哥猜A的证明

cheng201254

关于哥德巴赫猜想的证明到底想证明什么。附证明稿。
存在2M=P1+P2
（M≥3、P1、P2为非1的奇素数）
程引达-
新余市渝水区新溪乡稍堎村 江西省
E-mail:632903199@qq.com
摘要 本文涉及的是数学的逻辑，因子的分解，数的分拆，结合律，表达式的唯一性等一些简单的方法，证明了哥德巴赫猜想。
关键词 哥德巴赫猜想 偶数 奇素数
AMS分类号：97F60
中图分类号: O156
简介，概念与定义：
1、 数的量，如数的大小、正负等一切仅与量有关的关系。
2、 数的元素形式，如数1是单位元素，任意素数都是单位元素，但不同的数又有不同的量。
3、 因子定义为P＞1(P为素数)，并又如a1a2,a1＞1,a2＞1,则a1，a2均为因子，又如: a1a2=a1+a1(a2-1),a2-1＞1也为因子。
4、 Q的定义偶数，且因子的个数≥2。若1存在独立项中，则1也是Q的因子。因子可全为奇数或其他（这是由逻辑关系确定的）。
5、 逻辑关系:ⅰ、如此定义的Q既有第1条所述性质，也有第2条所述性质，并符合数学公理既有分配率结合律等。ⅱ、素数是不可分拆的元素数，但它存在数量关系，故素数是可以被分拆的。被分拆的数与分拆数源同具相同性质。
证明如下：
（一）
i、对于任意正整数M，均存在M个数值的表达式：即：
2M=1+（2M-1）
=2+（2m -2） (1)
……
=M+M
该2M对于二项式（1）的表法是唯一的并无其它非整数的二项式存在。（本文中称如（1）式的式子为二项式）
ii、设S1为（1）中奇数项(因子均为奇数的数式)的个数，S2为偶数项的个数，有：
S1+ S2=M （2）
并知：当M是偶数时：S1=S2
当M是奇数时：S1-S2=1
iii、若2M不为二素数之和，则（1）中设S1个奇数项均可表为：
2M=a+a1a2
=b+b1b2
……
之形数a、b……a1a2，b1b2,……均为奇数，并a1a2，b1b2，……均为非1的奇数，由乘法的定义设S1个数式均可表为：
2M=a+a1+a1+a1(a2-2)
=b+b1+b1+b1(b2-2) （3）
……
=c+c1+ c1+ c1(c2-2)
之形（或a1与a2、b1与b2……互换）若a、b，……c
中有非素数之数，同理可分解分拆成若干个因子相加的形式，在上式中若设a2，b2……为可解的数最大的因数，由于a2-1，-2，……b-1,-2,……均在式中，由此类推，故知小于a2，b2，……的所有因数的均可在连续的分解分拆中得到。
iV、定义Q为偶数，并为（1）的分解分拆中的n（n≥2）个因数之和(若令Q的因子均为奇数)，故S1的任一式均可表为Q1+Q2的形式（奇数中最小者为3，偶数为2），故有4≤Q≤2M-2。由于定义Q至少为两个因数之和，故为2M-2＞2时，2M-2为Q，则2不在Q的定义中，易知两两不同的Q的个数为M-2。
V、令（1）为对于变数的Q的一次方程组，则由一次方程组有解的条件得知（3）中至少存在两项无解，由于S2已知均有解，故知S1中至少存在二项数式无解，即知当S1≥2时，S1中至少存在两对2M=P1+P2的形式。
（此时素数P1，P2含1在内）
（二）
i、引理1、设A为一有限元素，又A可分别表出A1，A2，……
An，当若有A表出A1时，即当有：A=A1 时
则A，A2，A3，……An均为0。
证：设有原料若干，能做A1，也能做A2，或其它，但当该原料已经做了A1时，原料没有了，再不能做A2，或其它，又若任一数A，（A也不是纯数值符号）因为该数有因子，均有一定的表达式。（由数N的素数标准分解式N= 知，不同的数有不同的表达式），又如正整数：
10=2×5，10=2+2+2+2+2，10=5+5,……
回复 4楼2012-07-07 09:23删除 |

cheng201254
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并假如：在某条件下（如正整数的分拆）有：A1，A2，A3，……An
即如果当10表为以上的若干形式之一时，则其它任意的形式的表法均不能同时存在，数10也不存在，故得此证。
引理2、任一数A，又设该A符合某条件的所有表达式为A1，A2，A3，……An，则该A在该条件下可为A1，A2，A3，……An中的之一所表达。
证：由素数的唯一分解定理知，不同的数存在不同的因数，故知任意二数存在的不同的表达式，如2M的表达式： a+a1a2，b+b1b2……，
由于a·a1a2，b·b1b2，……为M2-N2，N过O，1，2，……（M-1）之不同的数，两两互不相等，故存在两两不同的因数表达式，两两不同的Q的表达式，因若令A的为Q的所有表达式为A1，A2，……An,设A1，A2，……An,均可为b+b1b2，……C+C1C2……的Q的表达式B1，B2……Bi……，C1，C2……C所表出，则b1+b1b2,……C+C1C2……的Q表达式中至少有一个表达式异于A1，A2，……An，不然则有A，A1，A2……An均为0，然而我们又已知A存在，此与A，A1,A2，……An均为0（由A=B知，若A能表出B，则B也能表A，因对应的偶数式被分拆了，此由引理1得出矛盾）相矛盾，故知即必有不为0的（此不为0的含义指引理1所述的含义），A1，2……n，B1，2……i，C1，2……j的个数等于a+a1a2,b+b1b2,……C+C1C2的个数，即所证已明。（鸽巢原理）
ii当S1≥2时，则2M（M为S1≥2时的任意正整数）至少可以表为二素数之和（该二素数中不含1）即是若2M-1为素数时，则该2M至少可以表为不同的两对不可分解之数的和。
证：1、S1中的任意二分解式均存在不同数值，不同因子的Q，任意n式均存在n个不同数值不同因子的Q，对此可由引理1、2直接推得。
2、在（3）中S1分解的奇因子最小为3，（在此令Q为奇因子之和）若2M-1非素数则Q≥4，若2M-1为素数则Q≥6，由（2）比较S1与S2的个数，由于S2中2+（2M-2）之项，S1是无法表出的，故有：
S2-（S1）=1或2，即2M-1非素数时，S1有解的个数最多为S2-1，2M-1为素数时，S1有解的个数最多为S2-2，（（S1）记为S1有解个数的上限）若所述不真，则必有形如：
Q(a)1+Q(a)2=Q(b)1+Q(b)2=2n1+2n2的连等式同时成立的关系存在，此式中Q(a)1，Q(a)2为a+a1a2表出的Q，Q(b)1,Q(b)2为b+b1b2的Q，2n1,2n2为S2中的各数，两两分别相等，此时无论Q的因数相同或不相同均与引理1、2矛盾，故得证。
iii 当S1≥2时，S1中至少存在两项无解。
证：由S1的在ii中有解的任意一式均可表为两个奇因数及若干个2相加的形式，并令Q为在该情形下的n个因数之和，(n≥2)显然任意一式均可表为表为Q1+Q2的形式。如：a+a1a2=a+a1+a1(a2-1)，由于a1≥3，a2≥3，故a2-1为偶数，故a1(a2-1)也是偶数，并可表为a1 个2相加的形式，如此表出后由2M=Q1+Q2，则显然任意Q1，Q2的因数不同，因假如有a=a1或a=a2，若Q1与Q2的因数相同，则此时的表法为奇数，与Q为偶数的定义不符，并由引理1、2即得所证。至此已得与（一）相同的结论。
证毕。
程引达
2012/1/15
电话：15083974171
E-mail:632903199@qq.com

技术员

其实楼主的前面的思路和我的有相同之处。即n到2n之间的数必不可能全是奇合数。
“V、令（1）为对于变数的Q的一次方程组，则由一次方程组有解的条件得知（3）中至少存在两项无解，由于S2已知均有解，故知S1中至少存在二项数式无解，即知当S1≥2时，S1中至少存在两对2M=P1+P2的形式。
（此时素数P1，P2含1在内）
”这句话最关键。一次方程组有解的条件是什么？我忘记了，请把定理描述一遍。

cheng201254

http://tieba.baidu.com/p/1698523692

cheng6329031

拭目以待

cheng6329031

回技术员,http://tieba.baidu.com/p/2163090936这里有关于一次方程的描述

cheng6329031

哈哈。对不起噢很久没来关照你了，咱们不躲，

x201254y

又几年没来

x201254y

原稿现略有修改
哥德巴赫猜想的证明
作者:江西省新余市 程引达
中图分类号:0156.1
摘要:本文证明了任意≥6的偶数都必可表为两个素数之和。证明中是令任意正整数2M为元素的个数，由2M的两两不同的算术表达式转换为2M个元素的两两不同数量的拆分式，并将拆分式中的奇合数变换为其因数相加的形式，从而非素数+素数的等式变换为偶数+偶数的等式，由数字代指元素的性质论证了其变换的必然性及一一对应的规律，由适合变换等式的个数不匹配由此证明哥猜成立。
关键词:偶数，奇合数，奇素数。拆分，变換。
证明:（一）根据皮亚诺公理，每一个自然数都可以写成
N=1+1+1+……+1（N个1）
并据若a,b的后续数相等时a=b，
故对任意偶数2M（2M个1）分成不同的两份，仅有，必有M个表示法，
它们是:
1+（2M-1）
2+（2M-2）
……
M+M
记奇数+奇数的等式为S1，记偶数+偶数的等式为S2，得到M=S1+S2，S1-S2=0，或1。
（二）引理一，任意有限元素A若有表达式:A1,A2,……An，若当A=A1时A2,……An为0。（即A1,A2,……,An不同时存在）证:由A1，A2，......Am是A的表达式，故它们数量(个数)相等，假若A1，A2，......Am同时存在，如2M，
A1为:1+（2M-1）
A2为:2+（2M-2）……Am为:M+M则对A1，A2，.......Am求和得到：A1+A2+......+Am=A1*m或=An*m(n=1，2，......m)2M=An*m，（m为表达式的个数）An=2M，此式表明(因根据A的定义是有限且确定的元素)只有当:m=1时成立。又如ab（a>1b>1）可以拆分为:a+a+……+a （b个a）或b+b+……+b （a个b）该两表达式不能同时存在。故引理得证。（三） 引理二，任意有限元素A若有表达式A1,A2,……An，则A必可被A1,A2,……An之一表出。证:假若A1,A2,……An均不能表出A，此与原假定A1,A2,……An是A的表达式矛盾。故得证。（四） 任意奇合数均必可表为其奇因数相加的形式。（素数则不能，因为素数由定义没有因数，此时定义因数>1）。证因奇合数都可以由ab表出，a>1b>1，ab就是a个b，或b个a，a,b都是奇数（如:15=3×5=3+3+3+3+3,或15=5+5+5）。即是同时表明不能表为奇因数相加的奇数必定不是奇合数，必是素数故得证。（五） （1）中奇数+奇数的等式若非是两个素数相加必定可变換表为偶数+偶数的形式。证:由于已知奇合数都必可表为奇因数相加，故非两个素数相加的等式必可表为奇因数相加的形式如:d1+d2+……+dn （d均为奇数，d只有当（2M-1是合数是有1个1）），将其分拆为二部相加若由奇偶数值分类只有二大类，即奇数+奇数和偶数+偶数，因为这两分法对每一个可变形的等式都客观存在，所以即是每一个可变形的等式必定可以表为偶数+偶数，【如:1+9=1+3+3+3=（1+3）+（3+3）】，故得证。即是同时表明不能表为偶数+偶数的奇数+奇数式必定是素数+素数式（六）结论。由引理一知（1）中奇数+奇数的等式与偶数+偶数的等式的变换是一一对应的，即一个奇数+奇数的等式变换只能对应一个偶数+偶数的等式。同时也是一个偶数+偶数的等式的拆分变換只能对应一个奇数+奇数的等式。虽然我们不知道具体对应变换，但由引理二知必存在变换，由于两个奇因数之和≥4，因为对于任偶数2M的2+(2M-2)该式不能对应奇数+奇数式的因数表达式的变换，（因为数1最多只能在2M-1为奇合数时在变換中）故由S1,S2知当M是偶数时（1）中至少存在一个素数+素数的等式。当M是奇数时（1）中至少存在两个素数+素数的等式。（1不作素数计，S1≥3）

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哥德巴赫猜想实质是数学的基础理论问题。
有些问题是数值分析无法解决的，比如令每一个（非：素数+素数）奇数+奇数的数式若可以变换为偶数+偶数的数式，我们就无法计算这样的可以变换的奇数+奇数的数式最多能有多少个，如能解决这个问题哥猜问题也就解决了。其实解决这个问题很容易，我们可以引进常识：任意有限元素A若有表达式:A1,A2,……An，若当A=A1时A2,……An为0。（即A1,A2,……,An不同时存在）。