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pharmacokinetic

金虫 (正式写手)

[交流] 【转帖】歌德巴赫得证了（附证明过程）

[转帖]歌德巴赫得证了



命题（1）：每个大于2 的偶数都是两个素数之和。
       为了证明命题（1），需从整数开始进行系统的研究。整数以2为模，分为偶数和奇数两类。偶数除2为素数以外，其它都是合数。奇数包含了大于2的所有素数和许多合数。
      4在大于2的偶数中是一个特例。它由偶素数2构成2P(P为素数)型偶数，其“1+1”解为： 4＝2＋2。
      对于大于4的偶数，素数2都不能构成“1+1”解。因此，在研究大于4的偶数的“1+1”解时，根本不用考虑2素数，而只能在大于2的素数中进行。
    在大于2的任何区间的整数中，也就是说在大于4的偶数的中数以内②都有奇素数，而且奇素数的数量无限[2]。这就为证明大于4的偶数都有一般的“1+1”解提供了前提条件。
    为了证明大于4的偶数2N都有一般的“1+1”解，需以一定的素数为模，对一定类型的数进行同余分类，然后把对一定素数模0 同余的同余类筛选掉。这种以同余分类为基础进行筛选的方法，叫做同余分类筛法。运用同余分类筛法，根据下列五条定理，便可证明每个大于4的偶数都有一般的“1+1”解。
      整数数列以6为模进行同余分类，大于3的素数只能出现在6m±1(m>0)两个同余类中，也就是说，都可以表述为6a－5(a>1)或6b－7(b>1)型数，而对于上述两个类型的数有定理1 。

       定理１、设Pc为大于3的素数，在6a-5或6b-7型数的数列中，任意取Pc个以内的连续数，则其中最多只有一个数能够满足6a≡5(modPc) 或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(mod Pc)。
       证明：6a-5和6b-7型数的数列都是等差为6的等差级数。在6a-5和6b-7型数的数列中，因为2|6a，2|6b，而25，27，所以26a-5，26b-7；同理36a-5，36b-7。因此，在判断6a-5或6b-7型数是否为素数时，模数不必考虑素数2和3，而只需考虑大于3的素数Pc 。
      设任意一个6a-5(a>1)型的数，在其后面连续的等差为6的Pc个等差级数为：6(a+1)-5，6(a+2)-5，6(a+3)-5......6(a+Pc-2)-5，6(a+Pc-1)-5，6(a+Pc)-5。在该等差级数的数列中，若某个数6(a+m)-5(0＜m≤ Pc)除以大于3的素数Pc为整数，即6(a+m)-5=nPc(n>0)；那么，其它Pc-1个数为6(a+m)-5±6e(0         上述连续的Pc个等差为6的等差级数的起始数可以任意确定，如6(a+Pc-2)-5，6(a+Pc-1)-5，6(a+Pc)-5，6(a+Pc+1)-5......6(a+2Pc-4)-5，6(a+2Pc-3)-5等。
        同理可证明在任意一个6b-7(b>1)后面连续的等差为6的Pc个等差级数中，只有某一个数6(b+m)-7(00)，而其它Pc-1个数除以Pc都不可能为整数，总有一定的余数r(0        既然在6a-5或6b-7型等差级数数列中，有Pc个连续数时，只有一个数能够满足6a≡ 5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它Pc-1个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)，那么，在6a-5或6b-7型数的数列中只有2~Pc-1个连续数时，显然就最多只有一个数可能满足6a≡5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)。定理1证毕。

      定理2、设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数。
      分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系。
      1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况：
     (1)当PA为6a-5型素数时：
      A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5<6(a+x)-5<2(6a-5)。
      由6a-5<6(a+x)-5可知
      6a-5<6a+6x-5，
      6x>0，
      即x>0；
      由6(a+x)-5<2(6a-5)可知
     6a+6x-5<12a-10，
      6x<6a-5，
      x       只考虑整数，x       综上所述，0       B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：
       6a-5<6b-7<2(6a-5)。
        由6a-5<6b-7可知
         6b>6a+2,
         b>a+1/3，
       只考虑整数，即b>a ；
       由6b-7<2(6a-5)可知
       6b-7<12a-10 ,
       b<2a-1/2 ，
      只考虑整数，即b<2a 。
            综上所述：a            (2)当PA为 6b-7型素数时：
             A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：
             6b-7<6a-5<2(6b-7) 。
             由6b-7<6a-5可知
             6a>6b-2，
             a>b-1/3，
            只考虑整数，a>b-1；
      由6a-5<2(6b-7)可知
            6a-5<12b-14，
            6a<12b-9，
            a<2b-3/2，
            只考虑整数，a<2b-1 。
            综上所述，b-1          B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：
         6b-7<6(b+y)-7<2(6b-7)。
         由6b-7<6(b+y)-7可知
         6b-7<6b+6y-7，
         6y>0，
         即y>0；
         由6(b+y)-7<2(6b-7)可知
         6b+6y-7<12b-14，
         6y<6b-7，
          y           只考虑整数，即y           综上所述：0           总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数。不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数。         
      2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系：                           
   (1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：
      a> [2(6a-5)]1/2 ，
      a2>12a-10 ，
      a2-12a+10>0 。
      解上述不等式得：
      a>11.1，
     只考虑整数，即a>11时，上述不等式成立。
     (2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a>11时a> [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b>[2(6b-7)]1/2解得b>10时该不等式成立。
   以上计算表明：当a>11时，a>[2(6a-5)]1/2；当b>10时，b>[2(6b-7)]1/2。为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a>11时，a>(2PA)1/2；当b>11时，b>(2PA)1/2 。因此，当a>11或b>11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定。
        证明：运用a>11和b>11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行。
       1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 。
       在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明。实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个。
       2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 。
         PA>61，即a>11，b>11。在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71。运用同余分类筛法---归纳法有：
      (1)当 PA为6a-5型素数时：
        A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数。a以内包含有5、7、11三个大于3的素数。
       根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a  5(mod11)；
      其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a  5(mod7)；
       最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a 5(mod5)，成为素数。
        同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b 7(mod11，7，5)，成为素数。
       综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立。
       B、当PA>67时，a>12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数。
       假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u。
       首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a 5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a   5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a   5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a 5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
       而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b 7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b 7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b 7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为 6b 7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
      当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 。
        以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1...... P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
        同样，以Pu+1为模，对u个6b-7型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次用Pu、
Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj),逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
        综上所述，当PA为大于67的6a-5型素数时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即一共至少有两个素数。
      (2)当PA为6b-7型素数时：
       A、当PA=71，b=13，在PA~2PA之间，有b-1=12个6a-5型连续数和b-2=11个6b-7型连续数。b以内包含大于3的素数Pj有5、7、11、13四个。
      首先，以13为模，对12个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod13)，筛选掉，其它11个同余类都是6a5(mod13)；
      其次，在以上数列中取11个6a-5型连续数（避开或包含前面筛选掉的那个6a-5型数都可），以11为模，对6a5(mod13)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个同余类都是6a5(mod11)，纵使前面已经筛选掉的那个同余数也算一个以11为模的同余类，还有9个同余类都是6a5(mod11)；
      再次，以7为模，在上述数列中取7个6a-5型连续数，纵使不避开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，对6a5(mod11)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，其它的同余类都是6a5(mod7)，也纵使前面已经筛选掉的两个同余的6a-5型数，在以7为模的同余分类中也各占一个同余类，至少还有4个同余类都是6a5(mod7)；
       最后，以5为模，在上述数列中取5个连续的6a-5型数，纵使都不避开前面已经筛选掉的3个6a-5型数，还有两个同余类，同样最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，至少还有1个同余类是6a 5(mod5)，即71~142之间至少有1个6a-5型的素数。
同理可证明：在71~142之间11个6b-7型连续数中，至少有1个6b7(modPj)的6b-7型的素数。
       综上所述，当PA=71时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即至少共有两个素数（实际上多达14个），定理2成立。
        B、当PA>71，b>13，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数。
       假设b=u，u>13，在6u-7~2(6u-7)之间有u-1个6a-5型连续数和u-2个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u 。
       首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a 5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少还有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
      而且，以Pu为模，对u-2个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
     当b=u+1时，在6(u+1)-7~2[6(u+1)-7]之间，有u个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与b=u时一样多，最多也只能比b=u增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1。
      以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数。
        同样，以Pu+1为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，根据定理1，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数。
      总之，不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，在PA~2PA之间都至少有1个6a-5型的素数和1个6b-7型的素数，即至少有两个素数。定理2证毕。
      定理2也可以表述为与其等价的定理3。
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pharmacokinetic

金虫 (正式写手)
定理3、设整数B>5，则在B~2B之间至少有两个素数。
     证明：B只有三种情况：当B=6时，2B=12，在6~12之间有7和11两个素数；
      当B为大于5的素数PA时，定理3即为定理2，在B~2B之间至少有两个素数；
      根据定理2，在大于5的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2。显然，当B在PA~PA+1之间时，由于
       BPA，即2B>2PA，所以在B~2B之间至少有两个素数PA+1和PA+2。定理3证毕。

      定理4、设大于4的偶数为2N，则N以内的奇素数PN，以(2N)1/2之内的任意一个奇素数Pi为模，至少可以分为 i+1个同余类。
     分析：设大于4的偶数为2N， (2N)1/2之内的奇素数为Pi，Pi的最大值为Pn，即n为i的最大值，那么，N以内奇素数PN的个数兀(PN)为：当2N=6~8时，Pn不存在，即n=0， 兀(PN)=1，兀(PN)=n+1；当2N=10~24时，Pn=3，n=1，兀(PN)=2~4，兀(PN)≥n+1；当2N>25时，兀(PN)>n+1。所以总是兀(PN)≥n+1，显然兀(PN)≥i+1。
        证明：小于Pi的P1、P2......Pi-1奇素数，对模Pi来说，都是余数。它们的数值各不相等，所以都不同余。
       Pi|Pi ，Pi显然与小于Pi的奇素数都不同余。   
        设大于Pi的相邻素数为Pi+1，则Pi+1=Pi+r1 ，r1        综上所述，以Pi为模，从P1到Pi+1，i+1个PN素数都不同余，所以PN素数至少可以分为i+1个同余类。定理4证毕。

        定理5，设任意一个大于4的2N偶数，在 ( 2N)1/2之内大于2的素数为Pi，该偶数的中数N以内大于2的素数为PN，则必然存在以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数Pb。
        证明：当2N偶数一经确定，偶数的中数N也随之确定，在(2N)1/2之内大于2的素数Pi也被限定，N以内大于2的素数PN也同样被限定，每个Pi去除2N偶数的余数也就一定。
       当4＜2N ≤8时，在(2N)1/2以内只有一个素数2，即大于2的素数模Pi还不存在，i=0，在N以内有一个PN素数，即兀(PN)=1，这个PN素数显然为Pb素数，Pb素数的个数兀(Pb)=1。
       当2N>8时，都有Pi素数。根据定理4，运用同余分类筛法——归纳法有：
       1、当i=1时，即(2N)1/2之内只有一个Pi素数，最大的Pi素数Pn=3，2N=10~24，PN素数开始有3和5两个，然后增加到有3、5、7三个，最后增加到有3、5、7、11四个，以3为模，PN素数至少可以分为两个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，还至少有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。
       2、假设i=K，K≥2，即(2N)1/2之内有K个Pi素数，最大的Pi素数为PK，以Pk为模，至少可以将PN素数分为K+1个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2......P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。
       当i=K+1时，即(2N)1/2之内有K+1个Pi素数，最大的Pi素数为PK+1，以PK+1为模，至少可以将PN素数分为K+2个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K+1个同余类与2N偶数不同余。
       若以PK+1为模时，筛选掉的与2N偶数同余的那个同余类，刚好是PK+2同余类，那么，PK+2前面连续的K+1个PN素数仍然存在，与归纳假设完全一致，以PK为模，至少可以将以PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类的PN素数分为K+1个同余类，纵使也有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2......P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。定理5得证。
      若以PK+1为模时，筛选掉的与2N偶数同余那个同余类，不是PK+2同余类，而是P1、P2......PK、PK+1中任意一个同余类，则除了PK+2同余类以外，在PK+2前面就只剩下K个PN素数了，以PK为模，就只能至少分为K个同余类了。因此，还必须对Pk+2同余类进行研究。
      归纳假设限定K≥2。当K=2时，Pk即P2，Pk+1即P3，Pk+2即P4，Pk=5，Pk+2=11，Pk+2=2Pk+1。当以Pk为模时，Pk+2的余数为1，而P1为奇素数余数，Pk的余数为0，Pk+1=Pk+r1，r1        当K>2时，PK>5，根据定理2（或定理3），PK~2PK之间至少有两个素数PK+1和PK+2。PK+1=PK+r1，0Pk+1，所以r2>r1。当以Pk为模时，P1、P2......Pk-2、Pk-1均为奇素数的余数，Pk的余数为0，Pk+1的偶余数r1        因此，当K≥2时，都同样与归纳假设一致 ，以PK为模，至少可以将以PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类中的PN素数分为K+1个同余类，纵使也有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2......P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在。定理5得证。
       实际上，随着2N偶数的增大，Pn逐渐增大，兀(PN)不断增多，而且因为兀(PN)随N的增大而增多，即随2N的增大而增多，但兀(Pi)只随(2N)1/2的增大而增多，所以兀(PN)的增多比兀(Pi)的增多要多得多；随着2N偶数越来越大，兀(PN)的增多比兀(Pi)的增多也越来越多。因此，以Pi为模，较大偶数的PN素数的同余分类，都多于i+1个而趋向Pi个。例1将表明，50就可以代表较大的偶数，PN素数的同余分类基本完整，在整个同余分类筛选过程中，只有一个同余类缺失，Pb素数有多个。当2N偶数足够大时，PN素数都可以分为Pi个同余类（除了作为某一个Pi模的那个PN素数已被前面筛选掉而使0同余类缺失以外）。例2将表明，100就可以代表足够大的偶数了，PN素数在整个同余分类筛选过程中，都可以完整地分为Pi个同余类，Pb素数的个数更多。系统而大量的试算表明，在大于4的偶数中，仅有6、8、12的Pb素数只有一个，其它偶数都有两个或两个以上的Pb素数；随着2N偶数的增大，兀(Pb)的下限将在1~2~3的基础上逐渐增加，上限更将在1~3~5~12~13的基础上不断增加，2N偶数越大，Pb素数越多。定理5证毕。
      根据定理5，因为Pb是以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数，即2NPb(modPi)，也就是说Pi2N-Pb，所以2N-Pb为素数。设2N-Pb=q，q为素数，则大于4的2N偶数都有一般的“1+1”解：
      2N=Pb+q，
即    2N=Pb+(2N-Pb)。....................................................(1)

      例1、求50的“1+1”解。     
      解：50的中数为25，Pi为3、5、7，PN素数有3、5、7、11、13、17、19、23等8个。
      第一步：求Pb素数：
       1、以7为模，PN素数可以分为六个同余类，刚好是1同余类无PN素数，没有与50同余的PN素数类，不用筛选。
       2、以5为模，将以7为模而与50不同余的六个同余类中的PN素数分为完整的五个同余类，筛选掉与50同余的0同余类PN素数5。
       3、以3为模，将以5为模而与50不同余的四个同余类中的PN素数分为完整的三个同余类，筛选掉与50同余的2同余类PN素数11、17、23，保留下来的两个同余类的PN素数即为Pb素数，有3、7、13和19四个。
      第二步：求“1+1”解：
      将50代入(1)式的2N，将以上求出的50的Pb素数分别代入(1)式的Pb，即得50的“1+1”解：50=3+47，7+43，13+37，19+31。
       50偶数的PN素数以Pi为模，同余分类接近完整，在整个同余分类筛选过程中，只有一个同余类缺失，有多个“1+1”解，可以代表一般较大的偶数。
       例2、求100的“1+1”的解。
       解：100的中数为50，Pi为3、5、7，PN素数有3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47等14个。
       第一步：求Pb素数：
       1、以7为模，将PN素数分为完整的七个同余类，筛选掉与100同余的2同余类的PN素数23和37。
       2、以5为模，将以7为模而与100不同余的六个同余类中的PN素数分为完整的五个同余类，筛选掉与100同余的0同余类的PN素数5。
       3、以3为模，将以5为模而与100不同余的四个同余类中的PN素数分为完整的三个同余类，筛选掉与100同余的1同余类的PN素数7、13、19、31和43，保留下来的两个同余类的PN素数即为Pb素数，有3、11、17、29、41和47六个。
      第二步：求“1+1”解：
      将100代入(1)式的2N，将以上求出的100的Pb素数分别代入(1)式的Pb，即得100的“1+1”解：
      100=3+97，11+89，17+83，29+71，41+59，47+53。
      100偶数的PN素数以Pi为模，在整个同余分类筛选过程中，都可以分为完整的Pi个同余类，其“1+1”解多达六个，可以代表“足够大的偶数”了。
      综合上述，4有特定的“1+1”解，大于4的偶数都有一般的“1+1”解，而且偶数越大，“1+1”的解数趋于越多。
     命题(1)得证。三、命题(2)的证明


       命题(2)：每个大于5的奇数都是三个素数之和。
       证明：命题(2)实际上是命题(1)的推论，所以命题(1)得证，则命题(2)易证：一般地说，设奇数M大于5，S为素数，M-2>S>2，则M-S为大于2的偶数。
      若M-S=4，则M-S=2+2，
即    M=2+2+S；   ...............................................(2-1)
      若M-S为大于4的偶数2N，根据(1)式，有
       M-S=Pb+(2N-Pb),
即    M=Pb+(2N-Pb)+S。     ........................................ (2-2)
       当M大于11时，(2-2)式都有多解性。
       根据(2-1)和(2-2)式，当M大于7时，命题(2)都有多解性。M越大，解越多。
       例3、求15是三个素数之和的解。
       解：设S为素数，根据S的限定条件15-2>S>2，S有3、5、7、11四个，按照公式(2-1)和(2-2)，去掉相同的解，有15=7+5+3，5+5+5，2+2+11。
      综合上述，命题(2)得证。

                                     四、结    论
      命题(1)的证明：
      偶数4的“1+1”解为：4=2+2。
      以一定素数为模，对一定类型的数进行同余分类，然后把对一定素数模0同余的同余类筛选掉的方法，叫做同余分类筛法。运用同余分类筛法，根据下列五条定理，便可证明每个大于4的偶数都有一般的“1+1”解。
     定理1、设Pc为大于3的素数，在6a-5或6b-7型数的数列中，任意取Pc个以内的连续数，则其中最多只有一个数能够满足6a≡5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)。
     定理2、设PA为大于5 的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数。
     定理2也可以表述为与其等价的定理3。
     定理3、设整数B>5，则在B~2B之间至少有两个素数。
     定理4、设大于4的偶数为2N，则N以内的奇素数PN，以 (2N)1/2之内的任意一个奇素数Pi为模，至少可以分为i+1个同余类。
     定理5、设任意一个大于4的2N偶数，在 (2N)1/2之内大于2的素数为Pi，该偶数的中数N以内大于2的素数为PN，则必然存在以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数Pb。
     根据定理5，大于4的2N偶数都有一般的“1+1”解：
2N=Pb+(2N-Pb)。
     综合4与大于4的偶数都有“1+1”解，命题(1)得证。
     命题(2)的证明：设奇数M大于5，S为素数，M-2>S>2，则M-S为大于2的偶数。
     若M-S=4，则M-S=2+2，
即   M=2+2+S；
      若M-S为大于4的偶数2N，根据(1)式有
      M-S=Pb+(2N-Pb)，
即   M=Pb+(2N-Pb)+S。
      命题(2)得证。
     命题(1)和(2)都得证，则哥德巴赫猜想完全得证。哥德巴赫猜想今后应当改称为哥德巴赫定理。
   
　   说明：
      ① 命题(1)又称命题“1+1”，为了简便，下文将引用。
      ②含偶数的中数。下同。
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有志者事竟成， 破釜沉舟， 百二秦关终属楚； 苦心人天不负， 卧薪尝胆， 三千越甲可吞吴。
2楼2006-03-10 09:30:01
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yeg001

木虫 (小有名气)
请问转自那儿? 证明者是谁?
有点怀疑,等有时间慢慢拜读~
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3楼2006-03-10 13:50:22
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YOY

银虫 (小有名气)

1

好啊！
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4楼2006-03-10 14:52:34
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genggenghon

铁杆木虫 (小有名气)
看不懂，哪位高手解释一下？
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5楼2006-03-10 15:30:03
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ipso_facto

银虫 (小有名气)
Gottingen 1909-1934年的数学系主任是Edmund Landau。Landau的工作习惯很奇怪，用6个小时工作，6个小时休息，如此交替。他收到过无穷多关于证明了Fermat大定理的信件，后来实在没有精力处理，就印了一批卡片，样子大概是这个样子的
            ---------------------------------------------------------
                 亲爱的_____
                 谢谢您寄来的关于Fermat大定理的证明。
                 第一个错误在
                 ______页 ______行
                 这使得证明无效。
                                            E.M.Landau
                ---------------------------------------------------------
尽管有很多的稿件都退了，据说剩下的还有3米多高。

把Fermat换成Goldbach依然成立
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6楼2006-03-10 17:03:27
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yeg001

木虫 (小有名气)
楼主可以放一些可靠的内容上来吗? 随手贴这些东西是害人不浅地!!!
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7楼2006-03-11 19:45:54
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qiulinwu

铜虫 (小有名气)
这样的东西我是看不懂的，也不认为它最近能被证明出来。
楼上已经有人说了。
呵呵
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8楼2006-03-12 12:54:57
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柳上月梢

木虫 (著名写手)

1

想法不错，感兴趣的就该尝试证一证。有机会慢慢拜读
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----花开花落云卷云舒梦境般自由----
9楼2006-03-12 13:27:06
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swjtu0308

0.5

如真能这样，多好啊！
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10楼2006-03-13 21:58:32
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