哥德巴赫猜想之证明

1742年6月7日，哥德巴赫写信给欧拉一封信提出了：凡是大于4的偶数，均可表示成两个奇素数的和。后来人们简称为(1+1)问题。其实简称为2N=P+P更适合。猜想是正确的。

证明如下：

猜想是一个组合数内的一个二项和偶数问题。

现设定：

2N为偶数；

2N+1为奇数；

P为素数；

C为合数；

N1; N2; N3; N4; N5; N6; N7; N8; N9; N0,为分类数。其中N1等形式数表示：N1=10^N+1，n等于或大于1，N为自然整数。

二项和偶数具有下列性质：

2N€

2n+2n; (2n+1)+(2n+1)；

2n+2n=2N€

P+P=2N(唯一的2+2=4)

P+C=2N=2+2p=2+2pP……

C+C=2N=2p+2p=2p+2pP……

(2n+1)+(2n+1)=2N€

P+p=2N=2p(2倍P)

P+C=2N=P+Pp=P+PpP……

C+C=2N=Pp+Pp=Pp+PpP……现在先界定一下世界上，一些数学家己研究的结果：

1) 凡是大于4的偶数，都包含有两个奇素数的和：2N=P+P

6=3+3;

8=3+5;

10=3+7=5+5;

12=5+7;

……

这是哥德巴赫的研究猜想。

2) 凡是大于10的偶数，都包含有一个奇素数加上另两个奇素数乘积的和：2N=P+Pp

12=3+3*3;

14=5+3*3；

16=7+3*3；

18=3+3*5；

……

我国数学家陈景润的研究结果。

3) 凡是大于126的偶数，都包含有一个奇素数加上另三个奇素数乘积的和：2N=P+C=P+PpP

128=53+3*5*5;

130=103+3*3*3;

132=7+5*5*5;

134=71+7*3*3;

……

前苏联布赫夕太勒的研究结果。

4)凡是大于62的偶数，都包含有两个奇素数的乘积加上另两个奇素数乘积的和：2N=C+C=Pp+Pp

64=3*13+5*5;

66=3*3+3*19;

68=3*11+5*7;

70=3*5+5*11;

……

5) 凡是大于116的偶数，都包含有两个奇素数的乘积加上另三个奇素数乘积的和：2N=C+C=Pp+PpP

118=5*11+3*3*7;

120=3*19+3*3*7;

122=5*19+3*3*3

124=7*7+3*5*5;

……

我国数学家王元的研究结果。

6)凡是大于334的偶数，都包含有三个奇素数乘积加上另三个奇素数乘积的和：2N=C+C=PpP+PpP

336=3*5*11+3*3*19;

338=3*3*7+5*5*11;

340=3*5*11+5*5*7;

342=3*7*7+3*5*13;

……我国数学家王元的研究结果其实还可以这样界定。

凡是大于32的N2类的偶数，都包含有一个奇素数a1+b1构成：

N2=a1+b1=P+P

42=11+31;

52=11+41;

62=31+31;

72=31+41;

……(a3+b9省略了)

凡是大于4的N4类的偶数，都包含有一个奇素数a7加上另一个奇素数b7构成。N4=a7+b7=P+P

14=7+7;

24=7+17;

34=17+17;

44=7+37;

……(a1+b3省略了)

凡是N6类的偶数，都包含有一个奇素数a3加上另一个奇素数b3构成。N6=a3+b3=P+P

6=3+3;

16=3+13;

26=3+23;

36=13+23;

……(a7+b9省略了)

凡是大于68的N8类的偶数，都包含有一个奇素数a9加上另一个奇素数b9构成。N8=a9+b9=P+P

78=19+59；

88=29+59；

98=19+79；

108=29+79；

……(a1+b7省略了)

凡是N0类的偶数，都包含有一个奇素数a3加上另一个奇素数b7构成。N0=a3+b7=P+P

10=3+7；

20=3+17；

30=13+17；

40=23+17；

……

类似的界定，在理论上讲，应是元穷的。现在只界定到这里。人们有兴趣自己去界定。这里只论证其逆序互补性质。

因为自然数数列是一个皮亚诺公理的等差数列性质。a1, a2 a3, a4, a5, ……,an……

所以任意自然数整数有其二项式和的逆序相加恒等式，根据其数的增大，而其二项式和的集合也不断增加。

2N=n+n=(an+1)+(an-1)=(an+2)+(an-2)=(an+3)+(an-3)=……=(an+k)+(an-k)=……=(an+(n-1))+(an-(n-1))。

用集合表示数Nn的二项式和的元素，永远是数Nn+1的二项式和的元素的集合的并集。例一：

50=25+25=26+24=27+23=28+22=29+21=30+20=31+19=32+18=33+17=34+16=35+15=36+14=37+13=38+12=39+11=40+10=41+9=42+8=43+7=44+6=45+5=46+4=47+3=48+2=49+1。

例二：100

100=50+50=51+49=52+48=53+47=54+46=55+45=56+44=57+43=58+42=59+41=61+39=63+37=65+35=67+33=69+31=71+29=……=97+3=99+1。

50的二项式和偶数元素成了100的和偶数的元素的并集了。

所以2N就有：

2N=P+P=P+C=C+C

根据算术基本定理，可得出其逆序相加恒等式：

2N=P+P=P+Pp=P+PpP……=Pp+Pp=Pp+PpP=Pp……+Pp……

根据组合性质，进行分类可得出：

1) 2N=P+P;

2) 2N=P+Pp;

2N=Pp+Pp;

3) 2N=P+Ppp;

2N=Pp+PpP;

2N=PpP+PpP;

……

在理论上讲，可无穷性地组合下去。这里就不多讲了。

现在，看一个偶数内的序别奇素数构成和偶数情况，最大的和偶数大于这个偶数。小于这个偶数的2倍数。是最大奇素数的2倍数(2P)。

设n为一个偶数内的序别奇素数的个数。

则构成二项式和偶数的组数就有(n+1)*n/2(组)。例1000。

1000内有奇数500个，其中奇素数是167个，其最大奇素数是997。构成最大偶数是997+997=1994。

其和偶数的因式组数有：

(167+1)*167/2=14028(组)

1994内有偶数997个。所以，平均每个偶数有二项式和因式约 14(组)。因式组数过多，就不列出来了。

现举一小例验证：20。

20内有7个奇素数：3；5；7；11；13；17；19。

根据公式(n+1)n/2。可算出20内的奇素数可构成28组二项式和偶数。

3+3=6；3+5=8；3+7=10；3+11=14；3+13=16；3+17=20；3+19=22；

5+5=10；5+7=12；5+11=16；5+13=18；5+17=22；5+19=24；7+7=14；7+11=18；7+13=20；7+17=24；7+19=26；

11+11=22；11+13=24；11+17=28；11+19=30；

13+13=26；13+17=30；13+19=32；

17+17=34；17+19=36；

19+19=38；

自然数的分类与归纳

尽管自然数是无限多个。数是无穷大的。但决定奇数，偶数，素数，合数的因素是由运算法则整除和位值原则，个位数而决定。

现在，可将自然整数集，分为十个子集：

{2N+1}

N1: 1；11；21；31；……

N3；3；13；23；33；……

N5；5；15；25；35；……

N7；7；17；27；37；……

N9；9；19；29；39；……

{2N}:

N2；2；12；22；32；……

N4；4；14；24；34；……

N6；6；16；26；36；……

N8；8；18；28；38；……

N0；10；20；30；40；……

将其整除归纳分类

{自然整数集}€

{{2N+1}:

1；最基本的自然数单位。

P；奇素数。

C；奇合数。

{2N}:

P；唯一的一个2。

C；偶合数。

素数

除了2和5，为特殊。其他的素数都分布在N1; N3; N7; N9。等四大子集内。

素数在整个自然整数内的分布是6n正负1。也就是其通项公式。 如：

5=6*1-1；

7=6*1+1；

11=6*2-1；

13=6*2+1；

17=6*3-1；

19=6*3+1；

……

不过其序列是间断性的。如113=19*6-1；127=21*6+1；没有序列20。439=73*6+1；457=76*6+1；没有序列74，75。有待研究。

有趣的是：6是2*3。组成了素数大全。

根据素数互质。所以得到求素数公式：

(2n+1)^2-2n(2n-1)。如：

3*3-2*1=7；

5*5-4*3=13；

7*7-6*5=19；

9*9-8*7=25；

……

这个公式只能求出二分之一的素数。

构数性质的归纳与分类

乘积性质：(2n+1)(2n+1)=(2n+1)

2n*2n=2n

(2n+1)*2n=2n

(2n+1)(2n+1)=(2n+1)形成了复合奇数。其分解：

P*P

P*C

C*C

C*C多次复合奇数。再构数就是繁复合奇数。理论可无限下去。其逆特性是算术基本定理。

分类归纳：

N1: a1*b1;

a3*b7;

a9*b9;

N3:

a1*b3;

a7*b9;

N5:

5^n*a1;

5^n*a3;

5^n

5^n*a7;

5^n*a9;

N7:

a1*b7;

a3*b9;

N9:

a1**b9;

a3*b3;

a7*b7;

2N:

2^n;

2^n*a1;

2^n*a3;

2^n*a5;

2^n*a7;

2^n*a9

二项和性质：

(2n+1)+(2n+1)=2N

2n+2n=2N

他们的和是合数性质。

(2n+1)+2n=(2n+1)

其性质不确定。

(2n+1)+(2n+1)=2N。是一个二项式的和偶数。

和偶数的性质：

P+P=2N;

P+C=2N;

C+C=2N

C+C=2N。多次复合偶数，繁复合偶数。运用组合原理，可无限下去。

归纳起来是一个三维互补性质。

2N=P+P=P+C=C+C。

和偶数归纳：

N2:

a1+b1;

a3+b9;

a5+b7;

N4:

a1+b3;

a7+b7;

a5+b9;

N6:

a3+b3;

a7+b9;

a5+b1;

N8:

a1+b7;

a9+b9;

a5+b3;

N0:

a1+b9;

a3+b7;

a5+b5;

根据上列分类归纳式进行分析：

可得证每个子集的和偶数的前两种有下列三类性质。例：N2=a1+b1=a3+b9=a5+b7。

1)a1与b1同为素数，则2N=P+P，

a1与b1，其一为素数，另外一个为合数。则N2=P+C。

a1与b1同为合数时。则N2=C+C

2) 同上理。

3)a5与b7,a5子集内只有5是素数。所以a5子集内的数大于5时，全是合数。只有b7子集内存在素数与合数的性质。所以，当a5子集内的数大于5时，则：N2=P+C=C+C

根据二项和偶数的逆序相加恒等式进行分析：

2N/=an+an=(an+1)+(an-1)=(an+2)+(an-2)=(an+3)+(an-3)=……=(an+k)+(an-k)=……={an+(n-1)}+{an-(n-1)}。

再根据偶数M集合内的任意元素的二项式和偶数，都是M+1集合的并集。所以，2N=P+P=P+C=C+C

再根据算术基本定理可得出：2N=P+P=P+Pp=P+PpP=……=Pp+Pp=Pp+PpP=……=PpP…+PpP…

其逆序相加恒等式成立，则都成立，不成立则相矛盾。所以哥德巴赫猜想是正确的。

根据皮亚诺等差数列的公理性质：2N; 2N+1。再根据算术基本定理再求证哥德巴赫猜想。根据猜想：2N=P+P，则2N+1=P+P+1。

而P+P+1。根据算术基本定理得出是P*P除其本身外的所有约数和。形成一个自然数数列。例举如下：P+P=2N和P+P+1=2N

6=3+3 7=3+3+1

8=3+5 9=3+5+1

10=3+7=5+5 11=3+7+1

12=5+7 13=5+7+1

14=3+11=7+7 15=3+11+1

16=3+13=5+11 17=3+13+1

…… ……

哥德巴赫猜想是正确的。证完。

由此，发现，两个戓多个数，除其本身外。各自所有约数和等于同一个数。我叫他们共亲数。如

17=3+13+1=5+11+1。17就是39和55的共亲数。19=5+13+1=7+11+1。19是65和77的共亲数。根据哥德巴赫定理。共亲数是无穷的。也只有奇素数才能是共亲数。

P^2，其约数人们只计P+1。所以我叫通假共亲数。