论双生素数对,N生素数对及哥德巴赫猜想

摘要：论文运用数列思想论述了双生素数对及N生素数对的无限性，运用数列和数轴对折思想论述了每个大于或等于6的偶数都可表示为两个奇素数之和，且随着偶数值的增大而表法数增多，既歌德巴赫猜想的正确。

关键词：素数对；数列；数轴对折

中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）12-246-04

我想先说一段话，茫茫之宇宙，它有没有边呢？若说有，则边那边又是什么呢？─还是宇宙─即宇宙之大给了我们一个无限大的概念，如果没宇宙会是什么呢？什么都没有，─但还会有一种状态的存在。为什么会给人一种有的状态呢？宇宙的含量：空间、时间、物质。

自然数是无限的之如宇宙，其中素数是无限的，双生数对是无限的吗？N生素数对是无限的吗？无限的偶数都能表为两素数之和吗？诸如此类无限性问题，从人类发现至今，而困绕人们至今，难道这些无限性的问题超出了人类智能的极限，让人类的思维无能为力吗？

本人多年来的思索得出结论：

①双生素数对是无限的，设自然数为N，其内双生素数对个数为：Tp(N)(Tp表素数对)，则Tp(N)与N之比：N增大则其比值缩小，即：

②N生素数对有无限之多

哥德巴赫猜想表“1+1”成立，且随偶数值的增大而所表“1+1”的个数增多，设N为自然数，Hp表“1+1”,Hp（N）表N内Hp之个数，则.................以下详细论述之：

先引入几个新的概念：单元、双元、三元……N元数列：分别以1个数字，2个数字，3个数字……N个数字为1项的数列：如数轴上从3开始，连续3个奇数为一单元，则称为3元数列，如此，N个连续奇数为一单元组成一项，称为N元数列。

连除：符号“ ”读作：“G，H”，如：{Tn}表双元奇数数列，{Tpn}表绝对剩余数列，符号“”表导出，p表素数，则：之存在

先设一自然奇数数轴，如图（a）

由3开始每3个连续自然奇数设为一组，称为：G，则其内的3个元素由小到大依次标为：GA、GB、GC，则所有的GA、GB、GC分别成单元等差数列：{GAn}、{GBn}、{GCn}各公差分别为6，GAn、 GBn 、GCn分别为各数列通项。

所有的G构成数列：{Gn}, Gn为通项，G内有三个元素：GA、GB、GC其两邻项间GA、GB、GC各一一对应差值为6，则称{Gn}为公差为6的三元数列。

现在问：{GAn}、{GBn}、{GCn}之各数列是否能分别被一整数整除每一项？

要想整除一单元数列每一列，则其首项与公差间必有共同因子（除1外）

三单元数列公差分别为：6，即首项设为X，则各项设为6n+x(n≥1为自然数)n为变量，x和6为不变量，要想整除单元数列之各项，则即为求6与首项x的共同因子（除1之外）

三单元数列首项分别为：GA1=3、GB1=5、GC1=7，解得：GA1=3与公差6有共同因子3，所以{GAn}数列之各项能被3所整除。

GB1=5和GC1=7与公差6无共同因子，所以没有任何整数能整除数列：{GBn}、{GCn}之每一项，由此素数便产生了。

数列{Gn}之内所有GA元素能被3所整除，（即数列{GAn}能被3所整除），所以数轴上没有连续的3个奇数全为3个素数之可能。

数列{GBn}、{GCn}各首项GB1=5、GC1=7与公差6无共同因子，所以除奇素数3外，所有奇素数都产生在数列{GBn}和{GCn}上。

因：{GBn}首项5与最小奇素数3之比为：

3×1+2

则：{GBn}之各项即为：3n+2（n为自然奇数）

因：{GCn}首项7与最小奇素数3之比为：3×2+1

则：{GCn}之各项即为：3n+1（n为自然偶数）

则即为：3n+2= GBn 3n+1= GCn

那么：GBn×GCn GBn× GBn GCn ×GCn

=（3n+2）（3n+1） =（3n+2）（3n+2）=（3n+1）（3n+1）

………………

=GBn = GCn = GCn

①②③

由上三式便可推知所有素数是如何产生的。

在{GBn}、{GCn}数列上，第一个不能被最小奇素数3所整除的数便是素数，由此便产生{GBn}、{GCn}数列上的第一个素数，设为p1，再用p1去试除{GBn}、{GCn}数列之各项，第一个不能被整除的数便为素数：p2，把{GBn}、{GCn}，被p1试除之后所剩数列各项，且不含被p1所确定的p2之值，即> p2且不包含被p1所整除各项称为：相对剩余数列，设为[{GBn}{GCn}] p1

再用p2去试除相对剩余数列[{GBn}{GCn}] p1，则第一个不能被p2所所整除的数，即为素数p3，则相对剩余数列即为[{GBn}{GCn}] p2，即> p3且不包含被p1、 p2所整除各项，……如此进行下去，两个数列{GBn}、{GCn}同时被整除从而不断产生素数：p1， p2， p3 ……pn

产生的素数P值越多，则数列{GBn}、{GCn}上的项被整除也就越多，无限进行下去，则P值为无穷之多，相对剩余数列：[{GBn}{GCn}] pn永远都存在。

设：N为自然数，其内P值个数记为：S（N）

则：

得结论：素数是如何产生的：

除素数2和3外，所有素数都产生在数列{GBn}、{GCn}之上，因其各首项与其公差6无共同因子（除1外），其内由此产生素数p1， p2， p3 ……pn，至无穷。

素数是因数列{GBn}、{GCn}不能被任何数所同时整除各项而产生的。

论双生素数对的产生：先设一自然奇数数轴，如图（b）

把每一个Gn（G为无限）值之内的GB、GC两数点看作一个整体数点，（数轴上的每一个数字可看作每一个对应点），设为“T”，则所有“T”构成数列：{Tn}（T为无限），并称为2元数列{Tn}，因其内含有两个单元数列{GBn}、{GCn}，其各公差分别为6，则数列{Tn}仍称为：公差为6的双元等差数列。

现在问，有什么数（当然是素数）能整除双元数列{Tn}所有之各项？

首先，数列{Tn}是建立在单元数列{GBn}和{GCn}基础上的，而{GBn}、{GCn}已证无任何数能整除之各项，从而产生素数。

那么在数轴上，Tn所含的两元素：GBn 、GCn即连续两个点，把其看作一个点，一个整体，而数列{Tn}之公差为6，与首项之内两数：GB1=5、GC1=7都无共同因子，所以无任何素数能整除数列{Tn}之每一项（此处整除：只要Tn内两元素：GB、GC任何一个被整除，则称Tn被整除，否则称不能被整除），由数列{GBn}、{GCn}上的第1个素数p1去试除{Tn}之各项，则第一个不能被整除之Tn记为T p1，把被p1试除后的数列，且不含T p1称为{Tn}的相对剩余数列，记为[{Tn}] p1，再用素数p2去试除[{Tn}] p1之各项，第一个不能被整除Tn记为T p2,则被p2试除后的数列仍称相对剩余数列，且不含T p2,记为：[{Tn}] p2

再用素数p3去试除[{Tn}] p2之各项，则得T p3,其相对剩余数列记为：[{Tn}] p3……如此类推，至pn仍会产生。

相对剩余数列[{Tn}] pn,仍会产生T pn之值，至无穷

（以上整除意义：只有其本身为唯一因子的不能称被整除）用符号“ ”表连除， “”表导出，{T pn}表被≤ （N表自然奇数）素数连续整除后所产生的所有T p之值，称为绝对剩余数列，记为{T pn}则：

（{Tn}为N之内所有T值所构成之数列）

用N表自然数，W（N）表其内T p之个数

则：

结论：T p为无限之多，T p即为双生素数对。

即：双生数对有无限之多。

我建议职业数论专家，引进素数的产生是由于数轴上之数列{GBn}、{ Gcn }之首项与公差6之间无共同因子从而不断产生素数这一思想（即：数列被连续试除这一思想）运用到其它众多数论问题中去，相信众多难题都会得到相应之解答，相信此思想可引导出众多的新的数论问题，从而又能得到相应之解答。

如三素数问题，则在数轴可以双生素数对为基础，而设定4元数列，如下图（c）

如上图：X构成4元数列，公差为12，则型如：

T p+P的三生素数对有无穷之多，

Y构成4元数列，公差为12，则型如：

P+ T p的三生素数对有无穷之多

Z构成5元数列，公差为12，则型如：

Tp+Tp的四生素数对有无穷之多。

如上图（C），数轴上能构成N元数列为无穷之多，其数列变化无穷，具体变化在此不再详述了！

则N生素数对有无穷之多。

论哥德巴赫猜想

1742年，哥德巴赫给欧拉的信中提到两个命题：A，任何一个大于或等于6的偶数都可表为两个奇素数之和，简称：“1+1”，即：一个素数加一个素数。

B，任何一个大于或等于9的奇数都可表为三个奇素数之和，显然命题B是命题A的推论，只要证明了命题A，则命题B不功自破。

几百年来，数学家们的研究至1920年，布朗用筛法证明了“9+9”，至1966年陈景润证明了“1+2”，至今再无进展。

本人11岁知晓此题，思索至今，想仍然由数列之整除性来论叙此命题，从而得结论：任何大于或等于6的偶数都可表为两个奇素数之和，即“1+1”，且随着偶数值的增大而表法数增多。

如前论述，由数列{Tn}则可导出双生素数对之存在，之无限性。

那么我们想表达的偶数等于两素数之和在数轴上表示会是一种什么概念呢？

我想说它是一种把自然奇数数轴上的数列{GBn}和{ GCn }对折过来同时又形成了另一种数列的概念。

所有素数除2和3外都产生在数列{GBn}和{ GCn }上，下图为数列{GBn}、{ GCn }在数轴上的对折性质。

最小对折点取5，如图，共有6种对折结果，对折点记为HO，即Ho≥5为自然数。

以上各图，把对折点至数轴始端称为前项，则另一端称为后项，虚线…...所示前后项中一一对应的两奇数和值为各对折点Ho的值的2倍。

由图知，在前后对折项中，任何一个Gn之内，至少有一组相对应的：G B与GB，GC 与GC,GB 与GC相结合，或GB,GC之2倍,至多有两组: GB 与GC的组合,其和值皆为各对折点值的2倍。

（以上G、GA 、GB 、GC之意义同前图（a））

GBn、GCn点是产生素数之点（前已论述，所有素数除2和3外，都产生在数列{GBn}、{GCn}之上），现在问，在同一对折点的对折数轴中所构成的一一对应的GBn与 GBn, GCn与 GCn,GBn与 GCn之各两点数值是否同时为素数呢?

如下图所示: Gn 数轴图和Hn数轴图(对折点HO=46实例图)

上图:Gn数轴对折实例图中,虚线“：”，表前后项（以对折点至数轴始端为前项，另一端则为后项）中GCn与GCn之值一一对应，各两两之和皆为对折点之值HO=46的2倍。

前后项中一一对应之两点GCn与GCn，是可能产生两个数都为素数之点，把此类两点分别看作一个点，并称之为：对折理想素数对点，记作“H”，则所有之H点又构成了一列数列{Hn}，见上图：Hn数轴图，其公差为6（因前后项一一各值公差为6，即{GCn}之公差为6，所以{Hn}公差为6），称{Hn}为对折双元数列。

以上为一实例，其它各类对折性质：如GBn与GBn，GBn与GCn，各一一对应之所有H点皆可构成数列{Hn}，其公差为6，其首项仍可理解为5或7（因数列{GBn}、{ GCn }之首项分别为5和7）。

数列{Hn}上之每一点皆含两个数，如果Hn点之内两个数有一个被整除（因子为其本身除外），则称数列{Hn}上某一个Hn被整除。

各类对折所构成数列{Hn}性质中：其公差为6，其首项为5或7，则其公差6与首项5和7间无共同因子，所以没有任何一素数能同时整除数列{Hn}之每一项，至多只能整除一部分项，必然有不能被绝对整除之项留下：（其性质同数列{GBn}、{ GCn }，因首项5和7与公差6无共同因子，从而产生素数），其Hn项越多，则被整除各项越多，但其不能被绝对整除项也越多，即绝对不能被整除各项内所含的两个数值皆为素数，记作：HP，称为：绝对对折素数对，而HP内两数之和即为对折点HO之2倍，HP之内两数皆为素数，HO≥5为自然数，即可简表为：

HP=2×HO=“1+1”=偶数≥10

上式表明：大于或等于10的偶数，皆可表为数列{GBn}、{ GCn }上两素数之和，当偶数值越大时，其表为两素数之和的个数也越多。

如前所述，根据数列{GBn}、{ GCn }之性质，推知：数轴对折所成之各数列{Hn}之性质：用S（HP）表其内不能被绝对整除之项HP之个数，N表其对折点HO之2倍偶数，其比可写为：

当数轴对折点为GAn时，则在每一个Gn值之内必有两对对折理想素数对点，从而同时构成两列{Hn}对折双元数列，所以以GAn为对折点的偶数比其它对折点的偶数能表示的“1+1”个数几乎多于其它对折点的偶数1倍。

至此，哥德巴赫猜想两命题成立，即：A，大于或等于6的偶数可表为两素数之和：简记为“1+1”，B，大于或等于9的奇数可表为3素数之和，简记为：“1+1+1”。

总结：求证“1+1”经过了众多智力高超的数学家的头脑，至今仍无能为力，为什么？——没有从根本上去思索，如素数的无限性，历来的论证为：若其有限，则其P1.P2……Pn+1,又为何因子,则反证其为无限,我想此论,没有从根本上论证指明其发生之规则,而用自然奇数: {GBn}、{ GCn}数列概念,既可论证了其发生是由于数列首项与公差6间无共同因子,而导致无任何一个数能整除所有的数列各项,从而产生素数,从而产生相对剩余数列,从而又产生素数,¬——至无限,由此规则逐而扩展为：双元数列、N元数列、对折双元数列，其公差仍为与其首项间无共同因子，从而双元数列中产生双生素数对，对折双元数列中产生对折素数对，即：“1+1”。

哥德巴赫猜想已有268年了，我想我之论述方法已清晰的论证了：“1+1”的存在及性质，我想此论也许为唯一之途经，若离开此论方法，也许再过268年，穷人类之智，亦无能为力——永远为世界难题！

更正启事

本刊2011年第十期部分页面更正如下：

191页：《涂鸦式学习法在解直角三角形中的作用》一文中，文章内容：

更正为

019页：《ICH教学理论下艺术类大学生的英语教学》一文中，文章标题：“ICH教学理论下艺术类大学生的英语教学”更正为“RICH教学理论下艺术类大学生的英语教学”。

《读写算》杂志社编辑部

2011年10月28日

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