哥德**猜想的证明

蔡正祥

哥德**猜想的证明
    一、质数表示式
1、质数表示式的由来
已知；P=2n+1为奇数的表示式，式中为n=0、1、2、3……，自然数集。因奇数中含有全部的质数（除2外）,所以p=2n+1也可以视为奇质数的表示式，所不同的是其中有一部分不是奇质数，如：9、15、21、25、27、33、35......等等，这说明7、（9）、11，13（15）17，19、（21）23，23、（25、27）29，31（33、35）37.......
8 n! |) U% E( j- p它们两个奇质数之间的距离不是3、5、7，11、13，17、19之间的距离为2而是4、6或者8、10......。所以p=2n+1不能是奇质数的表示式，必须修正或选择。
% P- h% y, f( H% x& j将p=2n+1改为pn=2n+1+2n".......(1)
已知两个奇质数（Pn’，pn）之间的距离为D。为2的倍数。用2N表示。当N=1时。D=2N=2×1=2。即Pn’- Pn=2、Pn’=Pn+2，又知奇质数加1等于偶数，用2n表示，即Pn+1=2n，则Pn’=Pn+1+1，Pn’=2n+1......（1）’将（1）’式代入（1）式：pn=2n+1+2n"，得n"=0即pn=2n+1
以上说明，若两个奇质数（Pn’、Pn）之间的距离为2，即N=1，n"=0
, s' H+ S% o. U6 g4 Y则该奇质数的表示式与奇数表示式相同，为Pn=2n+1。因为奇数之间的距离为2。如3.5.7，11.13，17.19，它们之间的距离也都等于2即N=1,n"=0。
将n=1.2.3，5.6，8.9代入p=2n+1中得3.5.7，11.13，17.19。当N=2，D=2×2=4即Pn’－Pn=4，Pn’=Pn+1+3，Pn’=2n+3......（2）’’代入（1）式得n"=1，即Pn=2n+3如7.11，13.17，19.23.它们之间的距离都等于4
即N=2，n"=1将n=4.7.10代入Pn=2n+3得11.17.23，
- M2 p6 z" L8 z& l, Y: g! }% C! W5 |5 C- k同理N=3，n"=2，N=4，n’’=3......。即Pn’=2n+5......（1）’’’，pn’=2n+7......。如：23.29.31.37它们之间的距离都等于6，即N=3，n"=2将n=12.16代入Pn=2n+5得29.37。
由上可以得出，n"与 N的关系，n"=N－1。
: o' V% m! O& o即（1）式可以改为pn=2n+1+2（N-1）或pn=2n+2N-1......（2）
（2）式为奇质数表示式
由奇质数定理1（注2）得M=Pn+n’
) t3 O" i2 _& C. @) _ 将（2）式代入上式得M=2n+2N-1+n’      Pn+Pn’=2M=4n+2N-1+2n’+2N-1
4 k* I# j) d( {+ w0 w  因pn=2n’+2N-1  则Pn’=4n+2N-1……（3）
0 r0 @# b, {7 p) p2 O8 A' Z+ I) B由上得Pn=2n+2N-1......（2） Pn’=4n+2N-1……（3）
均为奇质数表示式 （2）（3）式涉及到两个变量n 、N只要n、N相互配合，就能表示所有的奇质数，由此只能是奇质数表示式的基础式
% P. V- M0 z2 ]$ J3 `: h" @& Z2.证明两个质数之间的距离为0、2、4、6、8…∞即整个偶数集。
- T. \' d$ c: }  假设：两个质数之间距离不包含整个偶数集，如不包含2n"。
  l. o6 ?7 i6 A. I4 P设2n"=0、2、4、6、8……∞。
即Pn'-Pn≠2n"……（4）式中2n"=0、2、4、6、8……∞
5 i( `! M' a2 N( b# `" R; v: ?根据奇质数的表示式Pn=2n+2N-1……（2）  Pn'=4n+2N-1……（3）
1 h9 L' d! b. N1 W6 J9 P0 n用2n"、 4n"分别代替2n 、4n   
Pn'- Pn= 4n"+ 2N-1 -（2n"+2N-1 ）   Pn'- Pn=2n"……（4）’
8 ]" h! e! \+ h0 ]3 N5 G5 w                    
其结果（4）’式与（4）式相悖，证明（4）式是错误的。
这种假设不存在，证明两个奇质数之间距离包含整个偶数集。
( s+ x9 k! r0 K/ c即Pn'- Pn=2n…（4）’'式中n=0、1、2、3、……∞
( f' x0 F( e. i& l- O) Q$ V例如：2n"=6，2n"+1=7，4n"+1=2×6+1=13，13-7=6
2n"=40，2n"+3=43，4n"+3=2×40+3=83，83-43=40
" d' C0 E4 `9 f2n"=80，2n"+3=83，4n"+3=2×80+3=163，163-83=80
" G+ ^! R0 G$ G. {7 W4 J1 B. ?2n"=100，2n"+27=127，4n"+27=2×100+27=227，227-127=100
0 b; {- X( c$ H8 b1 G3、奇质数表示式Pn=2n+2N-1的证明
  _$ U: {/ p4 F4 H+ h直接证明不行，亦可用两个奇质数之和的联合式来证明
即证明Pn+Pn’=2n’+2N-1+2n”+2N-1……（1）式在理论上成立或n为自然数集时（1）式成立。
  W- ~# y; g- ?3 Z- i在(1)式中设N=2，2n’+2n”=2n，即2n’，2n”为2n的偶数公由数(注1)
代入（1）式得Pn+Pn’=2n’+3+2n”+3=6+2n……（2）
0 n; c3 k- J3 r/ m在(2)式中设Pn=3代入(2)式得Pn+Pn’=2n’+Pn+2n”+Pn=2Pn+2n……(3)
又因两个奇质数之差为偶数，用2n表示，即Pn’=Pn+2n
代入（3）式得Pn+Pn+2n=2n’+Pn+2n”+Pn=2Pn+2n为恒等式，即（2）式Pn+Pn’=2n’+3+2n”+3=6+2n也为恒等式，即从理论上成立，
5 M* H; Z" A3 |# n3 w' }- L即证明（1）式在N=2，2n=2n’+2n”的条件下从理论上成立
  R0 Z1 N4 D* {4 N或Pn=2n’+2N-1和Pn’=2n”+2N-1在上述条件下也成立。
$ f: T  u" ^* E( K" \从而证明了奇质数表示式Pn=2n+2N-1从理论上成立。
5 f9 T+ V; C( T  f' u" c由此可以证明（3）式   ①为恒等式   ②等式左边或右边表示两个奇质数之和   
7 s9 F: g0 g) v5 r2 O4.将n=0，1，2，3……自然数集时代入(2)式得3+3=0+3+0+3=6+0    3+5=0+3+2+3=6+2 5+5=2+3+2+3=6+4   5+7=2+3+4+3=6+6  7+7=4+3+4+3=6+8  5+11=2+3+8+3=6+10 5+13=2+3+10+3=6+12  3+17=0+3+14+3=6+14  5+17=2+3+14+3=6+16 59+67=56+3+64+3=6+120      61+67=58+3+64+3=6+122……
由此从理论上实例上证明了Pn+Pn’=2n’+3+2n”+3=6+2n……（2）Pn+Pn’=2n’+Pn+2n”+Pn=2Pn+2n……(3)成立， 从这个意义上讲
2 q0 D" q5 D' `0 F8 N) G（2）式或者（3）式才是完整的质数公式 即Pn*+Pn*+1=2n’+Pn+2n”+Pn=2Pn+2n………（3）*为质数表示式  在（3）*式中  Pn*  Pn*+1表示质数 n=0,1,2,3……自然数集 2n’+2n’’=2n 即2n’  2n’’为2n的公由数  Pn=3或Pn=2 （注3）
1 Z" y8 D9 c) Z( p/ J3 Z二、证明n为自然数集时（2）式Pn+Pn’=2n’+3+2n”+3=6+2n成立，
1、在（2）式中设2n’，2n”为2n的最后一对偶数公由数
若n为偶数时，2n/2=n，2n’=2n”=n，代入（2）式，

得（Pn+Pn’）/2=2n’+3=2n”+3=3+n……（4）
* N$ p$ a- _/ \3 v, i若n为奇数时，2n’+1=2n”-1=n
! D" f* q. v, ~7 h! ~同理得（Pn+Pn’）/2=2n’+1+3=2n”-1+3=3+n……（4）’
2 T9 m: z9 {% u+ r! j. `- M在(4)、(4)’式中设Pn=3得（Pn+Pn’）/2=2n’+Pn=2n”+Pn=Pn+n……（5）
- r, }. O' h& y% C8 _( _2 b, y! M（Pn+Pn’）/2=2n’+1+Pn=2n”-1+Pn=Pn+n……（5）’
2，由奇质数定理一、二(注2)得知（Pn+Pn’）/2=M M= Pn+n
即M为两个奇质数Pn Pn’之间的正中间数，将它代入上式，从而得到了或证明了M= Pn+2n’=Pn+2n’+1=Pn+n或=3 +2n’=3+2n’+1=3+n为两个奇质数Pn Pn’之间的正中间数
3、当n=0，1，2，3……自然数集，2n=0，2,4,6……偶数集 因任何偶数包括0都有最后一对偶数公由数。且第一个偶数公由数2n’为0,0,2.2,4.4,6. 6……60，60……∞/2,∞/2)根据M=pn+2n’或M=pn+2n’+1代入得M=pn+(0, 1+0,2,1+2,4,1+4,6 1+6……60,1+60………∞/2,1+∞/2),M=pn+(0,1,2,3,4,5,6,7,……60，61……∞/2,1+∞/2)即两个奇质数pn  pn’的正中间数M=pn+n=pn+0,1,2,3,4,5,6,7……60，61……∞/2,1+∞/2)
5 _% m0 Y8 Z2 t( a9 s. r# `' J设pn=3代入得M=3+n=3+0，1,2,3,4，
5，6，7……=3，4，5，6，7，8，9，10……63，６4……３+(∞-ａ)/2,４+(∞-ａ)/2)[ａ＞２（Pn+1）]再根据奇质数定理三找到M两边奇质数, pn  pn’且pn=M-n’pn’=M+n’即Pn+Pn’=2M=2X(3,4,5,6……)=6,8,10,12……即大于4的偶数集,得Pn+Pn’=6+2n.
即 从理论上证明每一个大于4的偶数都可以表示成两个奇质数之和。
  w8 o1 z" K6 w2 F# Q) J- C例  
n        0        1         2        3        4        5        6        60        61
2n        0        2        4        6        8        10        12        120        122
2n’        0        0        2        2        4        4        6        60        60
2n’’        0        2        2        4        4        6        6        60        62
M（2n’+3或n’+1+3）        3        4        5        6        7        8        9        63        64
Pn        3        3        5        5        7        5        7        59        61
Pn’        3        5        5        7        7        11        11        67        67
Pn+pn’(2M)        6        8        10        12        14        16        18        126        128
7 m' T: J6 j; y0 A/ Z0 L, g
0 t2 |+ _- S4 Z8 Q由上表得出 M=3 4 5 6 7 8 9……大于2的自然数集，pn+pn’=2M=2X（3 4 5 6 7 8 9……）=6 8 10 12 14 16 18 ……大于4的偶数集。
又例如，2n=22222222222222222   n=11111111111111111
因为n为奇数，2n’+1=2n’’-1=n   2n的最后一对偶数公由数2n’ ,2n’’分别为2n’=1111111111111110  2n’’=11111111111111112  
% X7 ]9 r, F1 C+ x- ?则 Pn+Pn’=2n’+1+Pn+2n’’-1+Pn=1111111111111110+1+3+11111111111111112-1+3=22222222222222228
(Pn+Pn’)/2=2n’+1+Pn=2n’’-1+Pn=Pn+n=3+n=M
. K6 k, S- m# f6 T+ aM=11111111111111111+3=11111111111111114
根据定理三，因M的左边相邻处找到Pn
. c2 S# v1 T, Y然后通过n=M-Pn 求得 n由 Pn’=M+n  求得 Pn’
已知  M的左边相邻处找到Pn=111111111111111111   n=M-Pn=11111111111111114-11111111111111111=3
Pn’=11111111111111114+3=11111111111111117
1 R- X) F! @+ T3 [: S6 e( h8 VPn’+Pn=111111111111111111+11111111111111117=22222222222222228
; |) h6 h* T; _/ d( E! e
- F% T5 G* r) k7 Q* e2 f       =2M=11111111111111114X2=22222222222222228
三，也可以这样证明
; ?5 u5 p' a  n) S1，        在Pn+Pn’=2n’+2N-1+2n”+2N-1……（1）式中  
设2n’，2n”为2n的最后一对偶数公由数
若n为偶数时，2n/2=n，2n’=2n”=n，
若n为奇数时，2n’+1=2n”-1=n       
4 t- h6 J2 K  y代入（1）式 得（Pn+Pn’）/2=2n’+2N-1=2n”+2N-1
3 s* }6 G& P* ~7 O7 G+ N（Pn+Pn’）/2=2n’+1+2N-1=2n”-1+2N-1
7 H) w& X- q! I# T6 D或（Pn+Pn+2n）/2=n+2N-1=n+2N-1  
Pn+n=n+2N-1=n+2N-1  得Pn=2N-1
代入（1）式得Pn+Pn’=2n’+Pn+2n”+Pn
或Pn+Pn+2n=2n’+Pn+2n”+Pn(恒等式)
. i8 d9 F4 t' S5 {由上证得  Pn+Pn’=2n’+2N-1+2n”+2N-1……（1）  在理论上成立
当n=0，1，2，3……自然数集，2n=0，2,4,6……偶数集 因任何偶数包括0都有最后一对偶数公由数。且第一个偶数公由数2n’为0,0,2.2,4.4,6. 6……60，60……∞/2,∞/2)根据Pn+n=Pn+2n’=pn+2n’+1得pn+n=Pn+(0,1+0,2,1+2,4,1+4,6 1+6……60,1+60………∞/2,1+∞/2)=pn+(0,1,2,3,4,5,6,7,……60，61……∞/2,1+∞/2) pn+n=pn+0,1,2,3,4,5,6,7……60，61……∞/2,1+∞/2
# p7 k' T1 H% i' b% D设pn=3代入得3+n=3+0，1,2,3,4，
" b% e' t5 X) A- n: g3 J0 z5，6，7……=3，4，5，6，7，8，9，10……63，６4……３+(∞-ａ)/2,４+(∞-ａ)/2)[ａ＞２（Pn+1）]
代入上式 Pn+Pn’=Pn+Pn+2n=(Pn+n)x2=(3+n)x2=(3,4,5,6……)x2=6,8,10……=6+2n
或Pn*+Pn*+1=6+2n
2，        因两个奇质数之间的距离为偶数  用2n表示
即  Pn’=Pn+2n   得Pn’+Pn=Pn+Pn+2n……（1）       
& {" P1 G" x4 H! ^0 m在（1）式中   设 2n’+2n’’=2n  即  2n’    2n’’为2n的偶数公由数   
# ], m/ p: t; V; q  u" @代入（1）式得   Pn’+Pn=Pn+2n’+Pn+2n’’……（2）
% h, w" a5 t$ q. J- w设2n’    2n’’为2n的最后一对偶数公由数   
4 ]( f2 I) e, Y4 T: Y3 C8 ]; o若n为偶数时，2n/2=n，2n’=2n”=n
得（Pn+Pn’）/2=2n’+Pn=2n”+Pn
% r# f. Y' Z/ P' S+ g若n为奇数时，2n’+1=2n”-1=n
; Z& z" V! c- s9 Q5 D同理得（Pn+Pn’）/2=2n’+1+Pn=2n”-1+Pn
+ l* W, ~# G& J即   （Pn+Pn’）/2=2n’+Pn=2n”+1+Pn……（3）
n为偶数2n=0,4,8,12……
2n的最后一对偶数公由数为0、0，2、2，4、4，6、6……
2n’=0,2,4,6……偶数集
n为奇数  2n=2,6,10,14……
6 g( T* N0 q( Y% c3 A" q7 f# {2n的最后一对偶数公由数为 0、2，2、4，4、6，6、8……
2n’+1=1,3,5,7……奇数集  
' F9 q) r0 i! D) z8 A将以上数字代入（3）式得（Pn’+Pn）/2=Pn+(0，1，2，3，4，5，6，7……)自然数集
Pn’+Pn=2Pn+0,2,4,6,8……偶数集   
8 Z2 \' s8 W% i2 q+ E设  Pn=2  或        Pn=3
代入上式得   Pn’+Pn=4+2n或Pn’+Pn=6+2n
3 `( m0 x; L) u7 q四，奇质数定理三的证明
（1）        已知M=3，4，5……大于2的自然数集n’=0,1,2,3……自然数集
$ Y( A3 l8 w* b/ L+ A( n又已知Pn’-2n=Pn    Pn’-0,2,4,6……=Pn
5 u1 [6 Z2 X: R+ I% H" i1 ?# V7 [Pn’-0，1，2，3……=Pn+0,1,2,3……=M
Pn=M-0,1,2,3……  Pn’=M+0,1,2,3……
3 Q5 K- y: H- T5 n或 Pn=M-n’    Pn’=M+n’
由此证明了  Pn=M-n’    Pn’=M+n’或Pn+Pn’=2M  成立
5 C- D1 Y- J" w9 {0 z（2）        实例说明  Pn=M-n’  即Pn=3,4,5,6,7,8,9,10……-0，1，2，3，4，5……
7 H8 ]; R. [* }7 C6 N+ E& `  O                  Pn’=M+n’   Pn’=3,4,5,6,7,8,9,10……+0，1，2，3，4，5……
得 Pn=3-0=3  Pn’=3+0=3   M=3  2M(Pn+Pn’)=6
# M* r6 {9 g' V, d$ J0 d     =4-1=3     =4+1=5    =4             =8
5 o' w& L8 L6 [2 H  N     =5-2=3     =5+2=7    =5             =10
: I0 s  g9 I" j" c     =6-1=5     =6+1=7    =6             =12
     =7-0=7     =7+0=7    =7             =14
    =8-3=5    =8+3=11     =8            =16
$ [' e0 U! o' d  t% S    =9-4=5    =9+4=12     =9            =18
8 t9 y9 V, F# L1 H    =10-3=7   =10+3=13    =10           =20
    =11-6=5   =11+6=17    =11           =22
* T$ ?: `- s; A8 |! W    =12-5=7   =12+5=17    =12           =24
3 x" j: [: X2 T7 f* T9 a' X. OPn+Pn’ =3，4，5……-0，1，2，3……+3，4，5……+0，1，2，3……
      =3，4，5……+3，4，5……=2x3，4，5……=2M=6，8，12……=6+2n
（3）已知M-n’=Pn  M+n’=Pn’
或 M-0，1，2，3……=Pn    M+0,1,2,3……=Pn’  
即 在Pn和Pn’两个奇质数的正中间数M的左边n’处或0，1，2，3……处
存在着奇质数Pn  M的右边n’处 存在着奇质数Pn’  且M到Pn、Pn’处的距离相等且=n’   例题见（2）
由此 从从实例上、理论上证明了奇质数定理三的成立。
五、质数表示式的证明
8 S5 v+ }0 z% s7 \* H% ?1完整的质数公式 即Pn+Pn’=2n’+Pn+2n”+Pn=2Pn+2n………（3）为质数表示式或Pn+Pn’=2n’+3+2n”+3=6+2n ……（2）     在式中  Pn  Pn’表示质数 n=0,1,2,3……自然数集 2n’+2n’’=2n 即2n’  2n’’为2n的公 由数  Pn=3或Pn=2  
7 U2 I' a' j/ r) a) K在（2）式中2n’+3   2n”+3必须为奇质数，即Pn=2n’+3  Pn’=2n’’+3
第一种情况 若2n+3为奇质数 如n=0，1，2，4，5，7，8，10……时2n的第一对偶数公由数2n’   2n’’代入（2） 式均成立，2n的第一对偶数公由数为0，0、0，2、0，4、0，8、0，10、0，14、0，16、0，20 代入（2）式得 Pn +Pn’=0+3+0+3=3+3
                                             =0+3+2+3=3+5
                                             =0+3+4+3=3+7
                                             =0+3+8+3=3+11
                                             =0+3+10+3=3+13
                                             =0+3+14+3=3+17
                                             =0+3+16+3=3+19
                                             =0+3+20+3=3+23
, h9 e0 v/ e$ J; a第二种情况 若2n+3不为奇质数 如 n=3，6，9，11即2n的第一对偶数公由数2n’’ (或2n)+3不为奇质数。如2n=6,12,18,22 它们的第一对偶数公由数为0，6、0，12、0，18、0，22
9 D+ H+ `$ W( i+ d即6+3=9   12+3=15  18+3=21  22+3=25  
这必须启用第二对偶数公由数2，4、2，10、2，16、2，20 将以上数字代入（2）式得
5 N$ J  O) U5 |9 ~Pn +Pn’=2+3+4+3=5+7
7 D/ }" ?9 m* c0 M8 M1 a      =2+3+10+3=5+13
      =2+3+16+3=5+19
      =2+3+20+3=5+23
% I7 m/ j$ f( x9 k第三种情况 2n-(2,4,6……)+3不为奇质数或2n的第2，3，4……对偶数公由数中的2n’’+3不为奇质数，如n=12，16，24，27 即2n的第一二对偶数公由数2n’’(2n-2)+3不为奇质数 如2n=24,32,48,54  它们的第一二对偶数公由数为0，24、2，22、0，32、2，30、0，48、2，46、0，54、2，52即24+3=27   22+5=25  32+3=35  30+3=33  48+3=51  46+3=49  54+3=57 52+3=55则必须启用第三对偶数公由数 4，20、4，28、4，44、4，50 将以上数字代入（2）式得  Pn +Pn’=4+3+20+3=7+23
            =4+3+28+3=7+31
6 x3 s4 _+ R& g" ?* x: I, ~" T            =4+3+44+3=7+47
" J( D$ }) @% }            =4+3+50+3=7+53
又如n=46,61,2n=92，122它们的偶数公由数如下
) M+ S" ]: S1 t0，92．2，90.4，88.6，86.8，84.10，82.12，80.14，78.16，76。18，74.20，72.22，70。24，68.26，66.28，64.30，62。32，60.34，58.36，56.38，54.40，52.42，50.44，48.46，46.（24对）
0，122．2，120. 4．118，6，116．8，114.10，112。12，110.14，108.16，106.18，104。20，102。22，100。24，98.26，96.28，94.30，92.32，90.34，88.36，86.38，84.40，82.42，80.44，78.46，76.48，74.50，72。52，70。54，68.56，66.58，64.60，62.（31对）
& [) v& M. [0 Z2 M7 V8 E它们的偶数公由数分别为24，31对。
& y" W* k. b6 N" m  N' p2n=92的有第 9，15，18对能用  即        Pn+Pm’=16+3+76+3=19+79
# H* Q! p0 \/ w" g4 a                                           =28+3+64+3=31+67
                                           = 34+3+58+3=37+61
2n=122由第9，15，30对能用即Pn+Pn’=16+3+106+3=19+109  
$ l4 C2 }! h) {; L6 u' T0 {                                   =28+3+94+3=31+97
                                   =58+3+64+3=61+67
6 T% P! \) Y. k' c* g: i综述以上 质数表示式（2）式中 n为自然数集时，2n的偶数公由数2n’  2n’’ 有一对以上使2n’+3  2n’’+3  均为奇质数  
2n的最后一对偶数公由数 使（2）式变为（Pn+Pn’）/2=M=2n’+3=2n’’+3……（4）
3 d. I( F2 t0 G  |- x% f                                                   =2n’+1+3=2n’’-1+3
                                                   =n+3
# c) c3 s& T; j9 y' ?5 B" s; T; l                                                   =3,4,5……
$ `7 n8 I/ b2 B; X2 |* p# d; U即 Pn Pn’的2个奇质数之间的正中间数M 为大于2的自然数集  根据奇质数定理3 Pn+Pn’=2M=2x3，4，5……=6，8，10……=6+2n
2，质数表示式的证明
(1)        已知 Pn=2n+2N-1  
设N=2    2n’=2n  代入上式
% A4 R- _. }8 m9 h+ S; F  I( ]& O( Z得Pn=2n’+3  
1 I1 i$ V& j  e+ T( @      Pn’=2n+6-(2n’+3)
      Pn’=2n-2n’+3
8 a2 R' |9 Y% U& _& H# I4 b5 Q0 L又已知 Pn’=2n’+3+2n’’’
6 U1 ?# |# Q, q- Y8 a9 [2n-2n’+3=2n’+3+2n’’’    2n=4n’+2n’’’
( Z% F! ~  I. E1 U/ e9 l4 jPn=2n’+3   ……（1）
Pn’=2n-2n’+3……（2）
2n=4n’+2n’’’ ……（3）
上式中 n=0,1,2,3……自然数集  2n’为2n的第一个偶数公由数  2n’’’为Pn   Pn’之间的距离  Pn+Pn’=6+2n
2n=0  2n’=0  Pn=0+3=3  Pn’=0-0+3=3           2n=0+0=0   2n’’’=0
  =2    =0     =0+3=3    =2-0+3=5              =0+2=2      =1
7 V( w2 _( _# x4 ]9 C  =4    =0     =0+3=3    =4-0+3=7              =0+4=4      =2
  q" m  w  e, |  =6    =2     =2+3=5    =6-2+3=7              =4+2=6      =1
  =8    =0     = 0+3=3   =8-0+3-11              =0+8=8      =4
/ t7 E1 D% c# J% a5 i! J  s2 o- L  =10   =0     =0+3=3    =10-0+3=13            =0+10=10    =5
  =112  =16    =16+3=19  =112-16+3=109         =32+90=112  =45
( o& L; D9 w( ~0 s+ b- X（2）方程组
1 a/ f7 W  R- NPn=2n’+3   ……（1）
% S' L3 A. ~* K/ d& z( F- P; yPn’=2n-2n’+3……（2）
$ z! ~0 v( e( s3 c+ m2 {2n=4n’+2n’’’ ……（3）
3 E% Z( v; E2 b0 `' N1 S①        方程组的特征或要求 n为0，1，2，3……自然数集时方程要成立
; |8 S/ I4 q, L1 Y+ L2n’+3  2n-2n’+3必须均为奇质数 2n’为2n的第一个偶数公由数 2n’可以任意选任何一对
②解方程的步骤
0 T0 f; {* V: w/ J( W1 }4 M设2n=0，2，4，6……偶数集   根据2n的偶数公由数2n’  2n’’ (2n=2n’+2n’’)
确定2n’  求Pn=2n’+3   Pn’=2n-2n’+3  根据2n=4n’+2n’’’求2n’’’=2n-4n’
③证明方程组成立
' w+ _6 W3 [$ W, x/ V, ^" o8 M, ~9 b即证明Pn=2n’+3  Pn'=2n’'+3  
已知 Pn+Pn’=2n’+3+2n’’+3=6+2n
又已知Pn’=2n-2n’+3  2n=2n’+2n’’  2n''=2n-2n',得2n-2n’+3=2n’'+3  
   
2n=4n’+2n’’’=2n’+2n’+2n’’’    2n=2n’+2n’+2n’’’
0 X/ C4 W2 l) T. s( @* Q& p# D3 D得 2n’’=2n’+2n’’’   Pn’=2n’’+3=2n’+2n’’’+3=2n’+3+2n’’’=Pn+2n’’’=Pn+0,2,4,6……
: ^/ b3 L0 v8 R) R) ?: nPn=2n’+3
& }# @! L+ [  t! u% X+ d( gPn’=2n’+3+2n’’’
因 2n的第一个偶数是公由数2n’为0，2，4，8，10，14……除6，12，18，22，24……之外的偶数集，因6，12，18，22，24的偶数都可以分解为2，4。2，10。8，10。8，14。4，20即2n’可以避开6，12，18，22，24……
即Pn=2n’+3成立
& v- H2 e% ?, Y! @; Y5 V% _# G9 dPn’=2n’+3+2n’’’
  =Pn+2n’’’
  =Pn+0，2，4，6……
已知Pn到Pn’的距离为0，2，4，6……
( q  R- _# h4 [! f则Pn’=2n’+3+2n’’’也成立
& R2 B2 _+ A$ N- F- {即Pn’=2n’’+3 也成立
3 用数字来检验质数表示式的成立
1 R2 T: b0 Q9 }" _8 t. b已知Pn+Pn’=2n’+3+2n”+3=6+2n    Pn=2n’+3   Pn’=2n’+3+2n’’’     2n=4n’+2n’’’
# y$ N4 b4 ^: Z9 `: J8 X设  n=0,1,2,3……   2n=0,2,4,6……
   2n=0    4n’=0    2n’’’=0    2n’=0    2n’’=0    Pn=3    Pn;=3    Pn+Pn’=6
     =2       =0       =2       =0       =2      =3       =5          =8
      4        4        0         2        2       5        5           10
      6        4        2         2        4       5        7           12
      8        8        0         4        4       7        7           14
      10       4        6         2        8       5        11          16
      12       8        4         4        8       7        11          18
      14       8        6         4        10      7        13          20
      16       16       0         8        8       11       11          22
     18        16      2         8       10        11        13         20
! Z; c6 o% Z$ d. a: G     20        20      0         10      10        13        13         26
8 I8 Y  Z# k7 P+ r" Q. E  F4 t* T     92        32      60        16      76        19        79         98
     92        56      36        28      64        31        67         98
     92        68      24        34      58        37        61         98
     122       32      90        16      106       19        109        128
     122       56      66        28      94        31        97         128        
5 e# E9 G5 j/ l9 C$ n. [  b' u     122       116      6        58      64        61        67         128
2n=22222222222222222  4n’=22222222222222220  2n’’’=2
. f. A( k7 b! _) W$ b; H! w1 f) J2n’=11111111111111110  2n’’=11111111111111112   Pn=1111111111111113   Pn’=11111111111111115  Pn+Pn’=22222222222222228
六，奇质数定理和公由数理论是证明猜想唯一的新方法
1，以上证明是根据质数的特征及其规律为理论依据 即（1）质数除2外都是奇数
+ M; x& c1 [( ]" T7 \* G& F. S(2），由于是奇数，它们之间的差为偶数  即Pn’-Pn=2n
# d4 |, k4 e+ s(3)，它们的分布是不规则的
由上述三个特征得到三个定理（见注2）
. `7 g) S" y: P. L! g. q6 A即奇质数之间的共同规律
2，以上证明涉及到五个问题
4 X6 i( D2 P! g4 Y- a' n# T ① 公由数理论。注1已经说的很清楚，是大家可以接受的数学公理，无需证明和检验
② 最后一对偶数公由数也是存在的，大家也可以公认，无需证明
③ 由最后一对公由数求得（Pn’+Pn）/2=Pn+n=M 的方法也是正确的
④ 由2n 的最后一对公由数，求得M=3，4，5，6……或M=2，3，4，5……也是正确的
% ]3 u0 ]% N, k2 ]0 I3 f4 y ⑤ 通过定理三求得2M=6，8，10，12……或2M=4，6，8，10……这个方法也是正确的。
3，公由数是鄙人发明的新概念，新理论，正如王元所说，它是一种新型的数学模型，它与三个奇质数定理加上完整的质数表示式才能证明猜想，以上三者缺一不可，事实上没有公由数新理论，也没有质数表示式，数学界普遍认为在没有新的理论诞生之前，即使是数论专家也无法证明猜想，数学家希望催生新的理论，公由数和公和数是最基本的数学概念，犹如公因数和公倍数一样，无需证明，可视为数学公理。
鄙人城请数学界能把公由数新理论写进教材。
注1：为了便于证明和计算，俾人提出公由数和公和数这个新概念、新理论
因为因素与理由意思相近或相似
公因数与公倍数相对应，俾人将公由数与公和数相对应，前者是乘除关系，后者是加减关系。
4 \: L; l3 m+ V! ]公和数和公由数定义：任何一个数（自然数包括0）都可以分解为两个数的和，这两个数的和为公和数，而这两个数为它的和的公由数
% T% z8 S/ x4 q- M. c/ y如：1、2、3、4、0  可以分别分解为0、1，0、2，1、1，0、3，1、2，0、4，2、2，1、3，0、0，以上1、2、3、4、0为公和数，它们的公由数分别为0、1，0、2，1、1，0、3，1、2，0、4，2、2，1、3，0、0，特例0的公和数和公由数相等
. j, Y3 Z4 T9 q' h- L: J这里讨论的公和数和公由数是指偶数集（包括0）
7 h& q& a; O3 K6 I- q6 I又如，６的公由数为０，６　　１，５　　２，４　　３，３
０和６，１和５，２和４，３和３的公和数为６
因，2n’  2n’’为偶数，只能取０，６，２，４同样，８的偶数公由数为０，８　　２，６　　４，４以上情况是显而易见的，不必证明，可视为数学公理，以予公认
任何偶数（包括0）都有一对以上的偶数公由数
   设2n’  2n’’  为2n的偶数公由数  则 2n=2n’+2n’’  或 2n’=2n-2n’’   2n’’=2n-2n’
2n的偶数公由数可用 2n’=0+2n’  2n’’=2n-2n’ 来表示
注2   在数轴上，任何两个数或奇质数Pn.Pn’到这两个数或奇质数之和的二分之一数（Pn+Pn’）/2之间的距离相等。即（Pn+Pn’）/2-Pn=Pn’-（Pn+Pn’）/2式中Pn’＞Pn（定理一）。
% K, j# [6 }# y! Q. M' M+ t$ u下面来证明定理一：
已知：Pn’-Pn=2n’  因两个奇质数之间的距离为偶数，可用2n’表示。
则Pn’=Pn+2n’    将Pn+2n’=Pn’代入上式得（Pn+Pn+2n’）/2-Pn=Pn+2n’-（Pn+Pn+2n’）/2
+ C- B& q$ K& Y5 j) Y# bPn+n’-Pn=Pn+2n’-Pn-n’   n’=n’   定理一成立
- c% i/ m- _3 I3 c# z; r& _$ e, Z3 A即任意两个奇质数pn，pn’到这两个奇质数之和的二分之一数之间的距离相等，且=n’（奇质数定理一）
1 c3 O  \8 a& b5 r7 q& z% I由上得：Pn+n’=Pn’-n’=M  即M=Pn+n’  2M=Pn+n’+Pn’-n’=Pn+Pn’
/ K( l6 O1 d3 F' m. I* ]# `# lM=(Pn+Pn’)/2  即M为Pn.Pn’之间的正中间数。
由上得到第二个定理：在数轴上，Pn’与Pn之差的二分之一为n’（即Pn’-Pn=2n’）
则Pn’.Pn之间一定存在一个正中间数M。则M-Pn=Pn’-M=n’.
即任何两个奇质数pn，pn’之间一定存在一个正中间数M，且M=pn+n’=pn’-n’（奇质数定理二）
- L# f% v. b. ~6 _9 ^7 Y得Pn’+Pn=2M.   M=Pn+n’
. {& j1 b' i( x9 H' ?$ y例
( Z: P- t, r4 G5 y) l# npn        3        3        5        5        59        61
4 F, C5 [3 L6 G1 b
Pn’        3        5        5        7        67        67
2n’        0        2        0        2        8        6
n’         0        1        0        1        4        3
M(Pn+n’)(pn’-n’)        3        4        5        6        63        64
+ p1 x3 v* u# u" E) ^* M2M(Pn+Pn’)        6        8        10        12        126        128
% G! L( J+ g7 o) U6 G由上得 Pn=M-n’   Pn’=M+n’    由此得到第三个定理（即定理二的逆定理）
4 O1 H& Y9 ~  n9 z6 |9 @) t/ ~即已知M为任何两个奇质数之间的正中间数，则在M 的左边或者右边一定存在一对奇质数  pn  pn’且 pn=M-n’
Pn’=M+n’  得 pn+pn’=2M
& j1 y1 r% B1 A% \M(Pn+n’)(pn’-n’)        3        4        5        6        63        64
2M(Pn+Pn’)        6        8        10        12        126        128
2n’        0        2        0        2        8        6
n’        0        1        0        1        4        3
Pn        3        3        5        5        59        61
Pn’        3        5        5        7        67        67

注3：在（3）*式  Pn*+Pn*+1=2n’+Pn+2n”+Pn=2Pn+2n式中
" E* W4 R/ K/ Q$ c/ j: s若 Pn=2 代入得  Pn*+Pn*+1=2n’+2+2n”+2=4+2n 或Pn+Pn’=2n’+2+2n”+2=4+2n……（2）’
/ b! M8 y2 o! t2 l% z8 T$ f式中  2n=2n’+2n’’  即  2n’  2n’’为2n的奇数公由数  （这里0既是偶数，又是奇数）
3 S8 Z4 }/ h% T( [7 g例  当n=0，1，2，3……自然数集时 代入上式得 2+2=0+2+0+2=4+0
% W7 Z+ @0 i" x                                          3+3=1+2+1+2=4+2
; c' j* G" p2 b                                          3+5=1+2+3+2=4+4
                                          5+5=3+2+3+2=4+6
5+7=3+2+5+2=4+8
7+7=5+2+5+2=4+10
59+67=57+2+65+2=4+122
3 L" r& L% a; Y6 [- K61+67=59+2+65+2=4+124
…………………………
在(2）’式中，设 2n’  2n’’为2n的最后一对奇数公由数
/ i; C0 d  J1 v当n=0，1，2，3，4，5……61，62……∞/2自然数集时2n的最后一对奇数公由数为0、0。
# l2 J" u& }& O$ t/ }- l* Z1、1，1、3，3、3，3、5，5、5……61、61，61、63，……∞/2、∞/2。
  \  ~. V6 {& u9 Q7 q* g若n为奇数时  2n’=2n’’=n
8 ?4 P) W+ a$ _% d) |" N若n为偶数时  2n’+1=2n’’-1=n  代入（2）’式     再根据奇质数定理   得  (Pn+Pn’)/2=2n’+2=2n’+1+2=2+n=M
2 r6 Q9 `# k! `8 X8 i1 j! ]' P! @M=2+(0，1，1+1，3，3+1，5，5+1……61，61+1……∞/2)
=2+（0，1，2，3，4，5，6……61，62……∞/2）
' C8 S! T) @2 k! Z =2+n=2，3，4，5，6，7，8……63，64……∞/2
. w+ w9 S/ p, E再根据奇质数定理3，得Pn+Pn’=2M=2x(2,3,4,5,6,7,8……63，64……∞/2)=4，6，8，10……∞=4+2n或Pn*+Pn*+1=4+2n
即大于2的偶数都可以表示成两个奇质数之和。
; P5 ^- u, @' P. n. Q' U笔者   蔡正祥
        2011-8-6
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