張世平

言

質(zhì)數(shù)是有規(guī)律的，它是構(gòu)成自然數(shù)的因子，它也遵循著從無(wú)到有，從有到多，從多到少的過(guò)程.自然數(shù)是一個(gè)無(wú)限數(shù)集，隨著自然數(shù)集的無(wú)限擴(kuò)大，質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)也越來(lái)越少，那么質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)就不能滿足所有的大偶數(shù)都能寫(xiě)成哥德巴赫猜想的形式.能寫(xiě)成倆個(gè)質(zhì)數(shù)之和的偶數(shù)也是遵循著從無(wú)到有，從有到多，從多到少的過(guò)程的.

一、第一章哥德巴赫猜想的內(nèi)容

1.偶數(shù)情形

任何不小于4的偶數(shù)都可以寫(xiě)成兩個(gè)質(zhì)數(shù)相加的形式.（簡(jiǎn)稱偶數(shù)情形）

2.奇數(shù)情形

任何不小于7的奇數(shù)都可以寫(xiě)成三個(gè)質(zhì)數(shù)相加的形式.（簡(jiǎn)稱奇數(shù)情形）

二、第二章論證過(guò)程

第一步：求證：除了2和3以外，其他的任何質(zhì)數(shù)總可以寫(xiě)成6n+1 或者6n+5（n∈（0，+∞））兩種表達(dá)式中的一種形式.

從以上排列中，不難看出，除了2和3以外，其他的質(zhì)數(shù)都不可能出現(xiàn)在第二，第三，第四，第六豎列.因?yàn)榈诙?，第四，第六豎列為2的倍數(shù)數(shù)列，第三豎列為3的倍數(shù)數(shù)列.所以質(zhì)數(shù)只可能出現(xiàn)在第一，第五豎列.那么，又怎樣用一個(gè)一般表達(dá)式表示出第一，第五豎列的數(shù)呢？因?yàn)槭橇鶄€(gè)數(shù)一排，我們可以用下面的形式：

第一豎列的數(shù)為： 第五豎列的數(shù)為 ：

1=6×0+1 5=6×0+5

7=6×1+111=6×1+5

13=6×2+117=6×2+5

19=6×3+123=6×3+5

： ：

N=6n+1 （n∈（0，+∞））N= 6n+5 （n∈（0，+∞））

所以，第一豎列的數(shù)可以用6n+1（n∈（0，+∞））的表達(dá)式表示，第五豎列中的數(shù)可用6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式表示，而質(zhì)數(shù)只可能是在這兩個(gè)數(shù)列中，所以除了2和3以外的任何質(zhì)數(shù)總可以寫(xiě)成6n+1 或者6n+5 （n∈（0，+∞））兩種表達(dá)式中的一種形式.命題得證.

當(dāng)然，能寫(xiě)成6n+1或者6n+5 （n∈（0，+∞））的表達(dá)式的數(shù)并不都是質(zhì)數(shù).下面就在這兩種表達(dá)式中來(lái)研究質(zhì)數(shù)存在的規(guī)律.

第二步：質(zhì)數(shù)是有規(guī)律的，在6n+1或者6n+5（n∈0，+∞）中隨著自然數(shù)集的無(wú)限擴(kuò)大，質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)也越來(lái)越少，那么質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)就不能滿足所有的大偶數(shù)都能寫(xiě)成兩個(gè)質(zhì)數(shù)之和的形式.

下面我們將第一豎列和第五豎列的數(shù)分別用6n+1或者6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式進(jìn)行分解并把合數(shù)寫(xiě)成質(zhì)數(shù)連乘的形式，豎列起來(lái)：

從這個(gè)表中可以看出：5的倍數(shù)在6n+5表達(dá)式中n的初始對(duì)應(yīng)值為0（此時(shí)其值是5本身），第二個(gè)對(duì)應(yīng)值為5，第三個(gè)對(duì)應(yīng)值為10，……，在6n+1表達(dá)式中，n的初始對(duì)應(yīng)值為4，第二個(gè)對(duì)應(yīng)值為9，第三個(gè)對(duì)應(yīng)值為14，……，也就是在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式中5的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值的規(guī)律是：后一個(gè)5的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值是在前一個(gè)5的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值的基礎(chǔ)上加5或說(shuō)成5的倍數(shù)在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））中n的對(duì)應(yīng)值呈遞加性，遞加值為5.

再看7的倍數(shù)：在6n+1表達(dá)式中，n的初始對(duì)應(yīng)值為1，第二個(gè)對(duì)應(yīng)值為8，第三個(gè)對(duì)應(yīng)值為15，……，在6n+5的表達(dá)式中n的初始對(duì)應(yīng)值為5，第二個(gè)對(duì)應(yīng)值為12，第三個(gè)對(duì)應(yīng)值為19，……，也就是在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式中，7的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值的規(guī)律為：后一個(gè)7的倍數(shù)n的對(duì)應(yīng)值是在前一個(gè)7的倍數(shù)n的對(duì)應(yīng)值基礎(chǔ)上加7或說(shuō)成7的倍數(shù)在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））中n的對(duì)應(yīng)值也呈遞加性，遞加值為7.

我們也可以用算式來(lái)證明，注：n=初始值+該質(zhì)數(shù)（或該質(zhì)數(shù)遞加數(shù)）

例1 質(zhì)數(shù)5

在6n+5中5的倍數(shù)：在其表達(dá)式中5的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的初始值為0，所以6n+5=6×（0+n₁）+5=6n₁+5.因?yàn)閚₁為5（或5的遞加數(shù)），是5的倍數(shù)，那么6n₁也是5的倍數(shù)，所以6 n₁+5也是5的倍數(shù).

在6n+1中5的倍數(shù)，在其表達(dá)式中5的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的初始值為4，那么6n+1=6×（4+n₂）+1=6 n₂+25.因?yàn)閚₂為5（或5的遞加數(shù)），是5的倍數(shù)，那么6n₂也是5的倍數(shù)，所以6n₂+25也是5的倍數(shù).

所以在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））的兩種表達(dá)式中，5的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值具有遞加性，遞加值為5.

例2 質(zhì)數(shù)7

在6n+5中的7倍數(shù)：在其表達(dá)式中7的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的初始值為5，那么6n+5=6×（5+n1）+5=6 n1+35.因?yàn)閚1為7（或7的遞加數(shù)），是7的倍數(shù)，那么6 n₁也是7的倍數(shù)，所以6 n1+35也是7的倍數(shù).

在6n+1中7的倍數(shù)：在其表達(dá)式中7的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的初始值為1，那么6n+1=6×（1+n₂）+1=6n₂+7.因?yàn)閚2為7（或7的遞加數(shù)），是7的倍數(shù)，那么6n₂也是7的倍數(shù)，所以6n₂+35也是7的倍數(shù).所以在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式中，7的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值也具有遞加性，遞加值為7.

例3 質(zhì)數(shù) 11

在6n+5中11的倍數(shù)：在該表達(dá)式中11的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的初始值為1，那么6n+5=6×（1+n1）+5=6n₁+11.因?yàn)閚₁為11（或11的遞加數(shù)）是11的倍數(shù)，那么6n₁也是11的倍數(shù)，所以6n₁+11也是11的倍數(shù).

在6n+1中11的倍數(shù)：在該表達(dá)式中11的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的初始值為9，那么6n+1=6×（9+n2）+1=6n₂+55.因?yàn)閚2為11（或11的遞加數(shù)）是11的倍數(shù)，那么6n₂也是11的倍數(shù)，所以6n₂+55也是11的倍數(shù).

所以在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式中，11的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值也具有遞加性，遞加值為11.其他質(zhì)數(shù)同理.

所以質(zhì)數(shù)在6n+1和6n+5（n∈（0+∞））兩種表達(dá)式中，都有這樣一個(gè)規(guī)律：該質(zhì)數(shù)的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值具有遞加性，遞加值為該質(zhì)數(shù).也就是后一個(gè)該質(zhì)數(shù)的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值是前一個(gè)該質(zhì)數(shù)的倍數(shù)對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值加上該質(zhì)數(shù).

質(zhì)數(shù)的倍數(shù)在6n+1和6n+5（n∈（0，+∞））的表達(dá)式中，對(duì)應(yīng)的n的對(duì)應(yīng)值呈遞加性，利用這一性質(zhì)，可以進(jìn)行質(zhì)數(shù)篩選.應(yīng)用前面的質(zhì)數(shù)為已知條件，滾動(dòng)式的篩選后面的質(zhì)數(shù).經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)隨著數(shù)集的擴(kuò)大，質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)越來(lái)越少.經(jīng)過(guò)計(jì)算，自然數(shù)集中一個(gè)區(qū)間內(nèi)含質(zhì)數(shù)的百分比如下：150萬(wàn)內(nèi)為7.6;300萬(wàn)內(nèi)為7.1%;4億內(nèi)為6.7%;300億內(nèi)為6% ;1兆內(nèi)為5% ;2兆內(nèi)為不足4%（3.85%）;8兆內(nèi)為3.47%.

通過(guò)計(jì)算可以看出隨著自然數(shù)的無(wú)限擴(kuò)大，質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)的增多，后面的自然數(shù)集中含質(zhì)數(shù)的比例也會(huì)越來(lái)越小，質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)會(huì)越來(lái)越少.由百分之幾會(huì)逐步縮減為千分之幾、萬(wàn)分之幾甚至億分之幾，逐步趨近于0.自然數(shù)是一個(gè)無(wú)限數(shù)集，在一個(gè)無(wú)限數(shù)集中，質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)增長(zhǎng)得慢，增長(zhǎng)得少，而偶數(shù)個(gè)數(shù)增長(zhǎng)得快，增長(zhǎng)得多，自然數(shù)集增大到一定程度時(shí)，質(zhì)數(shù)中兩個(gè)質(zhì)數(shù)的組合數(shù)就會(huì)與要分解的偶數(shù)個(gè)數(shù)相等，自然數(shù)集再次增大，那么質(zhì)數(shù)中兩個(gè)質(zhì)數(shù)的組合數(shù)就會(huì)小于要分解的偶數(shù)個(gè)數(shù).當(dāng)兩個(gè)質(zhì)數(shù)的組合數(shù)與要分解的偶數(shù)個(gè)數(shù)相等時(shí)，就敢肯定的說(shuō)就會(huì)有不能夠?qū)懗蓛蓚€(gè)質(zhì)數(shù)之和的形式的偶數(shù)存在了.因?yàn)檫@些組合數(shù)中有很多組（兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和）是相等的，表示的是同一個(gè)偶數(shù).一個(gè)偶數(shù)寫(xiě)成兩個(gè)質(zhì)數(shù)之和的形式，數(shù)字小它的解也少，隨著數(shù)字的增大，質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)的增多它的解也增多.一個(gè)上萬(wàn)的偶數(shù)它就有200到300多組正確解.不能寫(xiě)成倆個(gè)質(zhì)數(shù)之和的偶數(shù)不是沒(méi)有，而是因?yàn)閿?shù)字太大找不到.所以哥德巴赫猜想只是在一定自然數(shù)范圍中存在，并不是所有的大偶數(shù)都能寫(xiě)成兩個(gè)質(zhì)數(shù)之和的形式.所以哥德巴赫猜想是一個(gè)偽命題.

1是構(gòu)成自然數(shù)的元素，質(zhì)數(shù)是構(gòu)成自然數(shù)的因子，它也遵循著從無(wú)到有，從有到多，從多到少的過(guò)程.自然數(shù)是一個(gè)無(wú)限數(shù)集，能寫(xiě)成倆個(gè)質(zhì)數(shù)之和的偶數(shù)也是遵循著從無(wú)到有，從有到多，從多到少的過(guò)程的.

根據(jù)因數(shù)×因數(shù)=積中，當(dāng)積一定時(shí)，兩個(gè)因數(shù)之間的變化關(guān)系可知，應(yīng)用20以內(nèi)的質(zhì)數(shù)可判斷400以內(nèi)的數(shù)是否是質(zhì)數(shù)，因?yàn)?00以內(nèi)的合數(shù)寫(xiě)成兩個(gè)因數(shù)的積的形式時(shí)，要么 兩個(gè)因數(shù)都小于20，要么其中一個(gè)小于20，另一個(gè)大于20，也就是其中總有 一個(gè)小于20，所以用20以內(nèi)的質(zhì)數(shù)可篩選400以內(nèi)的數(shù)是否是質(zhì)數(shù)，應(yīng)用200以內(nèi)的質(zhì)數(shù)可篩選4萬(wàn)以內(nèi)的數(shù)是否是質(zhì)數(shù).1萬(wàn)以內(nèi)的質(zhì)數(shù)可篩選出1億以內(nèi)的數(shù)是否是質(zhì)數(shù).

我已推算出了300萬(wàn)以內(nèi)各質(zhì)數(shù)在6n+1和6n+5 （n∈（0，+∞））的表達(dá)式中的初始值，它可以完成9兆以內(nèi)的質(zhì)數(shù)篩選.在這里從篇幅考慮我只錄入了質(zhì)數(shù)在6n+1和6n+5 （n∈（0，+∞））的表達(dá)式中的初始值的一張表格.