3 ， s2 4n0 3 第二步：判断 (4n0 3) 4 N 是否为素数，若不为素数转第三步；若为素数则再判断 (4n0 3) 4 N 是否为 素数，若不为素数则转第三步；若为素数，则 s1 (4n0 3) 4 N ， s2 (4n0 3) 4 N ； 第三步：令 N N 1 ，转第二步。 （2） D 2(4n 2) n 2,3, 4, 的情况 D 第一步：将 写成 2(4n 2) 的形式，得到对应的 n 的值为 n0 ；令 N 1 ；判断 4n0 3 是否为素数，若不 2 为 素 数 则 转第 二 步 ； 若 4n0 3 为 素 数 则 判断 4n0 1 是 否 为 素数 ， 若 不 为素 数 转 第 二步 ， 若 为 素数 则
s1 4n0 3 ， s2 4n0 1 第二步：判断 (4n0 3) 4 N 是否为素数，若不为素数转第三步；若为素数则再判断 (4n0 1) 4 N 是否为 素数，若不为素数则转第三步；若为素数，则 s1 (4n0 3) 4 N ， s2 (4n0 1) 4 N ； 第三步：令 N N 1 ，转第二步。 （3） D 2(4n 1) n 2,3, 4, 的情况 D 第一步：将 写成 4n 1 的形式，得到对应的 n 的值为 n0 ；令 N 1 ；判断 4n0 3 是否为素数，若不为 2 素数则转第二步；若 (4n0 3) 为素数则 s1 4n0 3 ， s2 4n0 3 ； 第二步：判断 (4n0 3) 4 N 是否为素数，若不为素数转第三步；若为素数则再判断 (4n0 3) 4 N 是否为 素数，若不为素数则转第三步；若为素数，则 s1 (4n0 3) 4 N ， s2 (4n0 3) 4 N ； 第三步：令 N N 1 ，转第二步。 （4） D 2(4n) n 2,3, 4, 情况 D 第一步：将 写成 2(4n) 的形式，得到对应的 n 的值为 n0 ；令 N 1 ；判断 4(n0 1) 3 是否为素数， 2 若不为素数则转第二步；若 4(n0 1) 3 为素数则判断 4n0 1 是否为素数，若不为素数转第二步，若为素数则 - 55 www.ivypub.org/mc
s1 4(n0 1) 3 ， s2 4n0 1 ； 第二步：判断 4(n0 1) 3 4 N 是否为素数，若不为素数转第三步；若为素数则再判断 (4n0 1) 4 N 是否 为素数，若不为素数则转第三步；若为素数，则 s1 (4n0 3) 4 N ， s2 (4n0 1) 4 N ； 第三步：令 N N 1 ，转第二步。 上面第二和第四种情况可能还有其他小的情况分类，但思想都一样，所以此处不再列出。
6
梅森素数 梅森数是指形如 2n 1 的数，如果一个梅森数是素数那么它称为梅森素数。 由公式(4)，我们有若 2n 1 为素数，则它必须满足公式 4 的形式，即① 2n 1 4k 3 或者② 2n 1 4k 1 ，
解①②得：
4ab 3a 3b 3 a, b 2,3, 4, log 2 (4k 2) k n 4cd c d 1 c, d 1, 2,3, log 4k k 4ef e 3 f 1 e 2,3, 4, ; f 1, 2,3, 2 2m 2 2m 为了使公式(34)中的 n 为整数，则有 4k1 2 2m ， 4k2 2m ，即 k1 ， k2 4 4
(34)
与公式（结合）得满足 2n 1 为梅森素数的 n 的表达式为
log 2 (16ab 12a 12b 10) a, b 2,3, 4, n N ,n log 2 (16cd 4c 4d 14) c, d 1, 2,3, log (16ef 4e 12 f 4) e 2,3, 4, ; f 1, 2,3, 2
(35)
若只有有限个 n 满足公式(35)，则公式(35)中大括号右边应包含所有大于 E 的正整数（ E 满足 2E 1 为最 后一个梅森素数），但是很显然公式(35)中大括号右边不可能包含所有大于 E 的正整数，所以假设不成立， 原命题成立，即梅森素数的个数有无穷多个。
7
2 是否存在无穷个形式如 X 1素数
由 公 式 (4) ， 我 们 有 若 X 2 1 为 素 数 ， 则 它 必 须 满 足 公 式 4 的 形 式 ， 即 ① X 2 1 4k 3或 者 ② X 2 1 4k 1 ，解①②得：
16ab 12a 12b 2 a, b 2,3, 4, X N ,X 16cd 4a 4d 14 c, d 1, 2,3, 16ef 4e 12 f 4 e 2,3, 4, ; f 1, 2,3,
(37)
若只有有限个 X 满足公式(37)，则(37)中大括号右边应包含所有大于 E 的正整数（ E 满足 E 2 1 为最后一 个形如 X 2 1 的素数），但是很显然公式(35)中大括号右边的三个公式不可能包含所有大于 E 的正整数，所 以假设不成立，原命题成立，即形如 X 2 1 的素数的个数有无穷多个。
8
结论 本文根据素数分布的规律首先给出了素数公式，即公式(4)，然后根据公式(4)证明了孪生素数猜想和哥德
巴赫猜想，最后根据公式(4)对梅森素数猜想和 X 2 1 素数猜想给出了简要，可能证明过程不太正确，所以只 能留待以后加以考证。本文给出方法也许不是唯一方法，留待以后寻找。 【作者简介】 杨尚跃（1989-至今），性别：男，民族：汉，学位：硕士，研究生二年级在校生。 研究方向：应用数学， Email:tianxia1108@126.com
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