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孪生质数与哥德巴赫猜想的证明对孪生质数与哥德巴赫猜想的研究，重点不在于证明，而在于完善质数理论，将质数的和与差的感性认识（表面现象）推向理性认识，便于人类进行推广和应用，证明只是它们之间数理关系的必然结果。比如，大偶数之内的质数多如牛毛，要寻找它的一个质数对犹如大海捞针，如果，我们采取顺藤摸瓜，必然达到事半功倍的效果。这就是数学研究的目的。两个猜想成立的必要条件是：总的条件是：质数必须永远存在。孪生质数猜想成立的理由是：1，质数差的具体个数，总得分配到具体的偶数；2，相差每个偶数的质数组，都必须具有存在的基础条件；3，相差每个偶数的质数组都必然增长的理由依据。哥德巴赫猜想成立的理由是：1，质数和的具体个数，总得分配到具体的偶数；2，每个偶数都必须有组成质数对的基础条件；3，组成大偶数的质数对的质数，是由符合同类型小偶数质数对原理的数发展起来的，并且大偶数的质数对不低于同类型小偶数的质数对；4，符合偶数质数对原理的数，存在于偶数之内的（除了1和偶数-1外）都能组成偶数的质数对。目前看来，哥德巴赫猜想只有使用绝对证明法进行证明，至于人类今后使用什么方法证明，那是今后的事。在看本文之前，最好先查看《中国剩余定理新解法》，新解法中的中国剩余定理是单相选择，应用到本文是多项选择。一、题1、孪生质数猜想原题：相差2的质数永远存在。我们将该猜想更正为：相差任意偶数的质数组都存在，并且永远存在。2、哥德巴赫猜想有两个命题：命题一、大于4的偶数可以表示为两个奇质数之和；命题二、大于7的奇数可以表示为三个奇质数之和。针对命题二，我们任意取一个奇数19进行说明：因19-6=13，而13之内有奇质数13，11，7，5，3。那么，19=13+6，19=11+8，19=7+12，19=5+14，19=3+16。从这里可以看出：只要命题一成立，那么，命题二就必然成立。所以，哥德巴赫猜想只须要证明命题一成立即可。当你看了本文之后，就会知道：改进了的孪生质数猜想与哥德巴赫猜想命题一，是同一原理的正反面，它们是相辅相成的关系。二、质数只能被1和自身数整除的整数，叫质数。（1不是质数）。因为，1不是质数，所以，质数是不能被其它质数整除的整数。反过来，大于3的任意整数，只要它不能被它根号以下的所有质数整除时，它就是质数（用来作质数判断）。也就是说：质数是，既不能被它根号以下的所有质数整除，也不能被小于它的所有质数整除的整数。这里有两个问题必须搞清楚：质数的分布是否有规律？质数是否永远存在？都说质数，现在没有具体的计算方法。其实不然，我认为：应用最少的运算步骤，使用最简单的计算，计算出结果的方法，就叫做计算方法：1、当第一个质数2出现后，在2之内存在2个数：1，2。我们以这两个数为首项，以2为公差，可以组成两个等差数列：1+2N，2+2N，因2+2N数列的数都能被2整除，况且该数列除了2之外，都是含2的合数，我们把首项能被公差或者公差分解出来的质数因子整除的整数递增等差数列，除了首项的质数外，称为等差合数数列。我们删除合数数列。剩余1+2N数列。我们把与等差合数数列相对应的：首项不能被公差或者公差分解出来的质数因子整除的整数递增等差数列，称为能够产生新的质数的等差数列。说明：能够产生质数的等差数列，并不是说该数列的每一项都是质数，而是说在这个数列中必然能产生新的质数。2、仅大于2，且不能被2整除的数为3，它也是1+2N数列所产生的质数。我们把1+2N数列的数取3项：1，3，5，因2*3=6，以这3个数为首项，以6为公差能够组成3个等差数列：1+6N，3+6N，5+6N，因3+6N数列的数都能被3整除，除了3之外都是含质数3的合数，我们把它删除后，剩余2个数列都是能够产生质数的等差数列。3、仅大于3，且不能被2，3整除的数是5，我们把前面的两个能够产生质数的等差数列，各取5项：1+6N；1，7，13，19，25，5+6N：5，11，17，23，29，删除这里能被5整除的5和25后，这里的5和25是前面两个数列的首项乘以5所得，删除后，剩余8个数为首项，以2*3*5=30为公差组成8个能够产生质数的等差数列。4、第4个质数是7，我们将前面能够产生质数的等差数列各取7项：1+30N：1，31，61，91，121，151，181，7+30N：7，37，67，97，127，157，187，11+30N：11，41，71，101，131，161，191，13+30N：13，43，73，103，133，163，193，17+30N：17，47，77，107，137，167，197，19+30N：19，49，79，109，139，169，199，23+30N：23，53，83，113，143，173，203，29+30N：29，59，89，119，149，179，209。这里能被7整除的数，也是前面8个数乘以7所得，删除后剩余8*（7-1）=48个数为首项，以2*3*5*7=210为公差组成48个能够产生质数的等差数列。为什么说这是计算方法最简单，因为这里的删除数，是用前面等差数列的首项乘以这里的小质数产生的，一步搞定，用不着用每一个数去除以这里的小质数；为什么说这里的计算步骤最少？因为，这里每删除的一个数都是一个合数数列，而不是对每一个具体的合数都必须进行实际删除；这里的删除不存在重复删除。为什么人们目前不能接受这种方法叫做质数计算方法？是因为，人们以前所接触到的计算方法，都是单一的计算方法，一次计算出来一个得数。而这里的计算是质数独特的计算方法，它一次计算出来多个质数。……人们可以将这里的方法无限地延伸下去，用这种方法计算质数，肯定比原始的教科书中的简单、方便。当然，你也可以用《中国剩余定理新解法》，按你的须要计算所选的余数的质数，比如：计算A/2余1，A/3余2，A/5余3，A/7余3的质数，因A除以5和7都余3，满足这两个条件的数为3+35N；对于质数3来说取3项：3，38，73，满足除以3余2的数为38；在38+105N数列中，对于质数2来说取2项：38，143，满足除以2余1的数为143。这个数是合数，但，143+210N数列的所有质数：353，563，773，983，1193，1613，1823，……。都是满足这些条件的质数，由此看来这也是能够计算出多个得数的方法哈。这里体现了以下几个特点：我们以小质数（现有质数）为：2，3，5，7，11，…，R，令仅大于R的质数为E。1、在小质数2*3*5*7=210之内，不能被这些小质数2，3，5，7整除的数有：1*2*4*6=48个数；…；在小质数2*3*5*7*11*…*R之内，不能被小质数2，3，5，7，11，…，R整除的数等于1*2*4*6*10*…*（R-1）个数。2、以这48个数为首项，以210为公差，能够组成48个能够产生质数的等差数列；…；以1*2*4*6*10*…*（R-1）个数为首项，以2*3*5*7*11*…*R为公差能够组成1*2*4*6*10*…*（R-1）个能够产生质数的等差数列。这是对于原有能够产生质数的等差数列，不断进行细化，不断删除其中的合数等差数列的结果。3、因为，每一个能够产生质数的等差数列，能够被大于组成公差的质数整除的数的概率是一样的，就象这里对于每一个等差数列，各取仅大于小质数的质数E相同的项一样，每E个连续项只有一项能被E整除：4、在2*3*5*7*11*…*R之内，不能被质数2，3，5，7，11，…，R整除的数有：1*2*4*6*10*…*（R-1）个数，数字个数是由计算式固定的。这1*2*4*6*10*…*（R-1）个数，具有三种数：1；新质数；新质数之间的乘积。如：这里的48个数中的三种数有：1；大于7到121（即11＾2）之内的数都是新质数；大于121到210之内有质数，也有大于7的质数之间的乘积。5、在2*3*5*7*11*…*R之内，不能被质数2，3，5，7，11，…，R整除的1*2*4*6*10*…*（R-1）个数，以2*3*5*7*11*…*R为中心点对称，这些数在自然数中以2*3*5*7*11*…*R为周期进行延伸。这里所说的以中心点对称，具有两层含义：（1），这8个等差数列，各取7项，共56个数，这56个数列之和除以56为105，不能整除的数的平均性。（2），这56个数中能够被7整除的数为8个数，它们之和除以8为105，能够整除的数的平均性。因为，大于7的质数都产生于这48个能够产生质数的等差数列之中，所以，我们说大质数都是由不能被小质数整除的数发展起来的。反过来，任何一个大质数除以210的余数，都存在于这48个数之中。如果，我们继续按上面的方法，将这48个能够产生质数的等差数列延续下去，也就是把公差由210变为：2310，30030，510510，…。因为，能够产生质数的等差数列永远存在，所以，质数永远存在。即，在1*2*4*6*10*…*（R-1）个数中，小于E＾2的数，除了1以外，都是大于R的新增质数，这是永远不会改变的。质数的分布规律，是按照质数形成线路分布的，总形成线路是1+2N，第一细分是1+6N和5+6N，第二细分是公差为30的8个能够产生质数的等差数列，第四细分是以210为公差的48个能够产生质数的等差数列，…，也就是不断地从原细分中删除合数等差数列，形成新的能够产生质数的等差数列。相同公差能够产生质数的等差数列中的质数，在小范围内看是不均匀的，在大范围内看是相当均匀，平均的。 三、质数的和（差）定理许多人在研究哥德巴赫猜想时说：一个是质数，一个是偶数。质数与偶数本来是两类不同性质的数，以什么来作为恒量尺度，进行统一，这里告诉大家恒量尺度就是平方根以下的小质数。因为，前面说过：质数，既不能被它根号以下的所有质数整除，也不能被小于它的所有质数整除，即，两个质数的和，这里的两个质数都必须大于偶数的平方根，才能造成偶数与质数的必然联系是：偶数除以小质数的余数，与组成它的两个质数除以小质数的余数一一对应，都是不相同的；质数B-A所得的偶数，偶数除以小质数的余数，必然与B除以小质数的余数一一对应不相同。这就是质数的和（差）定理。如：29+53=82，53-29=24。这里的两个质数53和29，要确定29是质数，只须要用29除以小质数2，3，5即可确定它是质数；要确定53是质数，须要用53除以小质数2，3，5，7才能确定。而29是不能被小于或等于23的质数整除的，53是不能被小于或等于47的质数整除的，它们都存在不能被小于或等于23的质数整除，这里我们统一规定到不能被小于√82的质数整除，即，以偶数平方根以下的小质数为统一尺码，因√82≈9。这里的4个数除以小于9的质数的余数为：小质数， 2，3，5，7，质数29，1，2，4，1，质数53，1，2，3，4，偶数82，0，1，2，5，偶数24，0，0，4，3，从这里也可以看出：1、两个质数之和，两个质数必然是除以偶数根号以下的小质数的余数都不为0，两个质数之和的偶数，必然与这两个质数除以小质数的余数一一对应都不相同。说明：两个质数必须大于偶数的平方根（该定理才成立），也就是说该定理排除了由偶数平方根以下的质数组成的质数对。2、两个质数之差，令两个质数为A，B，且B>A，质数A和B除以√B以下的质数的余数必然都不为0，才能决定A和B都是质数；因A和B除以√B以下的质数的余数都不为0，所以，B-A=偶数，偶数的余数与B的余数必然一一对应不相同。说明：这里同样排除了A不属于√B以下的质数。四、定理的一般原理是否每一个偶数都有能够组成奇质数的和（差）的基础？奇质数与偶数和（差）的分配规律是怎样的？偶数的特性与能够产生质数的等差数列的分配规律，因为，按《中国剩余定理新解法》中说：当小质数为2，3，5，7，11，…，R时，在这些小质数的最小公倍数内，也就是在这些小质数的乘积之内，每一个数除以这些小质数的余数组合都不相同。当小质数为2，3，5，7，11，…，R时，偶数按能否被这些小质数中的奇质数整除特性进行分类，假设小质数中有N个奇质数，那么，按能否被小质数中的奇质数整除，在2*3*5*7*11*…*R内的偶数，共分为2＾N类。如，小质数为2，3，5，7时，这里共3个奇质数，即，把2*3*5*7=210之内的105个偶数，分为2＾3=8类，能被小质数X整除用0表示，不能被X整除我们用×表示，它们的具体分类，与对应符合质数对定理条件的能够产生质数的等差数列：（1）、小质数为2，3时，2^1=2类：小质数3，偶数个数，符合定理条件的数（数列）
×
2
1
0
1
2在2*3=6之内合计3个（2+1）偶数，分为2类，能被3整除的1个偶数，不能被3整除的偶数为2个，对应能够产生质数的等差数列最少为1个，最多为2个。（2）、小质数为2，3，5时，为2^2=4类： 小质数3，5，偶数个数，符合定理条件的数（数列）
×
×
8
3
0
×
4
6
×
0
2
4
0
0
1
8在2*3*5=30之内合计15个（8+4+2+1）偶数，对应能够产生质数的等差数列最少3个，最多为8个。（3）、小质数为2，3，5，7时，为2^3=8类： 小质数3，5，7，偶数个数，符合定理条件的数（数列）
×
×
×
48
15
0
×
×
24
30
×
0
×
12
20
0
0
×
6
40
×
×
0
8
18
0
×
0
4
36
×
0
0
2
24
0
0
0
1
48在2*3*5*7=210之内合计105个偶数，对应能够产生质数的等差数列最少15个，最多为48个数。如果，将这个表无限延续下去，由此可以看出：每一个偶数能够组成质数的和（差），都有与之相对应的能够产生质数的等差数列作为支撑，也就是说具备了相应的条件。该表表中数字的计算方法：偶数个数：不能被小质数X整除为X-1，能被X整除为1，如：表中的 ×
×
×指不能被3，5，7整除的偶数，为2*4*6=48个偶数，这48个偶数为：M/2余0；M/3余1，2；M/5余1，2，3，4；M/7余1，2，3，4，5，6；用《中国剩余定理新解法》可以计算出来，这里（略）。又如：表中的 ×
0
×指偶数能被5整除为1，不能被3和7整除为2和6，为2*1*6=12个偶数，这12个偶数为：M/2余0；M/3余1，2；M/5余0；M/7余1，2，3，4，5，6；计算出来分别是：10，20，40，50，80，100，110，130，160，170，190，200。符合定理条件的数（个数），指除以小质数2，3，5，7的余数，既不为0，也不与偶数除以这些小质数余数相同的数的个数。计算方法：不能被X整除的数为X-2，能被X整除为X-1。如： ×
×
×为1*3*5=15个数；又如：0
0
×指能被3和5整除，为2和4，不能被7整除为7-2=5，即，2*4*5=40个数。这些数的存在和应用，请继续看下面的质数的和（差）中存在的基础。五、孪生质数猜想孪生质数猜想成立的理由是：1，质数差的具体个数，总得分配到具体的偶数；2，相差每个偶数的质数组都有存在的基础，都必然存在；3，相差每个偶数的质数组都必然增长。（一）、质数差的数量我们令任意范围为M，在M内的奇质数为N个，那么，这N个奇质数可以组成（1+N）N/2个不同的奇质数差，任意两个奇质数的差都为偶数，这些不同的奇质数的差都存在于M之内，它们总要分配给具体的偶数。1、在10之内有3个奇质数，能够组成（1+3）*3/2=6个偶数，分别是：7-7=0，7-5=2，7-3=4，5-5=0，5-3=2，3-3=0。在10之内共有5个偶数，平均分配为1个多点，偶数6和8在这里没有奇质数的差；2、在100之内有奇质数24个，能够组成奇质数的差：（1+24）*24/2=300个，100之内有偶数50个，偶数平均分配为300/50=6个奇质数组，97-3=94，即，88，96，98在这里没有奇质数的差。3、在1000之内有奇质数167个，能够组成奇质数的差：（1+167）*167/2=14028个，1000内有偶数500个，平均分配给每个偶数为14028/500=28.056个。……从这里可以看出，不断增加的奇质数的差必然要落实到每一个具体的偶数，这就是相差任意偶数的奇质数组都存在，并且不断增长的第一个原因。（二）、相差任意偶数的质数组都有存在的基础相差任意偶数的质数组都有存在的基础，这个问题在上面第四部分已经提到，这里再具体谈一下。当小质数大于或等于偶数平方根时，相差该偶数质数组的基础就开始形成。例1，相差偶数68的质数组，因√68≈8，它平方根以下的小质数为2，3，5，7，因，68/2余0，68/3余2，68/5余3，68/7余4，按质数差定理：除以这些小质数既不为0，也不与偶数除以这些小质数余数相同的数。那么，有A/2余1；A/3余1；A/5余1，2，4；A/7余1，2，3，5，6，共计为1*1*3*5=15个（与上面表中所说的相同），即，余数个数相乘。这15个数都存在于2*3*5*7=210之内，具体计算出来是：1，31，37，67，79，97，109，121，127，151，157，139，169，181，199。这里的15个数，是符合偶数质数差定理的数，它们是经过小质数2，3，5，7检测的数，所以，这15个数中大于68+1，小于仅大于7的质数11＾2的数有79，97，109，它们必然是质数，也必然与减去68的数11，29，41组成相差68的质数组，这就是质数原理与质数差定理的具体应用。因为，相差任意偶数的质数组，都可以这样进行分析，所以，这就是相差任意偶数的质数组的必然原因。因为，这15个数经小质数2，3，5，7检测，都是符合质数差的定理，所以，它们都是产生相差68的质数组的基础。我们用其中任意一个数为首项，以小质数的乘积210为公差，都能够形成相差68的质数组。如，121+210N数列有：121，331，541，751，961，…。结果：质数331，751，…。它们减去68都是质数，即，为相差68的质数组。因为，相差任意偶数的质数组的基础，都是形成相差该偶数质数组的条件，也必然形成相差该偶数的质数组，这就是相差任意偶数的质数组都永远存在的理由依据。反过来，以210为公差能够组成48个产生质数的等差数列，除了这15个等差数列外，还有33个产生质数的等差数列，另外33个数列中产生的任意质数减去68都不可能是质数。例2，相差偶数2的质数组，因√2≈1.414，大于1.414的质数为2，因2/2余0，按质数差定理：除以这些小质数既不为0，也不与偶数除以这些小质数余数相同的数。即，在2之内有：1/2余1，即，1/2既不为0，也不与2/2的余数相同。符合定理要求，这就是相差2的质数组的基础，也就是说相差2的质数组，按小质数2来说，是产生于1+2N数列中的质数，该数列在大于2＾2，小于下一个质数3＾2内有5和7，它们都能与减去2的数组成相差2的质数组；再进一步说，当小质数为2，3时，因2/2余0，2/3余2，按定理要求，符合条件的基础是：A/2余1，A/3余1，即，还是1，为1+6N数列中的质数，这也是存在的基础，该数列的数在大于3＾2，小于下一个小质数5＾2之内有13，19都能与减去2数组成相差2的质数组；再继续说，当小质数为2，3，5时，因2/2余0，2/3余2，2/5余2，符合定理条件的基础是：A/2余1，A/3余1，A/5余1，3，4。也就是将上面的基础数列取5项：1，7，13，19，25。删除除以5余2的7，删除除以5余0的25，剩余3个数为1，13，19，都符合质数差定理，以这3个数为首项，以2*3*5=30为公差，这3个数列在大于5＾2，小于下一个小质数7＾2之内有：31，43，都能与减去2的数组成相差2的质数组。因为，这3个数列是产生相差2的质数组的基础，所以，大于29的质数，只有从这3个数列中产生的质数，才能与减去2的数组成相差2的质数组。必须说明两点：1，并不是说这3个数列所产生的质数，与减去2的数都能组成相差2的质数组，它们必须经过定理的严格筛选，这里只筛选了小质数2，3，5，并没有经过大于5的小质数的筛选；2，本文所谈的相差任意偶数的质数组，不包括由小质数组成的质数组，就象这里删除的7，实际上7与减去2的数，也是相差2的质数组，这里是删除了的。是因为，从发展的角度看，它已经不是产生相差2的奇质数组的基础了。大家可以用这里的方法，试一下，相差任意偶数的质数组，都有存在的基础，并且，每个基础都能产生相差该偶数的奇质数组。（三）、相差任意偶数的质数组都必然增长相差任意偶数的质数组一旦形成，就必然会增长。这里举一反三，主要是想让大家加深对它们之间的数理关系印象，方便人们今后的应用。我们以相差72的质数组为例，因√72≈8，它根号以下的小质数仍然是2，3，5，7，因，72/2余0，72/3余0，72/5余2，72/7余2，它能被小质数中的3整除，不能被5和7整除，属于前面表中的0，X，X的偶数，在小质数的乘积210之内，符合定理条件的数有30个数:1，11，13，19，29，31，41，43，53，59，61，71，73，83，89，101，103，109，113，131，139，143， 151，169，173，179，181，193，199，209，因为，这里是经过小质数2，3，5，7检测了的，所以，在大于偶数+1，小于下一个小质数11＾2之内的数83，89，101，103，109，113，它们既是质数，而且它们减去72的差必然不能被小质数2，3，5，7整除，其差为11，17，29，31，37，41，都必然相差72的质数组。必然增长，我们可以从两个方面检测：横向检测：因为，再下一个小质数是13，即在11＾2到13＾2，121到169之间的数有：131，139，143， 151，因，72/11余6，这些数除以11余0的有143，没有除以11余6的数，即，131，139，151它们都能与减去72的数59，67，79组成相差72的质数组。说明：这里实际取的范围是小质数相差2，即11＾2到13＾2，准确地说，当小质数R与E相差为大于或等于4时，在R＾2到E＾2之内对于相差前面所形成了的每一个偶数的质数组都必然增长。纵向检测：在这里符合定理条件的数中，任意取一个数为首项，以小质数的乘积为公差，取大于下一个小质数1/2的项，必然会产生组成该偶数的质数组。例，11+210N取5项：11，221，431，641，851，结果431，641与减去72的数359，569，能够组成相差72的质数组。所以，相差任意偶数的质数组都必然增长。综上所诉：相差任意偶数的质数组都存在，并且永远存在。六、哥德巴赫猜想（一）、两个质数的和的具体个数，总得分配到具体的偶数令任意范围为M，令M内的奇质数为N个，那么，N个奇质数能够组成不同的奇质数对为（1+N）*N/2个。1、在10之内有奇质数3个，能够组成奇质数对：（1+3）*3/2=6对。分别是：3+3，3+5，3+7，5+5，5+7，7+7。10之内有偶数5个，这6个奇质数对在10之内的只有4对，偶数平均分配不到一对；2、在100之内有奇质数24个，能够组成奇质数对：（1+24）*24/2=300对，按60%存在于100之内，为180对，100之内有偶数50个，偶数平均分配为180/50=3.6对；3、在1000之内有奇质数167个，能够组成奇质数组：（1+167）*167/2=14028对，按60%存在于1000之内，为8416对，1000之内有偶数500个，偶数平均分配为16.83对；……也就是说，从奇质数对看，偶数的平均奇质数对，随着范围的增长，数量在增大。这些奇质数对必然分配于具体的偶数，这种增长现象给哥德巴赫猜想的成立奠定了基础。那么，分配规律是怎样的呢？人们大致看到的是小偶数的质数对一般少于大偶数的质数对，是因为偶数内所含的质数多少不同；相邻偶数的质数对参差不齐，多少不一，这是由偶数的特性所决定的。（二）、每个偶数都有组成质数对的基础哥德巴赫猜想是指大于4的偶数，可以组成两个奇质数之和。而我这里提的是每个偶数都有组成奇质数对的基础，每个偶数是否包括偶数2和4呢？是否存在错误呢？没错！基础，并非必然组成。偶数2和4也存在基础，只是它们之内的数能否由基础发展成为质数对的问题。反过来，如果它们没有基础的存在，那么，它们这一类偶数的质数对又怎么能发展起来呢？1、当小质数为2时，在2之内有偶数2，偶数/质数，即，2/2余0，符合定理要求的数为：A/2余1，即A为1，也就是说：2+2N数列的偶数，它的质数对中的质数存在于1+2N数列之中。这就是基础， 2+2N数列在大于2＾2，小于下一个小质数3＾2内有偶数6，8。而1+2N数列的质数在这些偶数内有3，5，7。6=3+3，8=3+5。2、当小质数为2，3时，在2*3=6之内有3个偶数：2，4，6。（1）、偶数2，因2/2余0，2/3余2，在2*3=6之内，符合定理要求的数为：A/2余1，A/3余1，计算出来就是：1，即， 2+6N数列的偶数，它的质数对中的质数存在于1+6N数列之中的质数。2+6N数列在大于3＾2，小于下一个质数5＾2内有偶数：14，20。1+6N数列之中有质数7，13，19。14=7+7，20=7+13。（2）、偶数4，因4/2余0，4/3余1，在2*3=6之内，符合定理要求的数为：5，即，4+6N数列的偶数的质数对，存在于5+6N数列之中的质数，这就是基础。4+6N数列在大于3＾2，小于下一个质数5＾2内有偶数：10，16，22。5+6N数列之中的质数5，11，17。有10=5+5，16=5+11，22=5+17=11+11。（3）、偶数6，因6/2余0，6/3余0，在2*3=6之内，符合定理要求的数为：1，5，即，6+6N数列的偶数的质数对中的质数，存在于1+6N和5+6N数列之中的质数，这就是基础。6+6N数列在大于3＾2，小于下一个质数5＾2内有偶数：：12，18，24。这两个数列之中的质数5，7，11，13，17，19。有12=5+7，18=5+13=7+11，24=5+19=7+17=11+13。3、当小质数为2，3，5时，因，2*3*5=30，在30之内的任意一个偶数都存在组成质数对的质数的基础，这里的基础，可以从上面第四部分的2中看出，最少的为3个数，最多的为8个数。我们任意举两个例：（1）、偶数2，因2/2余0，2/3余2，2/5余2，符合定理要求的数为：A/2余1，A/3余1，A/5余1，3，4。即将上面的1+6N取5项：1，7，13，19，25，删除除以5余0的25，删除除以5余2的7，剩余3个数1，13，19，以这3个数为首项，以30为公差组成3个能够产生质数的等差数列，2+30N数列的偶数的质数对中的质数，就存在于这3个数列之中，这就是基础。2+30N数列在大于25，小于49之间有32，32=13+19。2+30N数列在大于49，小于121内有偶数62，92。这3个数列在这区间的数有：13，19，31，43，49，61，73，79，91，…。我们删除能被7整除的：49，91，剩余：13，19，31，43，61，73，79， 62=19+43=31+31（13不能组成它的质数对，是因13/7与62/7余数相同），92=13+79=19+73=31+61（43/7与92/7余数相同）。（2），偶数16，因16/6=4，即偶数16是4+6N数列之中的数，用4+6N数列的基础5+6N取偶数之内的数5，11，得16=5+11。4+6N数列的基础是5+6N数列取5项：5，11，17，23，29，因16/5余1，删除除以5余0的5，再删除除以5余1的11，剩余11，23，29为首项，以30为公差组成3个能够产生质数的等差数列，它们就是16+30N数列的偶数组成质数对的质数的基础。16+30N数列的偶数：46，76，106…。这3个数列有质数： 17，23，29，47，53，59，83，89，有46=17+29=23+23，76=17+59=23+53=29+47，106=17+89=23+83=47+59=53+53（29/7与106/7余数相同）。（三）、大偶数与小偶数的关系组成大偶数的质数对的质数，是由符合同类型小偶数质数对原理的数发展起来的，并且大偶数的质数对不低于同类型小偶数的质数对。说明：这里所说的大偶数，虽然不是“充分大”的偶数，但是，基本原理是一样的，大家可以把这里的原理推广应用到你所须要的大偶数。我们寻找大偶数的质数对，不要大海捞针，因为，大偶数内不能组成偶数质数对的质数相当的多；要顺藤摸瓜，才能起到事半功倍的效果，成功率才会高些。为什么寻找大偶数的质数对时，锁定在2*3*5*7*11*…*R+1走不通呢？因为，一方面2*3*5*7*11*…*R+1这个式子的数并不一定都是质数，另一方面只要偶数除以2，3，5，7，11，…，R中的任意一个质数的余数为1时，偶数减去2*3*5*7*11*…*R+1的差必然是合数。1、大偶数质数对的寻找方法例，偶数240754，因为√240754≈490，它根号以下的小质数为2到487。所谓，同类型小偶数，因为，连续小质数的乘积有：6，30，210，2310，30030，…。那么，240754/6余4，240754/30余4，240754/210余94，240754/30030余514。这里的4，94，514都是该偶数的同类型小偶数。必须说明的是：选择的连续小质数的乘积，必须尽可能接近偶数，如果，你对于该偶数选择30，那么，你取30项也未必能够寻找到该偶数的一个质数对。具体寻找方法，我们分为两步走：（1），因2*3*5*7*11=30030，在大于11，小于30030中寻找一个质数，因质数它必然除以2，3，5，7，11不能整除，只要它不与偶数除以这些小质数余数相同，就可以成为寻找基础。因，240754/3余1，240754/5余4，240754/7余3，240754/11余8。即，该偶数不能被小质数2，3，5，7，11整除，在这些小质数公倍数30030内有1*1*3*5*9=135个数符合定理要求。这135个数用中国剩余定理表示出来是：A/2余1；A/3余2；A/5余1，2，3；A/7余1，2，4，5，6；A/11余1，2，3，4，5，6，7，9，10。我们不可能把这些数及延伸数全部展现出来，看哪些数能够组成该偶数的质数对，但我们可以任意取其中的一个或两个数及它们的延伸数来进行寻找。从经验的角度说：任意取一个数为首项，以30030为公差，取下一个质数的1/2以上的项数（这里的下一个质数是13，至少要取7项以上），便能寻找到能够组成偶数质数对的质数。如果，在偶数内项数取不够时，应该取两个相邻符合条件的数，这样成功率才会高些。而240754/30030≈8，8相当于连续小质数乘积的下一个小质数13的1/2以上。我们在这里，在大于11的数中取2个相邻的符合定理条件的数23，47，即，这两个数除以3，5，7，11的余数，既不为0，也不与偶数除以这几个小质数的余数相同。（2），用23+30030N取在偶数内的项：23，30053，60083，90113，120143，150173，180203，210233，240263。结果：240263+491=240754为质数对。47+30030N有47，30077，60107，90137，120167，150197，180227，210257，结果：47+240707，60107+180647，120167+120587，210257+30497都是该偶数的质数对。说明：这里的47是该偶数的小质数，但是，前面取的小质数是2到11，即，在2到11时，它不是属于小质数，由此可以看出：由小质数组成的质数对，也是由前面符合定理的数发展起来的。2、为什么说：大偶数的质数对是符合同类小偶数质数对条件的数发展起来的？如，偶数992的质数对 ：992=73+919=109+883=139+853=163+829=181+811=223+769=241+751=283+709=331+661=643+349=619+373=379+613。因，992/210余152。而152/2余0，152/3余2，152/5余2，152/7余5，以小质数2，3，5，7进行检测，符合条件的数为：A/2余1；A/3余1；A/5余1，3，4；A/7余1，2，3，4，6。计算得这15个数为：1， 13， 31， 43， 73， 79， 109， 121， 139， 151， 163， 169， 181， 193， 199。组成偶数992的质数对的质数，最小的为73，大于√992，所以，它们都是这15个数发展起来的质数或它们本身；73，109，139，163，181，223（13），241（31），283（73），331（121），349（139），373（163），379（169），613（193），619（199），643（13），661（31），709（79），751（121），769（139），811（181），829（199），853（13），883（43），919（79），这里的表示方法：如223（13）指质数223是由质数13发展起来的。从这里可以确定：组成大偶数质数对的质数（不包括偶数的小质数组成的质数对的质数），没有一个质数不是符合同类小偶数质数对条件的数发展起来的。这里缺少1与151的发展数。因为1+151=152是对应的，它不是相邻的，所以，前面说最好是取相邻的，成功率要高些，是指不会取到同一对应数列。（四）、为什么说大于4的偶数内必然有符合定理条件的数存在？符合定理条件的数是必然存在的，那么，为什么说大于4的偶数内必然有符合定理条件的数存在？这个问题，是解决哥德巴赫猜想的关键。所以，大家也可以认真地思考一下。1、退后一步看问题大家在前面看到，符合定理条件的数不仅存在，而且还可以用计算方法准确地计算出来，如偶数68，它根号以下的小质数为2，3，5，7，用这些小质数检测，在210之内存在符合定理条件的数为15个：1，31，37，67，79，97，109， 121，127，139，151，157，169，181，199，因为，符合定理条件的数，存在于偶数之内的数，除了1及1的对称数外，其它的数都必然组成该偶数的质数对。这里，绝大部分都不在偶数之内，为什么在偶数之内必然存在符合定理条件的数呢？针对任何一个偶数来说，在看这个问题时，我们应该退后一步看就明白了：当小质数为2，3，5时，因，68/2余0，68/3余2，68/5余3，那么，在30之内符合定理条件的数为：A/2余1，A/3余1，A/5余1，2，4为3个数：1，7，19。首先，这三个数必然存在于偶数之内。这三个数分别加上30（发展数）在偶数之内有：1，7，19 ，31，37， 49，61，67共8个数。这8个数属于3个数列，由于只有1个小质数7进行删除，就是说每一个数列的7个连续项，必然删除一个能被7整除的数，一个除以7与偶数余数相同的数。3个数列共计要删除6个数，不可能每一个数列的两项删除都在前3项，即，不可能删除的6个数都在这8个数之内，结果删除了4个数：7，19，49，61这4个数，剩余4个数：1，31，37，67，剩余数中只有一个数1不是质数，即，只有1+67不能组成质数对。必然有31+37能够组成偶数的质数对。其实，删除的数中也还有质数对7+61。这里解释的是特殊偶数，其它偶数解释起来没有这样费力。2、绝对证明法前面讲了这么多，主要是想让人们了解它们之间的数理关系，解决大家心中的疑虑、打消顾虑。下面进行具体证明。令，大于4的任意偶数为M，令，√M≈R，即，√M以下的质数为：2，3，5，7，11，…，R。我们称这些质数为偶数M的小质数。因为，大于3的任意整数，只要不能被它根号以下的质数整除时，它就是质数，所以，在M内的整数中，不能被2，3，5，7，11，…，R整除的数，除了1，都是质数。我们令大于R，小于偶数的任意质数为A，因为A是质数，且为大于R的质数，令，偶数的任意一个小质数为X，所以，A/X不余0；令M-A=B，B/X=M/X-A/X，如果M/X与A/X余数相同时，那么，B必然是含X的合数或X本身，只有当M除以M根号以下的所有质数的余数，与质数A除以M根号以下的所有质数的余数一一对应不相同时，A必然是质数或自然数1。于是又产生偶数的质数对定理。偶数的质数对定理：在M内的任意整数A，（1≠A≠M-1），当A除以M根号以下的所有质数的余数，既不为0，也不与M除以M根号以下的所有质数的余数一一对应相同时，A必然组成M的质数对。（这里又站在不同的角度，对偶数的质数对定理进行重新理解，其实，正确的东西，怎样理解结论都是一样的）。实例分析：都说偶数992的质数对是最少的，因，√992≈31.5，即，该偶数的小质数为2到31，该偶数的质数对共13对，都存在于大于31，小于992-31之内，即，符合质数对定理条件的数为26个质数。也就是在质数5到991之内的质数中，依次删除除以小质数3到31与偶数除以3到31余数相同的质数后，最后剩余26个质数。992=73+919=109+883=139+853=163+829=181+811=223+769=241+751=283+709=331+661=643+349=619+373=379+613，相对删除法，是指用偶数之内的质数，依次除以偶数平方根以下的小质数，删除与偶数除以小质数余数相同的质数后，最后剩余的质数必然组成偶数的质数对。绝对删除法，是指用偶数之内的质数，依次除以偶数平方根以下的小质数，对于每一个小质数来说，都删除除以小质数余数最多的质数，最后剩余的质数为最低剩余质数。请大家看一下，用绝对删除法对992之内的质数删除后的剩余质数是多少？小质数2，因3到991的质数都是奇质数，它们除以2都余1，任意偶数除以2都余0，所以，在这期间的质数中，没有与偶数除以2余数相同的质数，故，小质数2不对这些质数进行删除；小质数3，从5到991质数共165个，除以3余1的有79个质数，除以3余2的有86个质数，我们令M/3余2，删除后剩余79个；小质数5，这79个质数除以5，余数最多的为余2的23个，删除后剩余56个；小质数7，删除余5的11个，还剩余45个；小质数11，删除余2的7个，剩余38个质数；小质数13，删除余5的5个，剩余33个；小质数17，删除余3的4个，剩余29个；小质数19，删除余7的3个，剩余26个：小质数23，删除余9的3个，剩余23个：小质数29，删除余20的2个，剩余21个，小质数31，删除余30的3个，剩余18个：实践证明，任何偶数不包括由它的小质数组成的质数对的质数个数，都大于或等于使用绝对删除法删除后的剩余质数个数。那么，只要绝对删除法都存在剩余质数，哥德巴赫猜想就必然成立。那么，绝对删除法与偶数具有联系吗？具有规律吗？令，仅大于R的质数为E，当偶数存在于R^2到E^2之内时，它们根号以下的小质数都是2，3，5，7，11，…，R。这些偶数都有一个共同的范围：大于R到R^2之内。在R到R^2之内不能被2，3，5，7，11，…，R整除的整数（也就是除以它们都不余0的数），就是R到R^2之内的质数。根据质数对定理，令，在R^2到E^2之内的任意偶数为M'，在大于R到R^2之内的质数中，依次删除除以小质数3，5，7，11，…，R的余数与M'除以小质数3，5，7，11，…，R的余数相同的质数后，剩余的质数必然组成偶数M'的质数对。我们把这种删除，叫做相对删除法，因为，它是相对于具体偶数进行删除的。那么，在R^2到E^2之内的偶数众多，我们以哪一个偶数除以小质数2，3，5，7，11，…，R的余数为准呢？以那一个偶数为准，都不能代替其它偶数，都不能说明其它偶数有没有质数的存在。于是，我们产生了绝对删除法，即，用大于R到R^2之内的质数，除以每一个小质数的余数进行对比，每一个小质数都删除余数最多的，最后剩余的质数必然是最少的。我们把这种删除法，叫做绝对删除法，把这种证明法叫做绝对证明法。在R^2到E^2之内的任何偶数，它在R到R^2的质数中能够组成它质数对的质数个数，都必然大于或等于在这期间用绝对删除法删除后的剩余质数个数。绝对删除法删除后的剩余质数表为：最
大 的 小 质
数R:02，03，05，07，11，13，17，19，23，29，31,R^2内最低剩余质数:01，01，02，02，04，04，08，08，10，17，17, 它的规律是：最低剩余质数的增长与小质数的间隔有关，当小质数的间隔为相差2的孪生质数时，如这里的5到7，11到13，17到19，29到31，最低剩余质数没有增长;当小质数间隔较大时，如7到11增加2个，13到17增加4个，19到23增加2个，23到29增加7个。 小质数中相差2的间隔越来越少，相差大于或等于4的间隔越来越多，决定了随着R^2的不断增大，在R^2内最低剩余质数会不断地，缓慢地增加。 这一规律为什么永远成立，我们从以下两个方面来看:
1、令大于4的任意偶数为M，√M≈R，令2到R中的任意整数为X，在M之内能被X整除的数为M/X个，我们把这些数视为含X的合数；令M/X余C的数为D，则M-D为含X的合数，即，D也不能组成偶数M的质数对，那么，M/X余C的数也为M/X个。当偶数能被X整除时，这两种数是重合的，为M/X个，剩余(X-1)M/X个；当M不能被X整除时，这两种数为2M/X个，剩余(X -2)M/X个。 当我们从2开始依次删除这些数时，前面的小质数L删除后，后面含质数L的合数是不能再删除的，我们令偶数除以2到R的所有奇质数都不能整除，于是，在M内的剩余质数为:(1/2)M*(1/3)*(3/5)*(5/7)*(9/11)*(11/13)*…*(R-2)/R(个) 因，数学等式(1/3)*(3/5)*(5/7)*(7/9)*(9/11)*(11/13)*…*(R-2)/R=1/R，该等式相当于增加了奇合数的删除。 （1） 又因，M≈R^2，M≥R^2，（2）。 我们把（1），和（2）代入上式，于是上式变为R/2个，从该式子看，即使奇合数都参与删除都应该增长，况且，奇合数是不参与删除的，所以，绝对删除法的最低剩余质数个数，随着小质数的增加而增长是必然的，这一增长规律是永远正确的。
2、上面在R^2内，检测除以R之内质数的余数，既不为0，也不与所有偶数中的任意一个偶数除以这些小质数的余数一一对应相同的最低剩余质数，这是一项独立的检测，它不受其实任何因素的影响，所以，符合它自身的特有增长规律也是正确的。因为，绝对删除法的剩余质数，永远随着小质数中相差大于或等于4的小质数的间隔而增长，而偶数的实际质数对中的质数个数，又大于绝对删除法的剩余质数个数，所以，哥德巴赫猜想是永远成立的。综上所述：(一)、质数：令，小质数为2，3，5，7，11，…，R，仅大于R的质数为E，在小质数2*3*5*7*11*…*R之内，存在1*2*4*6*10*…*（R-1）个数不能被2，3，5，7，11，…，R整除。因为，这1*2*4*6*10*…*（R-1）个数，是以2*3*5*7*11*…*R/2为中心对称的，它们的最大间隔存在于1到E之间和（2*3*5*7*11*…*R-1）到（2*3*5*7*11*…*R-E）之间，即，在R到E^2之间是最大间隔E的（E-2）倍，当最大小质数R大于2时，E的（E-2）倍大于1，所以，在R到E^2之间，必然存在不能被小质数2，3，5，7，11，…，R整除的整数。又因为，大于3的质数是不能被它根号以下的质数整除的整数，所以，在R到E^2之间，存在的不能被小质数2，3，5，7，11，…，R整除的整数，就是大于R的新增质数，所以，质数永远存在。（二）、猜想1、哥德巴赫猜想令，大于4的任意偶数为M，根号M以下的小质数为2，3，5，7，11，…，R，在M之内的任意整数为A，（1≠A≠M-1），当A除以这些小质数的余数，既不为0，也不与M除以这些小质数的余数一一对应相同时，A必然组成M的质数对。这里的A除以这些小质数不为0的数，为M之内的质数；不与偶数除以这些小质数的余数一一对应相同的数，是指在这些质数中删除除以小质数与偶数除以小质数余数相同的质数。（1）、任意一个固定的偶数除以任意一个小质数的余数只有一种余数。我们就打算偶数除以大于2的小质数都不能整除，即，对除以大于2的每一个小质数X的余数生成线路为X-1条，只删除个余数的生成线路，剩余X-2个余数生成线路。（2）、从质数生成线路看：除以3的质数生成线路为2条：余1与余2，删除一条，也必然剩余一条；在前面剩余的一条质数生成线路中，按除以5细分为4条质数生成线路，即，余1，2，3，4， 删除一个余数生成线路，也必然剩余3个质数生成线路。在前面剩余的3个余数生成线路中，每条线路按除以7细分为6条质数生成线路，即，余1，2，3，4，5，6，各删除一条，也必然各剩余3*5=15条质数生成线路。……。一方面，偶数越大它的小质数越多，能够组成偶数质数对的质数形成线路越多，另一方面与上面的质数存在一样，偶数内范围大于R^2，不包括在R范围内与M-R范围内的质数组成的质数对，剩余R*（R-2）范围内这样大的一个区域，必然有能够生成组成偶数质数对的质数，所以，哥德巴赫猜想必然成立。2、孪生质数猜想这里的孪生质数猜想，指相差任意偶数的质数组都存在，并且永远存在。令，任意偶数为M，根号M以下的小质数为2，3，5，7，11，…，R，仅大于R的质数为E、L、F。在2*3*5*7*11*…*R之内，除以小质数2，3，5，7，11，…，R的余数，既不为0，也不与M除以这些小质数余数相同的数，大于或等于1*1*3*5*9*…*（R-2）个数，等于是指M不能被小质数中的奇质数整除，当小质数能被奇质数中的X整除时，为乘以（X-1）。令，这1*1*3*5*9*…*（R-2）个数中任意一个数为P，当M+1<P<E^2时，P必然与P-M组成相差M的质数组。当小质数增加到2，3，5，7，11，…，R，E时，在2*3*5*7*11*…*R*E之内，存在1*1*3*5*9*…*（R-2）*（E-2）个数，除以2，3，5，7，11，…，R，E的余数，既不为0，也不与M除以2，3，5，7，11，…，R，E的余数一一对应相同的数。R到E，E到L，这两个间隔必然有一个大于2，当小质数的间隔大于2时，P在E^2到L^2或在L^2到F^2之内，必然有一个大间隔区域，在这个区域内P必然增加，所以，相差任意偶数的质数组必然增长。所以，相差任意偶数的质数组都存在，并且永远存在。
四川省三台县工商局 王志成}