哈爾濱師范大學研究生 馬正方

名家論壇

證明哥德巴赫猜想“1+1”以及“1-1”

哈爾濱師范大學研究生 馬正方

本文從客觀求是的視角出發(fā)，以遞增（或者公差X為零）的三項（或者四項）等差數(shù)列為切入點，函數(shù)和概率的數(shù)學理論雙管齊下，對該數(shù)列進行科學的分析和明確的解讀，推出了尾項首項之和定理、中間兩項之和定理及其函數(shù)的解析式，順理成章地證明了哥德巴赫猜想“1+1”以及該猜想的對立面“1-1”。

定理；推論；函數(shù)；零概率；公差

本文所載的內(nèi)容，是作者至今尚未發(fā)表過的研究心得，渴望得到尊師寶貴的指教！

哥德巴赫猜想簡稱“1+1”，其定義是：凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素數(shù)之和。該猜想具有片面性，因為所有正整數(shù)（當然包括大于4的偶數(shù)）也都是兩個奇素數(shù)之差（如2=5-3，4=7-3，6=11-5，8=11-3，10=13-3）?！?-1”比“1+1”更有普遍性！只有把“1+1”和“1-1”合并在一起進行證明，才是全面的、徹底的。“1+1”和“1-1”是“對立的統(tǒng)一”，符合一分為二的兩重性！

一、第一種證明

【尾項首項之和定理】任何遞增（或者公差X為零）的三項等差數(shù)列a1、a2、a3，設中項為Z，則首項為（Z-X），尾項為（Z+X），從而得出等式Z（Z+X）-Z（Z-X）=X［（Z+X）+（Z-X）］；［（Z+X）+（Z-X）］=Y（X的函數(shù)），由于中項Z=a1+x，則Y=2a1+2x成為函數(shù)解析式。

證明該定理：

Z（Z+X）-Z（Z-X）=X［（Z+X）+（Z-X）］，去括號，得Z2+ZX-Z2+ZX=2ZX，得2ZX=2ZX，由于該等式的等號兩邊相等，所以該定理成立。

［推論］（1）尾項首項之和除以2所得的商數(shù)作為中項，這樣構成遞增的三項等差數(shù)列；或者以零作為公差，從而三項等差數(shù)列的三個數(shù)字相同。（2）既然是“任何遞增（或者公差X為零）的三項等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的首項和尾項這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇而不受限制）。如此這般寬松，當然可以包括“兩個奇素數(shù)”在內(nèi)；而“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素數(shù)之和”（哥德巴赫猜想的命題，簡稱“1+1”），“任何遞增（或者公差X為零）的三項等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（“兩個奇素數(shù)之和”所得的和數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包括”凡大于4的偶數(shù)，如此這般，該定理證明了哥德巴赫猜想。（3）尾項首項之和定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增（或者公差X為零）的三項等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差X的取值范圍）；定理之中的Y=2a1+2x就是函數(shù)的解析式；如定理的等號右邊所示，尾項首項之和Y就是中括號之外X（即X［（+X）+（Z-X）］）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應法則；每個尾項首項之和就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素數(shù)之和”在內(nèi)的一切尾項首項之和（其中所得的和數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構成“兩個奇素數(shù)之和”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。

如上所述，哥德巴赫猜想的命題“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素數(shù)之和”就是尾項首項之和定理的推論。該定理成立，推論也必然成立，因為大道理制約小道理。

例1 證明6是兩個奇素數(shù)之和：以零作為公差，從而三項等差數(shù)列各數(shù)相同，即3、3、3，則（中項3×尾項3）-（中項3×首項3）=公差0×（尾項3+首項3），于是證明6是兩個奇素數(shù)之和3+3。

例2 證明8是兩個奇素數(shù)之和：以（5+3）÷2=4作為中項，從而構成遞增的三項等差數(shù)列，即3、4、5，則（4×5）-（4×3）=（公差）1×（5+3），于是證明8是兩個奇素數(shù)之和：5+3。

例3 證明88是兩個奇素數(shù)之和：以（71+17）÷2=44作為中項從而構成遞增的三項等差數(shù)列，即17、44、71，則（44×71）-（44×17=(公差)27×（71+17），于是證明88是兩個奇素數(shù)之和：71+17。

例4 證明888是兩個奇素數(shù)之和：以（487+401）÷2=444作為中項，從而構成遞增的三項等差數(shù)列，即401、444、487，則（444×487）-（444×401）=（公差）43×（487+401），于是證明888是兩個奇素數(shù)之和：487+401。

【尾項首項之差定理】任何遞增的三項等差數(shù)列，設中項為Z，則首項為（Z-X），尾項為（Z+X），從而得出等式：Z（Z+X）-Z（Z-X）-2X（Z-X）=X［（Z+X）-（Z-X）］；［（Z+X）-（Z-X）］=Y（X的函數(shù)），此為函數(shù)解析式。

證明該定理：

Z（Z+X）-Z（Z-X）-2X（Z-X）=X［（Z+X）-（ZX）］，

去包括，得Z2+ZX-Z2+ZX-2ZX+2X2=2X2，

得2X2=2X2。

由于該等式的等號兩邊相等，所以該定理成立。

【推論】（1）尾項首項之和除以2所得的商數(shù)作為中項，這樣構成遞增的三項等差數(shù)列。（2）既然是“任意遞增的三項等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的首項和尾項這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇而不受限制）。如此這般寬松，當然可以包括“兩個奇素數(shù)”在內(nèi)；而凡大于4的偶數(shù)也都是兩個奇素數(shù)之差（簡稱“1-1”），“任何遞增的三項等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（即“兩個奇素數(shù)之差”所得的差數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包括”凡大于4的偶數(shù)，如此這般，該定理證明了“1-1”。（3）尾項首項之差定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增的三項等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差X的取值范圍）；定理之中的［（Z+X）-（Z-X）］=Y即Y=2X就是函數(shù)的解析式；如等號右邊所示，尾項首項之差Y就是中括號之外X（即X［（Z+X）-（Z-X）］）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應法則；每個尾項首項之差就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素數(shù)之差”在內(nèi)的一切尾項首項之差（其中所得的差數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構成“兩個奇素數(shù)之差”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。如上所述，“凡大于4的偶數(shù)也都是兩個奇素數(shù)之差”就是尾項首項之差定理的推論。該定理成立，定理的推論必然成立，大道理制約小道理。

例1 證明6是兩個奇素數(shù)之差：以（11+5）÷2=8作為中項，從而構成遞增的三項等差數(shù)列5、8、11，則（8×11）-（8×5）-2×（公差）3×5=（公差）3×（11-5），于是證明6是兩個奇素數(shù)之差：11-5。

例2 證明8是兩個奇素數(shù)之差：以（11+3）÷2=7作為中項，從而構成遞增的三項等差數(shù)列3、7、11，則（7×11）-（7×3）-2×（公差）4×3=（公差）4×（11-3），于是證明8是兩個奇素數(shù)之差：11-3。

例3 證明88是兩個奇素數(shù)之差：以（101+13）÷2=57作為中項，從而構成遞增的三項等差數(shù)列13、57、101，則（57×101）-（57×13）-2×（公差）44×13=（公差）44×（101-13），于是證明88是兩個奇素數(shù)之差：101-13。

例4 證明888是兩個奇素數(shù)之差：以（907+19）÷2=463作為中項，從而構成遞增的三項等差數(shù)列19、463、907，則（463×907）-（463×19） -2×（ 公 差）444×19=（ 公 差）444×（907-19），于是證明888是兩個奇素數(shù)之差：907-19。

二、第二種證明

【中間兩項之和定理】任何遞增（或者公差x為零）的四項等差數(shù) 列a1、a2、a3、a4， 則［（a3×a4） -（a1×a2）］÷2=x×（a2+a3）；（a2+a3）=y(x的函數(shù))，此為函數(shù)解析式。

證明該定理：

［（a3×a4）-（a1×a2）］÷2=x×（a2+a3），根據(jù)等差數(shù)列通項公式，得｛［a1+（3-1）x］［a1+（4-1）x］-a1［a1+（2-1）x］｝÷2=x｛［a1+（2-1）x］+［a1+（3-1）x］｝；去小括號，得［（a1+2x）（a1+3x）-a1（a1+x）］÷2=x［（a1+x）+（a1+2x）］；再去括號，合并同類項，得÷2=2xa1+3x2；等號兩邊都乘2，兩項抵消，得4xa1+ 6x2=4xa1+6x2，從而證明該等式成立，并且該定理成立。

關于“a2+a3=y（x的函數(shù)）”：

根據(jù)等差數(shù)列通項公式，該等式可寫成［a1+（2-1）x］+［a1+（3-1）x］=y，去括號之后寫成2a1+3x=y，也就是y=2a1+3x成為明確的函數(shù)解析式。

【推論】（1）可任意選擇兩個數(shù)字作為四項等差數(shù)列的中間兩項a2和a3，a3-a2=公差，a2-公差=a1，a3+公差=a4，如此這般構成遞增的四項等差數(shù)列；或者以零作為公差，從而四項等差數(shù)列的四個數(shù)字相同。（2）既然是“任何遞增（或者公差x為零）的四項等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的中間兩項這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇），當然可以包括“兩個奇素數(shù)”在內(nèi)；而“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素數(shù)之和”（哥德巴赫猜想的命題，簡稱“1+1”）,“任何遞增（或者公差x為零）的四項等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（即“兩個奇素數(shù)之和”所得的和數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包容”凡大于4的偶數(shù)。如此這般，中間兩項之和定理證明了哥德巴赫猜想。（3）中間兩項之和定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增（或者公差x為零）的四項等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差x的取值范圍）；定理之中的a2+a3=y就是函數(shù)的解析式；如定理之中的等式所示，中間兩項之和y就是括號之外x（即“x×（a2+a3）”）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應法則；每個中間兩項之和就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素數(shù)之和”在內(nèi)的一切中間兩項之和（其中所得的和數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構成“兩個奇素數(shù)之和”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。如上所述，哥德巴赫猜想的命題“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素數(shù)之和”就是中間兩項之和定理的推論。該定理成立，推論也必然成立，因為大道理制約小道理。

例1 證明6是兩個奇素數(shù)之和：以零作為公差，從而四項等差數(shù)列各數(shù)相同，即3、3、3、3，則［（a3之3×a4之3）-（a1之3×a2之3）］÷2=公差0×（a2之3+a3之3），于是證明6是兩個奇素數(shù)之和：3+3。

例2 證明8是兩個奇素數(shù)之和：以3和5作為中間兩項，以5-3=2作為公差，以3-2=1作為首項，以5+2=7作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即1、3、5、7，則［（5×7）-（1×3）］÷2=（公差）2×（3+5），于是證明8是兩個奇素數(shù)之和：5+3。

例3 證明88是兩個奇素數(shù)之和：以17和71作為中間兩項，以71-17=54作為公差，以17-54=-37作為首項，以71+54=125作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即-37、17、71、125，則｛（71×125）-［（-37）×17］｝÷2=（公差）54×（17+71），于是證明88是兩個奇素數(shù)之和：17+71。

例4 證明888是兩個奇素數(shù)之和：以401和487作為中間兩項，以487-401=86作為公差，以401-86=315作為首項，以487+86=573作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即315、401、487、573，則［（487×573）-（315×401）］÷2=（公差）86×（401+487），于是證明888是兩個奇素數(shù)之和：401+487。

【中間兩項之差定理】任何遞增的四項等差數(shù)列a1、a2、a3、a4， 則［（a3×a4） -（a1×a2）］÷2-（2xa1+2x2）=x（a3-a2），x為公差；a3-a2=y（x的函數(shù)），此為函數(shù)解析式。

證明該定理：

［（a3×a4）-（a1×a2）］÷2 -（2xa1 + 2x2）=x（a3 - a2），根據(jù)等差數(shù)列通項公式，得｛［a1+（3-1）x］［a1+（4-1）x］-a1［a1+（2-1）x］｝÷2-（2xa1+2x2）=x×｛［a1+（3-1）x］-［a1+（2-1）x］｝；去小括號，得［（a1+2x）（a1+3x）-a1（a1+x）］÷2-2xa1-2x2=x×［（a1+2x）-（a1+x）］；再去括號，合并同類項，得（4xa1+6x2）÷2-2xa1-2x2=x2；移項得（4xa1+6x2）÷2=2xa1+3x2；等號兩邊都乘以2，得4xa1+6x2=4xa1+6x2；兩項抵消，得6x2=6x2，從而證明該等式成立，并且該定理成立。

關于“a3-a2=y(x的函數(shù))”：

根據(jù)等差數(shù)列通項公式，該等式可寫成［a1+（3-1）x］-［a1+（2-1）x］=y，去括號之后寫成x=y，也就是y=x成為明確的函數(shù)解析式。也可根據(jù)等差數(shù)列后項減前項等于公差寫出x=y。

【推論】（1）可任意選擇兩個數(shù)字作為四項等差數(shù)列的中間兩項a2和a3，a3-a2=公差，a2-公差=a1，a3+公差=a4，如此這般構成遞增的等差數(shù)列。（2）既然是“任何遞增的四項等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的中間兩項這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇而不受限制）。如此這般寬松，當然可以包括“兩個奇素數(shù)”在內(nèi)；而“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素數(shù)之差”，“任何遞增的四項等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（即“兩個奇素數(shù)之差”所得的差數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包容”凡大于4的偶數(shù)。如此這般，中間兩項之差定理證明了哥德巴赫猜想的反面“1-1”。（3）中間兩項之差定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學之中非常具有普遍意義的理論。“任何遞增的四項等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差x的取值范圍）；定理之中的a3-a2=y就是函數(shù)的解析式；如定理之中的等式所示，中間兩項之差y就是括號之外x（即“x×（a3-a2）”）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應法則；每個中間的兩項之差就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素數(shù)之差”在內(nèi)的一切中間兩項之差（其中所得的差數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構成“兩個奇素數(shù)之差”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。如上所述，“凡大于4的偶數(shù)也都是兩個奇素數(shù)之差”這樣的命題就是中間兩項之差定理的推論。該定理成立，推論也必然成立，因為大道理制約小道理。

例1 證明6是兩個奇素數(shù)之差：以5和11作為中間兩項，以11-5=6作為公差，以5-6=-1作為首項，以11+6=17作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即-1、5、11、17，則｛（11×17）-［（-1）×5］｝÷2-［2×6×（-1）+2×62］=6×（11-5），于是證明6是兩個奇素數(shù)之差11-5。

例2 證明8是兩個奇素數(shù)之差：以3和11作為中間兩項，以11-3=8作為公差，以3-8=-5作為首項，以11+8=19作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即-5、3、11、19，則｛（11×19）-［（-5）×3］｝÷2-［2×8×（-5）+2×82］=8×（11-3），于是證明8是兩個奇素數(shù)之差：11-3。

例3 證明88是兩個奇素數(shù)之差：以13和101作為中間兩項，以101-13=88作為公差，以13-88=-75作為首項，以101+88=189作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即-75、13、101、189，則｛（101×189）-［（-75）×13］｝÷2-［2×88×（-75）+2×882］=88×（101-13），于是證明88是兩個奇素數(shù)之差：101-13。

例4 證明888是兩個奇素數(shù)之差：以19和907作為中間兩項，以907-19=888作為公差，以19-888=-869作為首項，以907+888=1795作為尾項，從而構成遞增的四項等差數(shù)列，即 -869、19、907、1795， 則｛（907×1795） -［（-869）×19］｝÷2-［2×888×（-869）+2×8882］=888×（907-19），于是證明888是兩個奇素數(shù)之差：907-19。

如所有例題作證，定理具有無限的能量，從而給力哥德巴赫猜想“1+1”以及“1-1”，成為所有“1+1”或者“1-1”的高效載體，并且證明了“1+1”或者“1-1”，使人對“1+1”和“1-1知其然而又知其所以然：“1+1”和“1-1”的成立完全“應該”（符合定理），是定理關于函數(shù)的“對應”法則使“1+1”和“1-1得以“回應”。先前所列舉的例題都是根據(jù)“定理”作出的“證明”定理是“科學的抽象”，是客觀情況的概括總結?！罢f明”和“證明的區(qū)別在于：“說明”是回答“怎么樣”，使人知其然；“證明”是回答“為什么這樣”，使人知其所以然。

筆者關于證明“1+1”和“1-1”的“十段路線圖”就是：因證明而定理，因定理而數(shù)列，因數(shù)列而等式，因等式而函數(shù)，因函數(shù)而值域，因值域而巨網(wǎng)，因巨網(wǎng)而概率，因概率而常態(tài)，因常態(tài)而證明因證明而報國！十段路線圖，一環(huán)扣一環(huán)，環(huán)環(huán)緊相連。如此連環(huán)陣班門弄斧演。尊師肯賜教，跪拜謝圣賢。錯誤拋天外，喜淚如涌泉。初生牛犢傻，不知河深淺。愣頭闖前沿，迷津當指點。功過與是非，自有公正判。愚公志移山，智叟冷眼觀。中國故事多，公正傳真言。

“蘑菇總是成堆地生長著”。數(shù)學往往一題多解。限于篇幅，本文所介紹的證明方法還有多種?，F(xiàn)在以法治國，憲法規(guī)定公民有進行科學研究的自由，不應當對研究哥德巴赫猜想的人抱有不正確的偏見因為偏見往往比無知更可怕。哥德巴赫猜想號稱數(shù)學王冠上的明珠，有志為國爭光而敢于摘取明珠有什么不對呢？請你支持我吧！學術交流能促進學科發(fā)展，廣開言路集思廣益，百花齊放百家爭鳴，多好??！實現(xiàn)數(shù)學強國的中國夢寄希望于青年！

每年參加高考的考生中，有的人數(shù)學成績接近滿分，有的人分數(shù)很少。這是為什么？回答是“難了不會，會了不難”。同樣的試題，會者認為不難，不會者認為很難。辯證法認為：難和易是對立的統(tǒng)一是相對的，可以轉化的。世界上沒有絕對的數(shù)學難題。哲人說過，方向不對，知識再多等于無用。專利局所授權的發(fā)明創(chuàng)造，不都是高級知識分子搞出來的，知識不多的工人農(nóng)民也能搞發(fā)明創(chuàng)造，大發(fā)明家愛迪生沒有什么文憑，創(chuàng)造型人才無需過多知識。辯證法認為，在一定的條件下，好事可以變成壞事。知識較多是好事，但如果不解放思想，較多的知識反而束縛了知識的發(fā)揮。小孩子學走路，并不是先把世界上所有的路都熟悉一遍再學走路。哲人說過，干就是學習，從戰(zhàn)爭學習戰(zhàn)爭，這是我們的主要方法。怎樣是對，怎樣是錯，是相互比較而存在的，沒有對也就無所謂錯。這正如高考評卷有正確答案為依據(jù)一樣。不應當對哥德巴赫猜想的證明輕易說“不對”兩個字。只說“不對”而不幫助改正，這是助人為樂的雷鋒精神嗎？如果誰認為證明是錯誤的，應當詳細具體地指出究竟錯在哪里，怎樣修改才算正確哲人說過，錯誤是正確的先導。把不對的錯誤的證明改成對的正確的證明，不亦樂乎？這難道不是求之不得的好事嗎？有道是“千里馬常有，而伯樂不常有”，既有慧眼又甘當人梯的伯樂太難得了！“解放思想，實事求是，破除迷信，大膽探索”，這對科學戰(zhàn)士太重要了！實現(xiàn)數(shù)學強國的中國夢寄希望于初生牛犢不怕虎的青年人??！

由于存在“偏見”，不得已又添加了后記之言，索性做一下思想認識工作吧。