如何证明2+1?

发布网友 发布时间：2024-10-24 00:43

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热心网友 时间：2024-11-06 08:18

认识自然数的类别属性是证明“歌德*猜想”的“唯一”正确方法

注：我这里使用“唯一”这个提法，是为了提请读者对我的这篇发言的关注，并没有什么依据，也不合于常理。－－－本文作者

“歌德*猜想”是著名的数学难题之一，人们一直没有放弃找寻它的证明方法，由于不能突破对自然数的传统认识，因而至今不可能
最终取得结果。
传统的自然数的分类法是：以自然数2为基数，将自然数分为奇数与偶数两大类，同时，奇数又可以依据它是否能分解因数的情况分为质数与合数。

其实这样的分类并不能准确地描述自然数字间的形成排列规律。与之相反被人们所忽略的“自然数的类别分类法”，则可以客观、准确地描述这种规律，因而，它可以非常容易地证明在这种规律基础上产生的“猜想”。
自然数类别分类的方法是：以自然数3为基数，将所有的自然数分为A、B、C三类，所以也可以称为ABC分类。自然数的“奇偶”分类再加以“ABC”分类。这样自然数就可以分为：偶A、偶B、偶C和奇A、奇B、奇C六大类，其中奇A数与奇B数中集合了所有的质数及除去因数3以外的所有的合数。而奇C数是所有奇数中的3的倍数的集合。偶C数是偶数中的3的倍数的集合，也就是6的倍数的集合。

由此我们可以得出如下规律：
A+A＝B、B+B＝A、A+B＝C；N+C＝N
A*A＝A、B*B＝A、A*B＝B；N*C＝C（注：N为任意自然数）
这八个等式客观准确地反映了自然数中各类数的相互关系。
下面我们就用ABC属性分类对“猜想”做出证明，（我们只证明偶数中的偶A数，另两类数的证明类同）
设有偶A数P 求证：P一定可以等于：一个质数+另一个质数
证明：首先作数轴由原点0到P。同时我们将数轴作90度旋转，由横向转为纵向，即改为原点在下、P在上。我们知道任意偶数都可以从它的中点二分之一P处折回原点。把0＿P/2称为左列，把P/2＿P（0）称为右列。这时，数轴的左右两列对称的每对数字之和都等于P：0+P＝P；1+（P-1）＝P；2+（P-2）＝P；、、、、、、P/2+P/2＝P。这样的左右对称的数列我们称之为数P的“折返”数列。

对于偶A数，左数列中的每一个B数都对应着右列的一个B数。（A＝B+B）
如果这个对应的“B数对”中左列的B数是质数而右列的B数是合数，我们叫这种情形为“屏蔽”。显然，对于偶A数的折返数列，左列中的所有质数不可能同时被屏蔽，总有不能被屏蔽的“质数对”存在，这样我们就证明了偶A数都可以写作两个质数之和。其它同理。继而我们就证明了“猜想”。
第一步：写出B数数列：5、11、17、23、29、35、41、47、53、59、65、71、、、、（6*N-1）
第二步：写出B数数列中的合数：35、65、77、95、119、125、155、161、185、203、、、、、
第三步：由于对于偶A数P，它右列出现合数的最小数是35，所以能够屏蔽左列第一个质数5的P数的取值是40，也就是说只有当P＝40时，左列中的5才可以被35屏蔽，这时左列0＿P/2＝20，左列中还有11、17两个质数不能被屏蔽，这两个“质数对”是11+29、17+23。如果要同时屏蔽5和11、就必须加大P的取值，P由原来的40增加到P1＝130；而这时的（P1）/2也同时增加到65。
第四步：左列中有5、11、17、23、29、35、41、47、53、59、65共11个B数，而右列65＿130间的合数只有65、77、95、119、125共5个，除去屏蔽5和11的125和119以后只剩余95、77、65显然即使偶A数P＝130的折返数列的右列中的所有合数、都去屏蔽，也不能完全屏蔽左列中的质数。也就是说偶A数P中最少可以找出许多质数对，可以写成P＝一个质数+另一个质数的形式。这里它们分别是：
130＝17+113、130＝23+107、130＝29+101、130＝41+、130＝47+83、130＝59+71
第五步：同理，即使我们再继续增加P的取值，而P/2的值也同时增加，右列中的合数永远也不可能全部屏蔽左列中的质数，所以，任意偶A数都一定可以写作两个质数之和。
同理，我们可以做出偶B数和偶C数也都可以写作两个质数之和。
这样我们就证明了对于任意偶数（大于6）我们都可以写作两个质数之和。

哥德*猜想的证明
马倬豪

2000年3月18日《参考消息》第7版“科学技术”报道：

陈景润先生证明了每一个偶数都是一个素数及两个素数乘积之和，例如18=3+3*5，其公式可以表达为：

N=P1+P2*P3

其中N：偶数

P1，P2，P3：素数

哥德*猜想：N=P1+P2

N：偶数(N=2*n，n是自然数)

P1，P2：素数

令P1=2*n’1+1，P2=2*n’2+1. (n’是能满足素数表达式的自然数；当然，也满足奇数的表达式)

证明：

由陈景润的已经证明的公式N=P1+P2*P3可以推出：

P1=N-P2*P3：素数等于偶数减去两个素数的积之差。

同时: N>P1并且N>P2*P3。

1．两个素数之和是偶数：P1+P2=N

（1）假设n’是能满足素数表达式的自然数(当然，也满足奇数的表达式)，令P=2*n’+1。例如:P1=2*n’1+1，P2=2*n’2+1.

P1+P2=(2* n’1+1)+(2* n’2+1)

=2* n’1+2* n’2+2

=2*( n’1+ n’2+1)

显然表达式2*( n’1+ n’2+1)是一个偶数。令这个偶数为N，则

2*( n’1+ n’2+1)=N，因此

P1+P2=N成立，即：两个素数之和是偶数。

（2）或者证明如下：

由陈景润的已经证明的公式N=P1+P2*P3,可以推出：N>P2*P3，P1=N1-P21*P31，P2=N2- P21*P31；并且：N1-(P21*P31)>0, N2-P22*P32>0。推出：P1+ P2>0。将P1=N1-P21*P31，P2=N2-P22*P32代入下式：

注：

1．P21，P31 ，P22，P32 是素数，令P21=2*n’21+1，P31 =2* n’31+1，P22=2* n’22+1，P32=2* n’32+1，其中n’21 ，n’31 ，n’22 ，n’32是能满足素数表达式的自然数(当然，也满足奇数的表达式)。

2．N1 ，N2是偶数。(N1=2*n1，N2=2*n2；n1，n2是自然数)

P1+ P2=(N1-P21*P31)+ (N2-P22*P32)

={2*n1- [(2*n’21+1)*(2* n’31+1)]}+ {2* n2-[(2* n’22+1)*(2* n’32+1)]}

=2* n1+ 2* n2-4* n’21* n’31-2* n’21-2* n’31-4* n’22* n’32-2* n’22-2* n’32-2

=2*( n1+ n2-2* n’21* n’31-n’21-n’31-2* n’22* n’32- n’22- n’32-1)

因为：原式左右两边均已经证明大于零，所以表达式

n1+ n2-2* n’21* n’31-n’21-n’31-2* n’22* n’32- n’22- n’32-1>0

并且，又因为该表达式至少是一个自然数。因此，令该自然数为n，则

n1+ n2-2* n’21* n’31-n’21-n’31-2* n’22* n’32- n’22- n’32-1=n,

则

2*n是一个偶数。

令偶数为N，则2*n=N，因此，

原式右边=偶数N，即：

P1+P2=N成立。即：两个素数之和是偶数。

2.偶数N是两个素数之和：N=P1+P2

请注意：要想证明N=P1+P2成立，只要证明P2=N-P1即偶数与素数之差为素数成立。

由陈景润的已经证明的公式N=P1+P2*P3可以推出：

P1=N-P2*P3：素数等于偶数减去两个素数的乘积之差。

现在，令P1=N’-P’2*P’3

注：

N’是偶数；(N’=2*n’；n’是自然数)

P’2，P’3是素数。令P’2=2*n’2+1，P’3 =2* n’3+1。n’2 ，n’3 是能满足素数表达式的自然数(当然，也满足奇数的表达式)。

由公式N=P1+P2*P3得：P1，P2，P3均小于N。

并由公式P1=N’-P’2*P’3得：N’ <N；N’-P’2*P’3>0.

即：N>N’> P’2*P’3>0, N-P1>0，

因为P2=N-P1

而N- P1 =N-(N’-P’2*P’3)

=(N-N’)+P’2*P’3

=(N-N’)-(-P’2*P’3)

=[(N-N’)+2* P’2*P’3]- P’2*P’3

显然可证:

式中(N-N’)+2* P’2*P’3 >0,并且

(N-N’)+2* P’2*P’3=2*(n-n’)+ 2* P’2*P’3是偶数；

令偶数为N3，则

(N-N’)+2* P’2*P’3 =N3，则

原式右边=N3- P’2*P’3

所以，符合“由陈景润的已经证明的公式N=P1+P2*P3可以推出：P1=N-P2*P3：素数等于偶数减去两个素数的和之差。”

即：原式右边N3- P’2*P’3为素数。因此，P2 =N-P1为素数。

因此，证明“P2=N-P1即：偶数与素数之差为素数成立”。

由P2=N-P1可以推出：N=P1+P2

因此，证明“偶数N是两个素数之和：N=P1+P2”成立。

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