证明哥德巴赫猜想特殊方法

朱永久

（中国 上海 200032）

0 引言

证明前：重点研究数字的数性分类和合数的重要作用，为证明提供资料和数据。

证明时：专门求证（1+1）为两个合数之和，反证（1+1）为两个素数之和成立。同时研究证明所得数据的“周期”性，使证明（1+1）成立的全覆盖。

1 证明前

1.1 数字性质分析

哥德巴赫猜想（1+1）研究者用的都是十进位数。历来仅将“证明数”奇数P分为素数S和合数f两类，将“被证明数”偶数n统称为偶数。这些正是（1+1）至今难以得到证明的主要原因之一。

根据求解（1+1）需要和十进位数内的客观存在，每一个数字不论是偶数n或奇数P，都有自身的特性，统称“数性”，记为a。如按不同的a进行分类，就可最大限度简化（1+1）的研究和求证。

1.2 按数性分类

1.2.1 P 和 n 数性 a 各有对应的三类

1）Pa分为：负性“-”，中性“0”和正性“+”，以脚注表示：P-、P0和 P+。

素数S合数f的数性从属于所在的P的Pa。

2）na分为：负性“-”，中性“0”和正性“+”，以脚注表示：n-、n0和 n+。

1.2.2 不同 Pa、na表达式

Pa和na实为6个连续数，如把十进位数3开始，依次将每一6个连续数组成若干个组合为X，X为自然数。相邻两X对应6个数之差均为6。Pa和na表达式如下：

1）Pa表达式：P-=6X-1，P0=6X-3，P+=6X+1

2）na表达式：n-=6X-2，n0=6X，n+=6X+2

1.2.3 验算

因na=Pa+Pa按a进行配对“d”确认其可行性。

1）可证明（1+1）有效配对

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）无效配对

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 根据上述可以看出，如已知na，就知用何Pa配对相加，还能从中归纳出，用两个相同或不同Pa配对，确定其和n数性的（反向表达亦可）“加法定律”

“同性P相加，和n与P同性；异性P相加，和n与P互异”。

1.3 按P和n的尾数分类

1.3.1 对Pa和na进行了分类，但在相同的Pa和na中的数字之间仍存在区别，那就是Pa和na的个位数即尾数V的不同，故对PaV和naV进行分类

1）PaV 可分为五类：1、3、5、7 和 9。

2）naV 可分为五类：0、2、4、6 和 8。

1.3.2 经 a和V分类：因nV=P1V+P2V，当已知 naV就可知该用两个何类PaV配对求证更有针对性

1.4 素数和合数

1.4.1 素数S作用分析：（1+1）就是要求证 “大偶数为两个奇素数之和”，显示出研究S的分析和拥有量的重要性

由于本文的“证明新方法”采用的是“反证法”，对S的要求和作用并不明显，对S不作深入研究。相反，为简化证明，将素数3和5改为合数f使用，所以P0和PV5数列全都是f。

1.4.2 合数f对“反证法”很重要，在大P中含有的f个数g虽远远大于S个数fg＞＞Sg，但对证明毫无影响

1）证明数的对称性：以P长的中心作一“Y”轴，Y左P1g与右P2g，并形成“对称”，每对称两P之和均等于n，即P1+P2=n。

2）P形成对称后，全部P按“加法定律”自动配对成功，无一空余，各配对中大部分是无用配对，如P0和PV5的配对等。虽然无用却是必要的，而且在完成自身应有的配对任务后，就会自动从P数列中退出而消失。

1.4.3 在余下的 P 中，仍是 fg＞Sg，并存有（fg-Sg）/2 非经求解得到的（f+f）d也是无效配对，应从P中删除。最后P中含有的Sg和fg肯定相等

1.5 供给求证时有用的资料和数据

1.5.1 资料

1）n，P和V分类，证明数P排列的对称并自动配对。

2）根据naV决定该用两个相同或不同PaV配对的“加法定律”。

1.5.2 数据：供给求证的证明数中含有的Sg=fg。

2 证明

2.1 供给证明的数据和资料

2.1.1 供给的证明数P中含有的素数S和合数f个数相等，Sg=fg，但只知每一P的数性a，却不知其是S还是f，其中S：3和5改为f

2.1.2 对n和P已经过三种数性a分类，和各五种尾数V分类，n记为naV，P记为PaV；并提供了对证明起引导作用的“加法定律”

2.1.3 随连续证明，naV不断增大，供给的PaV不但能随机变化，并保持“对称性”，对称两PaV之和始终为naV

2.1.4 前面所研究的“组合X数”和“表达式”等，仅限研究有关问题使用，证明时仍使用“十进位数”计算和表示

2.1.5 将“猜想”以（1+1）表示

2.2 证明方法—“反证法”

所谓反证法，就是先假设（1+1）无解，再否定（1+1）无解，反向确认（1+1）有解。

2.2.1 如假设（1+1）无解，已知的 fg=Sg，配对数 d 全部定是（1+1）=（f+S）d=fg(Sg)

但这仅是假设无解的表面现象，实际上在fg=Sg，潜在配对必有：（f+S）d+(f+f)d+(S+S)d=fg(Sg)，这才是内在的真相。

2.2.2 如何否定假设（1+1）无解途径

方法只有一种，就是从内在配对真相着手，只要设法能求得一对潜在（S+S）或（f+f），假设就能被否定。

1）要直接求得（1+1）=(S+S)，在数论上至今并无方法可循，不可能。

2）要将naV分为两个PaV（合数）之和，要求得一对（1+1）=（f1+f2），不但有规可循，还有只含“+、-、×、÷”简易计算公式可供求解。 在求得一对（1+1）=（f1+f2），假设就已被否定。与此同时，从理论上也已求得一对（1+1）=(S1+S2)。对此作证明如下：

（1）求得一对（f1+f2），就需要两个 f，其必来自供给证明的fg中的两个：说明假设的配对有两对是错误的，就有(f+S)d=fg-2，其中一对就是（f1+f2）。

（2）已知一对（f1+f2），出现了 fg-2，，原 Sg=fg 变为 Sg＞(fg-2)，两项相减就多余两个S，以公式[Sg-(fg-2)]/2=2/2=1，这就求得一对(1+1)=(S1+S2)。

2.3 求解公式

式中有关元素的含义和解法:

2.3.1 f1、f2为 n 分成的两个合数，n=（f1+f2）。

2.3.2 S1、S2分别为 f1、f2的一个素因子，S1、S2的值是自行设立可变的；为简化求解公式便于计算，本文首次设S1=11，S2=7

2.3.3 f1m为符合f1aV要求计算出f1的最小数，f1m的求法

举例：n-V=6，选 f-1V=3，所求 f1m也应为“-”性，V=3，已知 S1=11，是“-”性，V=1，根据“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╪为累加数，一般 f1m小于求出的 f1，所以要在 f1m上累加一个可计算又固定的数，有f1╪ =C1C2S11，其中C1为Pa同性，在P数列中的间隔数C1=6，C2为同性a同V的间隔数C2=5，C1C2=6×5=30为常数；又S1为f1的因子，f1能被S1整除，要求累加数也有同样的素因子S1，所以f1╪=C1C2S1=5×6×11=330

2.3.5 Y1、Y2、Y3分别为 n、f1m、f1╪除以 S1的余数，Y 的求法及含义

1）Y1为 n/7 的余数，n 分为 f1、f2时，Y1全分给 f1，确保f2被 7 整除。 Y1值一般为 0～6。 当 Y1＜Y2时，应从 n/7 商中减去 1，使（Y1+7）＞Y2，否则无法进行求解 f1。

2）Y2为f1m/7的余数。因f1m是f1的一部分或全部，当Y1＞Y2，f1m＜f1，Y1=Y2有 f1m=f1，如 Y1＜Y2，可按（1）所叙法则。

（Y1+7）＞Y2，虽[(Y1+7）-Y2]＞6，但求出的 f1仍保持 f1能被 S1（11）f1/7 之余数仍与原先n/7的余数Y1相等，符合n分成f1、f2的原则要求。

3）Y3为f1╪/7之余数。每f1m加一次f1╪，等于 n-f1╪，其中包含Y1的一部分为Y1-Y3。例本文已知f1╪ =330,330/7，Y3=1，说明f1m+330同时从（Y1-Y2）之差中减去 1，可知（Y1-Y2）/Y3就是 f1m+f1╪次数“X”。 由于Y3=1，所以可简化为X=Y1-Y2。求解公式得到简化，正是本文设S1=11，S2=7，f1╪=330 的目的。

2.4 求解所得数的循环周期

通过对n连续性求解，验证了“求解公式”和“反证法”的正确性和可行性。

2.4.1 “周期”性概论

在求解中，当已求解的n个数达到C2S2=5×7=35g时后，再求解35gn，就会发现：前35gn所求得的公式中各元素和f1的数据均随n不断变化而变化。反之，后35gn与前35gn依次对应的每一n，两者所求得的各种数据完全相同，这就形成了求解所得数据循环重复的 “周期”，以 Z 表示，依次记为 Z1、Z2，如此连续求解，必出现 Z3、Z4…Zx，各 Z求得的数据完全相同。

2.4.2 求解规则

1）不按n数列逐一求解，而是以不同数性n-、n0和n+分别进行求解。

2）已知 nV 有 0、2、4、6、8 五个，不同 na和 nV 求得（1+1）=（f1+f2）d各不相同，nV各出现一次为一循环即C2=5，能求得的d数n-、n+各16d，n0为 32d，共 64d，在一 Z 内，nV 循环 35/5=7 次，n-、n+各为 112d，n0为 224d，总计 448d，详见附表 1。 已经验证：求得（1+1）=（f1+f2）d 等于已求证相等的（1+1）=（S1+S2）d，哪怕只求得 1d（f1+f2），该 naV 为两个素数之和已证明成功，所以任一naV只求可求d中的1d。

3）根据上述规则，已按 n-、n0和 n+分别限额各求得70gn，即两个“周期”，Z1和Z2，每一 n求解仅为1对。

2.4.3 求证数据的“变”与“不变”

表1 不同naV、f1V f2V配对表

表2 f1m、f1变化范围

以n-为例，分 “求证数据随机变化的Z1和数据循环重复不变的Z2”进行分析验证。

1）求证数据随机变化Z1的分析验证

（1）已知n-同性数的间距C1=6，n-逐一求解其累加数为6，因6能整除6，即6|6，n-数性不变，但6不能被7整除7⊥6，所以Y1却随机变化。

（2） 设 4096 为求证的起始数， 累加 6，n-V 按 6、2、8、4、0 循环变化，因n-V=f1V+f2V，由于n-V的不断变化，定会引起f1V、f1m和Y2同时发生随机变化。

（3）已知 f1╪和 Y3是固定不变的，又知有用的 PV 为±1、±3、±7 和±9共8个，这就决定不同的f1V和f1m变化范围各仅有8个。因S2=7，f1m的累加次数为0～6共不同7次，能求得不同的f1共8×7=56g，详见附表2。所以不论f1V和求得的f1的大小，均在附表2范围之内。

2）求证数据循环重复不变Z2原因验证

已知在求解中用到的除数有5、6、7三个，Z1的逐一累加数为 6，有 6｜6、6⊥5 和 67，所以只能保证 n-不变，而 nV、Y1、f1V、f1m和Y2却随机不断变化，这个累加数6是Z1求证数据变化的主因。

Z2对应Z135gn的任一数差均为210，也是Z2与Z1之间的累加数，也正是三个除数的积5×6×7=210和保证Z2求证数据不变不可替代唯一的数，原因如下：

（1）因为 6｜210、5｜210、7｜210 加上 210 的 V 为 0，所以 Z2求得的 na、nV、f1V、f1m、Y1、Y2和 f1数据与 Z1求得的数据完全相同。

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

3）求证数据“变”与“不变”验证方法的通用性

上面以n-的Z1数据“变”和Z2数据“不变”为例进行了验证，用于验证的数据中有的是固定的，有的受S1、S2的变化而变化，但其中主要数据可用公式计算。当S1、S2一经设定，只要将新的代入式中，即可得出主要数据，同样可视为固定的。因此上述验证方法具有通用性。

（1）已知同性差 C1=6，nV 循环 C2=5，均为常数，与 S1、S2变化无关。

（2）与 S1、S2变化有关的数据：

f1╪ =C1C2S1=5×6S1=30S1；三个除数为 5；6；S2，Z 周期求得 ng=5S2；Z2累加数为 5×6×S2=30S2。

2.4.4 本特殊证明方法经研讨后的初步结论

本文先后对决定本证明方法命运的若干主要问题都进行了详细反复的研究和阐明，这些问题与其他已知的各种证明方法比较，毫无相同之处，这就是本方法的特殊之处。特别是求证所得数据循环重复“周期”的新发现，为保证证明“大偶数为两个素数之和”全覆盖创立了新的理论基础。现证明如下：

设N为能成功证明最大偶数，n1为证明起始数，C1C2S2=210为累加数，X为循环“周期”次数，X是无限大。

计算公式：N=n1+210X

因X无限大，无疑N也为无限大，能包含全部偶数，故证明成功达全覆盖。