程中戰(zhàn)

一、素?cái)?shù)是除了1與其本身是約數(shù)，之外沒有其它約數(shù)的正整數(shù)。偶素?cái)?shù)只有2，其它均為奇素?cái)?shù)。

（本文中的素?cái)?shù)是指奇素?cái)?shù)）

二、定理1：素?cái)?shù)是無限多的；孿生素?cái)?shù)也是無限多的。

證明：假設(shè)p是最后一個(gè)素?cái)?shù)，則2·3·5·7·11… p±1必為一對(duì)孿生素?cái)?shù)，故，素?cái)?shù)是無限多的。這就是說，假定素?cái)?shù)數(shù)列有終點(diǎn)，則在其終點(diǎn)以外仍存在孿生素?cái)?shù)。故，孿生素?cái)?shù)也是無限多的。

三、素?cái)?shù)的檢驗(yàn)：用奇數(shù)j除以3至的所有素?cái)?shù)，若都不能整除，則j是素?cái)?shù)。

四、“1-1”公理：任何一個(gè)偶數(shù)都可表示為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之差，并且一個(gè)差值可對(duì)應(yīng)無限多個(gè)素?cái)?shù)對(duì)。

只有當(dāng)某行開頭是孿生素?cái)?shù)時(shí)，某行差開頭才含2。由于孿生素?cái)?shù)的數(shù)量較少，因此，在p2-p1=d的集合中，d=2的含量最少，但是，素?cái)?shù)是無限多的，而孿生素?cái)?shù)雖少，卻不會(huì)消失，在素?cái)?shù)數(shù)列的無限長(zhǎng)處仍存在孿生素?cái)?shù)，故d=2總能找到。這就是說，d值越小，含量越少，d值越大，含量越多，所以，大于2的d值比2更容易找到。

因?yàn)樗財(cái)?shù)數(shù)列是無限長(zhǎng)的，對(duì)于給定的d值，無論d值大小，若在“近期”內(nèi)找不到兩素?cái)?shù)之差為d，可無限地繼續(xù)找下去，總能找到。在素?cái)?shù)數(shù)列中，任何一個(gè)d值都對(duì)應(yīng)著無數(shù)組p2-p1，故公理成立。

五、素?cái)?shù)的間隔定理：正整數(shù)n至2n之間必有素?cái)?shù)；素?cái)?shù)p至2p之間必有素?cái)?shù)。

證明： 設(shè)2n是當(dāng)前最大的整數(shù)（當(dāng)然可以無限大）

顯然，上下行各對(duì)應(yīng)兩數(shù)之差皆為k，由“1-1”公理知，必存在k=p2-p1 （p1 p2表示素?cái)?shù)，p2>p1），即至少存在一個(gè)素?cái)?shù)差對(duì)，其差為k，而p2必在下行數(shù)列中；

可以看出，原數(shù)列下行的首項(xiàng)k+1放在了新數(shù)列上行的末項(xiàng)；下行的k+2等向左移動(dòng)一位，右端增添兩項(xiàng)2k+1，2（k+1），p2向左移動(dòng)一位，這時(shí)p2仍在k+1與2（k+1）之間，故n～2n之間必有素?cái)?shù)。

上下行各對(duì)應(yīng)兩數(shù)之差皆為2，由素?cái)?shù)的間隔定理知，1～n段的各素?cái)?shù)的最大間隔的下一個(gè)素?cái)?shù)必在n～2n之間，這樣，n～2n之間就存在若干個(gè)素?cái)?shù)，因?yàn)閷\生素?cái)?shù)無限多（已證），n可以充分大，從而n～2n的數(shù)列段可以充分長(zhǎng)，如果n～2n段連一對(duì)孿生素?cái)?shù)都沒有，就出現(xiàn)矛盾（即孿生素?cái)?shù)是有限的），故，n至2n之間必有孿生素?cái)?shù)。

為什么當(dāng)n=6時(shí)，6～12之間沒有孿生素?cái)?shù)呢？因?yàn)樽匀粩?shù)中存在唯一的一組三胞素?cái)?shù)3 5 7，5為公用素?cái)?shù)，因而5與7就相當(dāng)于列入6～12之間了。

七、哥德巴赫猜想：任何一個(gè)大于4的偶數(shù)都可表示為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。記作“1+1”

因?yàn)槊恳粋€(gè)大偶數(shù)2n（>4）都可以表示為這個(gè)模型，每一個(gè)偶數(shù)k都在這個(gè)模型之中，由“1-1”公理知，每個(gè)偶數(shù)k都有可能等于p2-p1，在以上數(shù)列中，n每增加1，差數(shù)列中就會(huì)增加一個(gè)新偶數(shù)2（n+1）-6（所有偶數(shù)差對(duì)、含1的差對(duì)都不能參與素?cái)?shù)差對(duì)），這樣對(duì)于2n來說，差數(shù)列0 2 4……2n-4 2n-2包括了當(dāng)前所有的偶數(shù)（2n除外）。一般地，在2n的數(shù)列模型中的下上差數(shù)列中，有若干個(gè)偶數(shù)是素?cái)?shù)之差；假設(shè)有一種最不理想的情況：在大偶數(shù)6、8、10……2（n-1）各數(shù)的數(shù)列模型中，在它們的下上差數(shù)列中所涉及到的所有元素（偶數(shù)）都已經(jīng)出現(xiàn)過是兩素?cái)?shù)之差了，但在2n的數(shù)列模型中，以上的這些元素恰巧都不是素?cái)?shù)之差，這時(shí)（1，2n-1）與（2，2n-2）兩個(gè)數(shù)對(duì)絕不能是素?cái)?shù)對(duì)，所以（3，2n-3）一定是素?cái)?shù)對(duì)，即新偶數(shù)2n-6是素?cái)?shù)差對(duì)。如果不是這樣，因?yàn)?n可充分大也可無窮大，就說明有的偶數(shù)不能是兩素?cái)?shù)之差，這與“1-1”公理相矛盾。因此，在2n的數(shù)列模型的差數(shù)列中，至少存在一個(gè)偶數(shù)等于兩素?cái)?shù)之差，這時(shí)這兩個(gè)素?cái)?shù)的和等于2n。

故，哥德巴赫猜想成立。

八、“1+1”命題的另一種解釋：

由“1-1”公理知，每個(gè)偶數(shù)k1=p2-p1，把-號(hào)改為+號(hào)得k2=p2+p1，則k2包括了所有的大偶數(shù)，集合K1與集合K2至少存在不同元素的一一對(duì)應(yīng)。

九、另一個(gè)規(guī)律：每個(gè)大于4的偶數(shù)都可表示為一對(duì)孿生素?cái)?shù)之一與另外一個(gè)奇素?cái)?shù)之和。