證明哥德巴赫猜想特殊方法

朱永久

（中國 上海 200032）

0 引言

證明前：重點(diǎn)研究數(shù)字的數(shù)性分類和合數(shù)的重要作用，為證明提供資料和數(shù)據(jù)。

證明時(shí)：專門求證（1+1）為兩個(gè)合數(shù)之和，反證（1+1）為兩個(gè)素?cái)?shù)之和成立。同時(shí)研究證明所得數(shù)據(jù)的“周期”性，使證明（1+1）成立的全覆蓋。

1 證明前

1.1 數(shù)字性質(zhì)分析

哥德巴赫猜想（1+1）研究者用的都是十進(jìn)位數(shù)。歷來僅將“證明數(shù)”奇數(shù)P分為素?cái)?shù)S和合數(shù)f兩類，將“被證明數(shù)”偶數(shù)n統(tǒng)稱為偶數(shù)。這些正是（1+1）至今難以得到證明的主要原因之一。

根據(jù)求解（1+1）需要和十進(jìn)位數(shù)內(nèi)的客觀存在，每一個(gè)數(shù)字不論是偶數(shù)n或奇數(shù)P，都有自身的特性，統(tǒng)稱“數(shù)性”，記為a。如按不同的a進(jìn)行分類，就可最大限度簡化（1+1）的研究和求證。

1.2 按數(shù)性分類

1.2.1 P 和 n 數(shù)性 a 各有對(duì)應(yīng)的三類

1）Pa分為：負(fù)性“-”，中性“0”和正性“+”，以腳注表示：P-、P0和 P+。

素?cái)?shù)S合數(shù)f的數(shù)性從屬于所在的P的Pa。

2）na分為：負(fù)性“-”，中性“0”和正性“+”，以腳注表示：n-、n0和 n+。

1.2.2 不同 Pa、na表達(dá)式

Pa和na實(shí)為6個(gè)連續(xù)數(shù)，如把十進(jìn)位數(shù)3開始，依次將每一6個(gè)連續(xù)數(shù)組成若干個(gè)組合為X，X為自然數(shù)。相鄰兩X對(duì)應(yīng)6個(gè)數(shù)之差均為6。Pa和na表達(dá)式如下：

1）Pa表達(dá)式：P-=6X-1，P0=6X-3，P+=6X+1

2）na表達(dá)式：n-=6X-2，n0=6X，n+=6X+2

1.2.3 驗(yàn)算

因na=Pa+Pa按a進(jìn)行配對(duì)“d”確認(rèn)其可行性。

1）可證明（1+1）有效配對(duì)

n-=P-+P-=(6X1-1)+(6X2-1)=6(X1+X2)-2=6X-2

n0=P-+P+=(6X1-1)+(6X2+1)=6(X1+X2)=6X

n+=P++P+=(6X1+1)+(6X2+1)=6(X1+X2)+2=6X+2

2）無效配對(duì)

n-=P++P0=(6X1+1)+(6X2-3)=6(X1+X2)-2=6X-2

n0=P01+P02=(6X1-3)+(6X2-3)=6(X1+X2)-6=6(X1+X2-1)=6X

n+=P-+P0=(6X1-1)+(6X2-3)=6(X1+X2)-4=6(X1+X2-1)+2=6X+2

1.2.4 根據(jù)上述可以看出，如已知na，就知用何Pa配對(duì)相加，還能從中歸納出，用兩個(gè)相同或不同Pa配對(duì)，確定其和n數(shù)性的（反向表達(dá)亦可）“加法定律”

“同性P相加，和n與P同性；異性P相加，和n與P互異”。

1.3 按P和n的尾數(shù)分類

1.3.1 對(duì)Pa和na進(jìn)行了分類，但在相同的Pa和na中的數(shù)字之間仍存在區(qū)別，那就是Pa和na的個(gè)位數(shù)即尾數(shù)V的不同，故對(duì)PaV和naV進(jìn)行分類

1）PaV 可分為五類：1、3、5、7 和 9。

2）naV 可分為五類：0、2、4、6 和 8。

1.3.2 經(jīng) a和V分類：因nV=P1V+P2V，當(dāng)已知 naV就可知該用兩個(gè)何類PaV配對(duì)求證更有針對(duì)性

1.4 素?cái)?shù)和合數(shù)

1.4.1 素?cái)?shù)S作用分析：（1+1）就是要求證 “大偶數(shù)為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和”，顯示出研究S的分析和擁有量的重要性

由于本文的“證明新方法”采用的是“反證法”，對(duì)S的要求和作用并不明顯，對(duì)S不作深入研究。相反，為簡化證明，將素?cái)?shù)3和5改為合數(shù)f使用，所以P0和PV5數(shù)列全都是f。

1.4.2 合數(shù)f對(duì)“反證法”很重要，在大P中含有的f個(gè)數(shù)g雖遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于S個(gè)數(shù)fg＞＞Sg，但對(duì)證明毫無影響

1）證明數(shù)的對(duì)稱性：以P長的中心作一“Y”軸，Y左P1g與右P2g，并形成“對(duì)稱”，每對(duì)稱兩P之和均等于n，即P1+P2=n。

2）P形成對(duì)稱后，全部P按“加法定律”自動(dòng)配對(duì)成功，無一空余，各配對(duì)中大部分是無用配對(duì)，如P0和PV5的配對(duì)等。雖然無用卻是必要的，而且在完成自身應(yīng)有的配對(duì)任務(wù)后，就會(huì)自動(dòng)從P數(shù)列中退出而消失。

1.4.3 在余下的 P 中，仍是 fg＞Sg，并存有（fg-Sg）/2 非經(jīng)求解得到的（f+f）d也是無效配對(duì)，應(yīng)從P中刪除。最后P中含有的Sg和fg肯定相等

1.5 供給求證時(shí)有用的資料和數(shù)據(jù)

1.5.1 資料

1）n，P和V分類，證明數(shù)P排列的對(duì)稱并自動(dòng)配對(duì)。

2）根據(jù)naV決定該用兩個(gè)相同或不同PaV配對(duì)的“加法定律”。

1.5.2 數(shù)據(jù)：供給求證的證明數(shù)中含有的Sg=fg。

2 證明

2.1 供給證明的數(shù)據(jù)和資料

2.1.1 供給的證明數(shù)P中含有的素?cái)?shù)S和合數(shù)f個(gè)數(shù)相等，Sg=fg，但只知每一P的數(shù)性a，卻不知其是S還是f，其中S：3和5改為f

2.1.2 對(duì)n和P已經(jīng)過三種數(shù)性a分類，和各五種尾數(shù)V分類，n記為naV，P記為PaV；并提供了對(duì)證明起引導(dǎo)作用的“加法定律”

2.1.3 隨連續(xù)證明，naV不斷增大，供給的PaV不但能隨機(jī)變化，并保持“對(duì)稱性”，對(duì)稱兩PaV之和始終為naV

2.1.4 前面所研究的“組合X數(shù)”和“表達(dá)式”等，僅限研究有關(guān)問題使用，證明時(shí)仍使用“十進(jìn)位數(shù)”計(jì)算和表示

2.1.5 將“猜想”以（1+1）表示

2.2 證明方法—“反證法”

所謂反證法，就是先假設(shè)（1+1）無解，再否定（1+1）無解，反向確認(rèn)（1+1）有解。

2.2.1 如假設(shè)（1+1）無解，已知的 fg=Sg，配對(duì)數(shù) d 全部定是（1+1）=（f+S）d=fg(Sg)

但這僅是假設(shè)無解的表面現(xiàn)象，實(shí)際上在fg=Sg，潛在配對(duì)必有：（f+S）d+(f+f)d+(S+S)d=fg(Sg)，這才是內(nèi)在的真相。

2.2.2 如何否定假設(shè)（1+1）無解途徑

方法只有一種，就是從內(nèi)在配對(duì)真相著手，只要設(shè)法能求得一對(duì)潛在（S+S）或（f+f），假設(shè)就能被否定。

1）要直接求得（1+1）=(S+S)，在數(shù)論上至今并無方法可循，不可能。

2）要將naV分為兩個(gè)PaV（合數(shù)）之和，要求得一對(duì)（1+1）=（f1+f2），不但有規(guī)可循，還有只含“+、-、×、÷”簡易計(jì)算公式可供求解。 在求得一對(duì)（1+1）=（f1+f2），假設(shè)就已被否定。與此同時(shí)，從理論上也已求得一對(duì)（1+1）=(S1+S2)。對(duì)此作證明如下：

（1）求得一對(duì)（f1+f2），就需要兩個(gè) f，其必來自供給證明的fg中的兩個(gè)：說明假設(shè)的配對(duì)有兩對(duì)是錯(cuò)誤的，就有(f+S)d=fg-2，其中一對(duì)就是（f1+f2）。

（2）已知一對(duì)（f1+f2），出現(xiàn)了 fg-2，，原 Sg=fg 變?yōu)?Sg＞(fg-2)，兩項(xiàng)相減就多余兩個(gè)S，以公式[Sg-(fg-2)]/2=2/2=1，這就求得一對(duì)(1+1)=(S1+S2)。

2.3 求解公式

式中有關(guān)元素的含義和解法:

2.3.1 f1、f2為 n 分成的兩個(gè)合數(shù)，n=（f1+f2）。

2.3.2 S1、S2分別為 f1、f2的一個(gè)素因子，S1、S2的值是自行設(shè)立可變的；為簡化求解公式便于計(jì)算，本文首次設(shè)S1=11，S2=7

2.3.3 f1m為符合f1aV要求計(jì)算出f1的最小數(shù)，f1m的求法

舉例：n-V=6，選 f-1V=3，所求 f1m也應(yīng)為“-”性，V=3，已知 S1=11，是“-”性，V=1，根據(jù)“乘法定律”，以 S1乘一 V=3 最小的“+”性素因子 S+m=13，有 f1m=S1S+m=11×13=143。

2.3.4 f1╪為累加數(shù)，一般 f1m小于求出的 f1，所以要在 f1m上累加一個(gè)可計(jì)算又固定的數(shù)，有f1╪ =C1C2S11，其中C1為Pa同性，在P數(shù)列中的間隔數(shù)C1=6，C2為同性a同V的間隔數(shù)C2=5，C1C2=6×5=30為常數(shù)；又S1為f1的因子，f1能被S1整除，要求累加數(shù)也有同樣的素因子S1，所以f1╪=C1C2S1=5×6×11=330

2.3.5 Y1、Y2、Y3分別為 n、f1m、f1╪除以 S1的余數(shù)，Y 的求法及含義

1）Y1為 n/7 的余數(shù)，n 分為 f1、f2時(shí)，Y1全分給 f1，確保f2被 7 整除。 Y1值一般為 0～6。 當(dāng) Y1＜Y2時(shí)，應(yīng)從 n/7 商中減去 1，使（Y1+7）＞Y2，否則無法進(jìn)行求解 f1。

2）Y2為f1m/7的余數(shù)。因f1m是f1的一部分或全部，當(dāng)Y1＞Y2，f1m＜f1，Y1=Y2有 f1m=f1，如 Y1＜Y2，可按（1）所敘法則。

（Y1+7）＞Y2，雖[(Y1+7）-Y2]＞6，但求出的 f1仍保持 f1能被 S1（11）f1/7 之余數(shù)仍與原先n/7的余數(shù)Y1相等，符合n分成f1、f2的原則要求。

3）Y3為f1╪/7之余數(shù)。每f1m加一次f1╪，等于 n-f1╪，其中包含Y1的一部分為Y1-Y3。例本文已知f1╪ =330,330/7，Y3=1，說明f1m+330同時(shí)從（Y1-Y2）之差中減去 1，可知（Y1-Y2）/Y3就是 f1m+f1╪次數(shù)“X”。 由于Y3=1，所以可簡化為X=Y1-Y2。求解公式得到簡化，正是本文設(shè)S1=11，S2=7，f1╪=330 的目的。

2.4 求解所得數(shù)的循環(huán)周期

通過對(duì)n連續(xù)性求解，驗(yàn)證了“求解公式”和“反證法”的正確性和可行性。

2.4.1 “周期”性概論

在求解中，當(dāng)已求解的n個(gè)數(shù)達(dá)到C2S2=5×7=35g時(shí)后，再求解35gn，就會(huì)發(fā)現(xiàn)：前35gn所求得的公式中各元素和f1的數(shù)據(jù)均隨n不斷變化而變化。反之，后35gn與前35gn依次對(duì)應(yīng)的每一n，兩者所求得的各種數(shù)據(jù)完全相同，這就形成了求解所得數(shù)據(jù)循環(huán)重復(fù)的 “周期”，以 Z 表示，依次記為 Z1、Z2，如此連續(xù)求解，必出現(xiàn) Z3、Z4…Zx，各 Z求得的數(shù)據(jù)完全相同。

2.4.2 求解規(guī)則

1）不按n數(shù)列逐一求解，而是以不同數(shù)性n-、n0和n+分別進(jìn)行求解。

2）已知 nV 有 0、2、4、6、8 五個(gè)，不同 na和 nV 求得（1+1）=（f1+f2）d各不相同，nV各出現(xiàn)一次為一循環(huán)即C2=5，能求得的d數(shù)n-、n+各16d，n0為 32d，共 64d，在一 Z 內(nèi)，nV 循環(huán) 35/5=7 次，n-、n+各為 112d，n0為 224d，總計(jì) 448d，詳見附表 1。 已經(jīng)驗(yàn)證：求得（1+1）=（f1+f2）d 等于已求證相等的（1+1）=（S1+S2）d，哪怕只求得 1d（f1+f2），該 naV 為兩個(gè)素?cái)?shù)之和已證明成功，所以任一naV只求可求d中的1d。

3）根據(jù)上述規(guī)則，已按 n-、n0和 n+分別限額各求得70gn，即兩個(gè)“周期”，Z1和Z2，每一 n求解僅為1對(duì)。

2.4.3 求證數(shù)據(jù)的“變”與“不變”

表1 不同naV、f1V f2V配對(duì)表

表2 f1m、f1變化范圍

以n-為例，分 “求證數(shù)據(jù)隨機(jī)變化的Z1和數(shù)據(jù)循環(huán)重復(fù)不變的Z2”進(jìn)行分析驗(yàn)證。

1）求證數(shù)據(jù)隨機(jī)變化Z1的分析驗(yàn)證

（1）已知n-同性數(shù)的間距C1=6，n-逐一求解其累加數(shù)為6，因6能整除6，即6|6，n-數(shù)性不變，但6不能被7整除7⊥6，所以Y1卻隨機(jī)變化。

（2） 設(shè) 4096 為求證的起始數(shù)， 累加 6，n-V 按 6、2、8、4、0 循環(huán)變化，因n-V=f1V+f2V，由于n-V的不斷變化，定會(huì)引起f1V、f1m和Y2同時(shí)發(fā)生隨機(jī)變化。

（3）已知 f1╪和 Y3是固定不變的，又知有用的 PV 為±1、±3、±7 和±9共8個(gè)，這就決定不同的f1V和f1m變化范圍各僅有8個(gè)。因S2=7，f1m的累加次數(shù)為0～6共不同7次，能求得不同的f1共8×7=56g，詳見附表2。所以不論f1V和求得的f1的大小，均在附表2范圍之內(nèi)。

2）求證數(shù)據(jù)循環(huán)重復(fù)不變Z2原因驗(yàn)證

已知在求解中用到的除數(shù)有5、6、7三個(gè)，Z1的逐一累加數(shù)為 6，有 6｜6、6⊥5 和 67，所以只能保證 n-不變，而 nV、Y1、f1V、f1m和Y2卻隨機(jī)不斷變化，這個(gè)累加數(shù)6是Z1求證數(shù)據(jù)變化的主因。

Z2對(duì)應(yīng)Z135gn的任一數(shù)差均為210，也是Z2與Z1之間的累加數(shù)，也正是三個(gè)除數(shù)的積5×6×7=210和保證Z2求證數(shù)據(jù)不變不可替代唯一的數(shù)，原因如下：

（1）因?yàn)?6｜210、5｜210、7｜210 加上 210 的 V 為 0，所以 Z2求得的 na、nV、f1V、f1m、Y1、Y2和 f1數(shù)據(jù)與 Z1求得的數(shù)據(jù)完全相同。

（2）已知 n-f1=f2，因 Z2中 f1相同，所以 Z2中的 n 累加 210，f2也同時(shí)累加210。

3）求證數(shù)據(jù)“變”與“不變”驗(yàn)證方法的通用性

上面以n-的Z1數(shù)據(jù)“變”和Z2數(shù)據(jù)“不變”為例進(jìn)行了驗(yàn)證，用于驗(yàn)證的數(shù)據(jù)中有的是固定的，有的受S1、S2的變化而變化，但其中主要數(shù)據(jù)可用公式計(jì)算。當(dāng)S1、S2一經(jīng)設(shè)定，只要將新的代入式中，即可得出主要數(shù)據(jù)，同樣可視為固定的。因此上述驗(yàn)證方法具有通用性。

（1）已知同性差 C1=6，nV 循環(huán) C2=5，均為常數(shù)，與 S1、S2變化無關(guān)。

（2）與 S1、S2變化有關(guān)的數(shù)據(jù)：

f1╪ =C1C2S1=5×6S1=30S1；三個(gè)除數(shù)為 5；6；S2，Z 周期求得 ng=5S2；Z2累加數(shù)為 5×6×S2=30S2。

2.4.4 本特殊證明方法經(jīng)研討后的初步結(jié)論

本文先后對(duì)決定本證明方法命運(yùn)的若干主要問題都進(jìn)行了詳細(xì)反復(fù)的研究和闡明，這些問題與其他已知的各種證明方法比較，毫無相同之處，這就是本方法的特殊之處。特別是求證所得數(shù)據(jù)循環(huán)重復(fù)“周期”的新發(fā)現(xiàn)，為保證證明“大偶數(shù)為兩個(gè)素?cái)?shù)之和”全覆蓋創(chuàng)立了新的理論基礎(chǔ)。現(xiàn)證明如下：

設(shè)N為能成功證明最大偶數(shù)，n1為證明起始數(shù)，C1C2S2=210為累加數(shù)，X為循環(huán)“周期”次數(shù)，X是無限大。

計(jì)算公式：N=n1+210X

因X無限大，無疑N也為無限大，能包含全部偶數(shù)，故證明成功達(dá)全覆蓋。