|
|
|
丽水已经有人证明了哥德巴赫猜想,但中科院拒绝审稿,不知大家有兴趣否?[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 digot 在 时添加 -=-=-=-=-
公办高中学校数学组认定本证明方法“切实可行”,说明本论文具有再审查价值,
这是一个常识问题,中科院拒绝审稿的行为属于学术垄断
________作者毛贵洋
“1+1”是一个定律 （3稿）
题目：求证任意一个大于4的偶数都可以由两个素数相加而成。
自定义
用M表示任意一个大于4的偶数；
把可以用两个素数相加而成的偶数记作：M∈“1+1”；
如用20∈“1+1”表示20可以由两个素数相加而成；
用两个自然数相加表示M，则这些自然数在｛1，2，3，……(M-1)｝中，
如M=20，则｛1，2，3，……(M-1)｝=｛1，2，3，……19｝
由于偶数，1，M-1所在的等式都不属于“1+1”，
所以,我们删去加数集合中的偶数，自然数1和M-1，
把剩余的加数用｛3，5，7……(M-3)｝表示，并把它称作M的加数集合；
如M=30，则我们称｛3，5，7……(30-3)｝为30的加数集合；
用PN表示从小到大第N个素数，如：
P1=2；P 2=3； P 3= 5；……P 6= 13；P 7= 17；P 8=19；……
这样，无论多大的一个素数都只能有一个序号,每一个序号只代表一个素数。
把所有合数进行因子分解，并根据组成合数的最小因子进行分类，如：
以2为最小因子的合数分类：4, 6, 8, 10, 12 …… 统称为H1;
以3为最小因子的合数分类：9, 15, 21, 27, 33,……统称为H2;
以5为最小因子的合数分类：25, 35, 55, 65…… 统称为H3;
依此类推，用HN表示最小因子是PN的合数分类。
合数分类的依据是最小因子，如45只属于H2而不属于H3；
这样,任意一个合数都只能属于一个合数分类。
思路
为什么1000以下大于4的偶数都属于“1+1”？（人们已经验证过）
原因只有一个，那就是：在加数集合中存在不会与集合中的合数相加的素数。
否则,偶数就不可能由两个素数相加而成了。
寻找不会与合数相加的素数的特征和存在规律就是本文的证明思路。
依据
如果把M除以素数PN，得到的余数是A，（0≤A≤PN-1），
如果已知组成M的两个加数中有一个是以PN为因子的合数HN，
则另一个加数除以PN，所得的余数一定也是A，
如M=20=5+15=11+9；当被加数是H2（9，15）时，则另一个加数(11，5)被3除,
所得余数和20被3除所得的余数一定一样(都是2)；
从而得出：若M除以PN，得到的余数是A，则凡是被PN除所得余数不是A的数都不可能与以PN为因子的合数HN相加。我们称这一规律为加法平衡规则，
加法平衡规则就是本文的证明依据.
方法
把所有大于10的偶数进行区间划分：
32+3≤M≤52+1； 52+3≤M≤72+1；……； PN-12+3≤M≤PN2+1；……
这样,任意一个大于10的偶数都可以在上述某个区间中找到对应的唯一位置；
区间划分的目的是让我们知道:当PN-12+3≤M≤PN2+1时,｛3，5，7……(M-3)｝中只有H2，H3，……HN-1, 没有HN, HN+1, ……,
如当52+3≤M≤72+1时,｛3，5，7……(M-3)｝中只有H2, H3，没有别的合数分类。
举例
1，当M＞10时，｛3，5，……(M-3)｝中至少有素数3和5，
如M=12，｛3，5，7，9｝中存在素数3和5；
由于3和5同除以3，根据余数可以分成“除3余0”和“除3余2”两个分类；
而M除以3得到的余数结果是唯一的；
得出：无论M除以3的余数是多少，
｛3，5，7……(M-3)｝中必有不会与H2相加的素数，
由于当M≤52+1时，｛3，5，7……(M-3)｝中最大的合数分类是H2，
所以,这时,所有不会与H2相加的素数只能与素数相加了,
得出：若32+3≤M≤52+1时，则M∈“1+1”；
同时,由于连续3个偶数22, 24, 26都属于“1+1”, 3个偶数除以3会有3种余数结果，得出小结：
当M大于52+1时，无论M被3除所得余数是多少，｛3，5，7……(M-3)｝中一定存在一个不小于（P32 +1-2P2）/2，（即不小于11）且不会与以3为因子的合数H2相加的素数。
2，当M≥52+1时,
｛3，5，7……(M-3)｝中至少有素数｛3，5，7，11，13，17，19，23｝，
无论M除以3，5的余数是多少,把不会与H2相加的素数除以5，根据余数至少可以分为2个分类（计算略），如M=28，28除以3所得余数是1，
则｛3，5，7……(28-3)｝中被3除所得余数不是1的素数有3，5，11，17，23，这些素数除以5，根据余数可分为余数是0，1，2，3四个分类。
M=30，30除以3所得余数0，则｛3，5，7……(30-3)｝中被3除所得余数不是0的素数有5，7，11，13，17，19，23，这些素数除以5，根据余数可分为余数是0，1，2，3，4五个分类。
根据加法平衡规则得出：
｛3，5，7，11，13，17，19，23｝中一定存在不会与H2，H3相加的素数，
当52+3≤M≤72+1时，｛3，5，7……(M-3)｝中最大的合数分类是H3，
所以，不会与H2，H3相加的素数的存在，决定了：
若52+3≤M≤72+1时，则M∈“1+1”；
同时连续5个偶数42，44，46，48，50都属于”1+1”,得出小结：
当M大于72+1时，无论M被3，5除所得余数是多少，｛3，5，7……(M-3)｝中一定存在一个不小于（P42 +1-2P3）/2，（即不小于21）,且不会与以3，5为因子的合数分类H2，H3相加的素数。
依次类推，得出：
若72+3≤M≤112+1，112+3≤M≤132+1，132+3≤M≤172+1，时，则M∈“1+1”；……
归纳证明
已知：当M≤PN2+1,（N＞3）时， M∈“1+1”，
求证：若PN2+3≤M≤PN+12+1，则M∈“1+1”，
证明：从PN2-2 PN-1+1，PN2-2 PN-1+3，……PN2+1连续PN-1个偶数都属于“1+1”,得出: 当M大于PN2+1时，无论M被3，5，……PN-1除所得余数是多少，｛3，5，7……(M-3)｝中一定存在一个不小于（PN2+1-2PN-1）/2，且不会与H2, H3……HN-1相加的素数PX；
当M= PN2+3时,
｛3,5,7……(M-3)｝中没有最小因子大于PN的合数分类，而且最小因子是PN的合数分类HN只有1个，这个HN就是 PN2，
下面我们证明PN2不能与PX相加：
由于 PN2+PX≥[PN2+（PN2-2 PN-1+1）/2],而
[PN2+（PN2-2 PN-1+1）/2]-M=[PN2+（PN2-2 PN-1+1）/2]-（PN2+3）
=（PN2-2 PN-1+1）/2 -3＞0，(N＞3) ,
得出: PN2+PX＞M
得出PX也一定不会与HN相加，只能与素数相加.得出： PN2+3∈“1+1”，
同理得出PN2+5∈“1+1”， PN2+7∈“1+1”，……
当M=（PN2+2 PN+1）时, M-3=（PN2+2 PN-2），
由于 (PN2+2PN -2)- PN *PN+1= PN(PN - PN+1+2)-2＜0，
得出(PN2+2PN -2)＜PN *PN+1，得出加数集合中的所有自然数都小于PN *PN+1，
得出｛3,5,7……(M-3)｝中没有最小因子大于PN的合数分类，而且只有一个PN2属于HN,同样方法可以证明PX也一定不会与HN相加:
由于 [PN2+（PN2-2 PN+1）/2]-M=[PN2+（PN2-2 PN+1）/2]-（PN2+2 PN+1）
=（PN2-2 PN+1）/2-（2 PN+1）=（PN2-6 PN-1）/2＞0，(N＞3)
得出: PX不可能与PN2相加,得出:（PN2+2 PN+1）∈“1+1”，
由于连续PN个偶数PN2+3，PN2+5,…… （PN2+2 PN+1）都属于“1+1”,
说明当M＞PN2+2 PN+1时，无论偶数被PN除,所得余数是多少,加数集合中都存在不会与H1，H2, H3……HN相加的素数,
当PN2+3≤M≤PN+12+1时,｛3,5,7……(M-3)｝中最大的合数分类是HN，
不会与H1，H2, H3……HN相加的素数的存在决定了:
若PN2+3≤M≤PN+12+1，M∈“1+1”；
得出大于4的自然数列中没有最小的不能由两个素数相加的偶数所在的区间，即没有不能由两个素数相加的偶数。
修改陈氏定律：任意一个大于4的偶数都能由两个素数相加而成。
庆元职中<数学论文审查报告>详见”庆元公众网”
浙江省庆元县后街222号毛贵洋
电话：13867079402
2006年1月22日修改
|
|
IP卡
狗仔卡
发表于 2006-3-31 12:36
提升卡
置顶卡
沉默卡
喧嚣卡
变色卡
显身卡