我的哥德巴赫猜想证明

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任何自然数除以某一素数p的余数一定有p种，即0，1...p-1。自然数除以p的余数是随着自然数的递增而周期性变化的。
3是一个素数，任何自然数除以3的余数有3种，即0，1，2。且这个余数是随着自然数递增而周期性变化的，这是显而易见的。比如3，4，5，6，7，8除以3的余数分别是0，1，2，0，1，2。

任意整数除以3的余数，分别是0，1，2且周期变化。将0，1，2。看成一个圆上的3个点
     0
1         2
则自然数a的余数是其中一点r，则在a左边的数的余数的变化可以看做从r点向左的依次变化，a右边的数的余数的变化可以看做从r点向右的依次变化。当r为1时，则从左右等距离移动3最终会回到1，且等距离移动3的倍数最终也会回到1，即移动了3的倍数会回到1。同理，r是2时也是一样的。而当r是0时，移动非3的倍数时即得到左右对称的余数是1和2，或2和1。
     0
h1       h2
1         2
     h3
把圆分成6个点。h为偶数的余数。则从h1两侧移动6k+3会到2，同理h2会到1，h3移动6k＋1后左右余数是1，2或2，1。
所以，当以大于3的整数n作为对称点，左右等距的点中总能得到mod3>0的奇数。

对于素数5的情况，5的相对素数是不能被3，5整除的数。已知3的余数是0，1，2。5的余数是0，1，2，3，4。则3，5的余数组合一共15种。
0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 1,0  1,1  1,2  1,3  1,4  2,0 2,1 2,2 2,3 2,4
自然数对于3，5的余数组合是15，即可以看成周期是15，且余数随着自然数的增加而周期变化，且不会在周期内重复。
假设某一个数对于3，5的余数是r3=1，r5=1。因为5不能被3整除，则在之后的第5个数，r5'=1，r3'一定不为1，因为5不是3的整数个周期。这时r3'是0或2。假设r3'=0，则同理在第10个数时r3''不可能是0，也不可能是1。如果r3''是1，即由0变成1，则之前由1变成0就不合理了，因为两次都是增加了5。所以，对于除以5的余数是1的数，其除以3的余数会0，1，2的周期变化。对于5的其余余数同理。所以，余数必然是一个周期一个周期变化，不会在5的周期内重复。(如果重复了，也不会出现r3≠r3'。如果r3=r3'，5应该是3的整数倍数，显然5不是，所以r3≠r3'，即不会在5的周期内重复。)

自然数对于3，5的余数共有15种组合(r3,r5)的组合是(0,0)(0,1)(0,2)(0,3)(0,4)(1,0)(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,0)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)。画一个圆分成30个点，这个圆的点可以分成3组每组5个奇数，可以理解为3个5的周期，每个5的周期里有5个奇数点。取这30个点中的任意一点b作为对称点向两侧移动，取b左边距离b为5×2的点a。现在不考虑3的余数。则以b点向两侧的移动可以看成是a点和b点的相对移动。以b点到两侧的移动最终回到b点则两个移动各走了3个5的周期，其实可以看成3次5的周期的首尾移动。比如0,1,2,3,4,0。a点沿着0,1,2,3,4到0。b沿着0,4,3,2,1到0。
现在不考虑3的余数，5的周期内首尾移动是否可以得到两个奇数点满足5的余数都>0的情况呢?可以把5的周期的首尾看成一个10个点圆上任意一点作为对称点向两侧的移动。显然圆上的任意对称移动一定能得到两个点同时大于0的奇数点。
所以在30点圆任意5个奇数周期的首尾移动都能得到5余数同时大于0。
下面加入3的余数的情况。设任意5周期的移动得到两个点(r3,r5)(r3',r5')。由前面可知可以满足r5>0且r5'>0。假设现在r3>0，r3'>0则这就是我们要找的点。
如果其中是r3=0的情况。比如r3=0，r3'=1。则因为5不能被3整除，所以在下一个5的周期一定有r32≠r3且r32'≠r3'
。(对应点的r5,r5'不变)同理在第3个5的周期也有r33≠r32且r33≠r3且r33'≠r32'且r33'≠r3'。所以在后2个周期r3取值为1或2，r3'取值为0或2。则可以看出，满足前面条件的情况下后两个周期一定有r3>0，r3'>0的情况。因为r3'是0的情况只能出现在一个周期。同理当第一个周期(r3,r5)(r3',r5')是r3=0且r3'=0时也一定在后面两个周期有r3>0，r3'>0的情况。
所以，在30个点的圆中以任意点为对称点一定能得到两个奇数点(r3,r5)(r3',r5')满足，r3>0，r3'>0，r5>0，r5'>0。(现用(r3,r5)>0,(r3',r5')>0表示)
下面推广到n个素数的情况。
设3，5...Pn-1,Pn是[3，Pn]的全部素数。所有素数的余数的组合一共3×5×7×...Pn-1×Pn(现在记作∏(Pn))种。则可以看做一个∏(Pn)×2个点的圆。则每一个奇数点代表一个余数组合(R3,R5,...Rn)。则将所有奇数点分成Pn组，每组有∏(Pn-1)个奇数，即Pn个T(n-1)( T(n-1)代表∏(Pn-1)的周期 )。以任意点为对称点的移动可以看成Pn次Tn-1的首尾移动。那么考虑Tn-1的首尾移动在1个Tn-1周期内是否存在两个点((R3,R5,...Rn-1),(R3',R5',...Rn-1)即可以看成有∏(Pn-1)×2个点的圆的对称移动。∏(Pn-1)×2个点的圆又可以分成Pn-1个Tn-2，其对称移动又可以看做Pn-1次Tn-2的首尾移动......循环下去一直到素数5，这样就变成上面30个点的情况了。可以得出30个点满足对称性。则在素数7的情况中任意点的T5的首尾移动一定有(r3,r5)(r3',r5')满足，r3>0，r3'>0，r5>0，r5'>0。加入7的余数，根据上面3的余数的情况同理，因为15不能被7整除，如果这个周期r7=0在后面6个周期里r7≠0,只有一次r7'=0，所以一定有(r3,r5,r7)>0,(r3',r5',r7')>0。
那么在∏(11)×2个点的圆中的11个T7周期里一定有T7首尾移动满足(r3,r5,r7)>0,(r3',r5',r7')>0的奇数点。同理考虑11的余数，则后面一定有(r3,r5,r7,r11)>0,(r3',r5',r7',r11')>0。
以此类推一直到Pn，得到∏(Pn)×2个点的圆满足以任意对称点移动都能得到(R3,R5,...Rn)>0,(R3',R5',...Rn')>0的奇数点。

由前面可知在Pn个Tn-1的圆中，以一点左右各移动1/2个Tn-1，一定有(R3,R5,...Rn-1)>0,(R3',R5',...Rn-1')>0的奇数点
后面最多有1个Rn=0的周期，所以最多左右各再移动2个Tn-1一定有
(R3,R5,...Rn)>0,(R3',R5',...Rn')>0的奇数点

得到下面的结论

结论1:设3,5...Pn-1,Pn为[3,Pn]的全部素数,m=3×5×...Pn-1×Pn，则2m可以表示成两个素数的和。

结论2:设3,5...Pn-1,Pn为[3,Pn]的全部素数,m=3×5×...Pn-1×Pn，d为[3,2m]内的整数，则当d≥m，2d可以表示成两个素数的和。

结论3:设3,5...Pn-1,Pn为[3,Pn]的全部素数,m=3×5×...Pn-1×Pn，d为[3,2m]内的整数，q=3×5×...Pn-1则当d≥5q，2d可以表示成两个素数的和。

由此应该基本可以得出哥德巴赫猜想是正确的

                                   joinbrent  
                                   2020 1 1

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