3.5．算术数论角度，相邻分割的思想证明没有无和集

在攻克哥猜的近300年进程中，人们总结出了四大思路解决哥猜，分别是“从殆素数出发的，从例外集合出发的，从三素数定理出发的，从几乎哥猜问题出发的”，而本文给出的3.1、3.2、3.3、3.4章节正是对应以上四个角度的。

3.1是用集合交补运算即乘性关系中互异互素的思想解决的，而殆素数就是一种加权筛法的产物，属于一种较局部的互异思路；

3.2证明了例外偶数是空集，是基底解思考例外集合的结果；

3.3是用素数三项可表定理解决的，它是三素数定理的推论；

3.4是用互异互素的思想解决的，符合几乎哥猜问题的映射转换思路。

除此之外，是不是还可从数学的四大分支出发来解决哥猜呢？即算术的、代数的、几何的、分析的四部分。经思考，这样的解决方案是有的。

那如何从算术数论的角度证明“素数二项式”与“素数多项式”二者之间在表示偶数时相互等价呢？以下我们就来推演一番。

素数多项式假如不被素数二项式蕴含，素数二项式必将无法构造可表偶数的后继偶数，素数多项式假如不蕴含素数二项式，素数多项式就不能表达所有偶数。

这两个推导结果都会同已知定理矛盾，从而证明两者等价。以下是证明过程：可令二项式与多项式有公共初项或有可等价的公共初项（小于中值数），其中素数多项式中的2n-1项素数必须与素数二项式中的另1项素数等价，方可共同表达可表偶数的后继偶数。而一旦素数二项式不能表达可表偶数的后继偶数，素数多项式又不蕴含素数二项式，说明没有大于中值数的素数等价2n-1项素数之和。这意味着用1个以上或1个以下大于中值数的新增素数不能等值代替一个新增素数，如此素数多项式就无法表达可表偶数，更无法表达它的后继偶数，可见素数多项式必须蕴含素数二项式。

素数多项式可用素数二项式p+q的线性映射来等价表达，得到p+kq，当系数k=1时，素数二项式与多项式存在等价关系；当系数k≠1时，素数二项式与多项式存在非等价关系。此时的素数多项式kq部分不存在大于n+1小于2n+2的素数或合数，因为小于1个不及，大于1个过犹，故素数多项式就不能表达2n的后继偶数。

这与素数多项式可表所有偶数矛盾。可表偶数的素数多项式如果不含素数二项式而不能表达可表偶数的后继偶数，就会与算术基本定理矛盾。可见表面排除素数二项式表达的素数多项式必等价隐含素数二项式，且素数二项式定能表达可表偶数的后继偶数，否则素数多项式就不能表达所有偶数，它们有一荣俱荣、一损俱损的关系。必存在大于n+1小于2n+2的素数更换可表偶数2n中所分割的一个较大素数以及匹配的另一素数，就定能得到可表偶数的后继偶数，否则会与素数多项式可表所有偶数矛盾。这个结论正是强伯特兰定理，即n/2与n之间，n与2n之间皆存在素数，且两素数与中值数n共轭。只不过切比雪夫所完成证明的弱伯特兰定理并不包含每个中值数都有共轭素数对，且共轭差存在非0。

可表偶数2m的素数二项式与素数多项式（指二项式以上）存在等价（加法结合律，2n-1项可冲抵1项，假如不可，素数多项式就不含可表偶数，就不能包含所有偶数，矛盾，故只能等价表达可表偶数），而素数多项式在可表偶数的基础上通过更换或添加素数定能构造可表偶数的后继偶数，素数多项式的2k-1个素数之和小于m+1或大于2m+2时，肯定无法构造出可表偶数的后继偶数，要么过犹要么不及，必将无法构造2m+2，因为不新增1个素数是不可持续新增相邻偶数的，可表偶数的有限次后继偶数后，2m+2会产生大于m的新增素数因子，这与定义素因子或素余子皆小于m矛盾，故m+1与2m+2之间没有新增素数就无法构造可表偶数的后继偶数，这与指数为1系数为1的素数多项式可表所有偶数矛盾。于是证得m+1与2m+2之间没有新增素数的假设是不真的，这是伯特兰定理成立的另一种初等证明。

p+q=p1+q1+p2+q2+p3+q3+…+pi+qi为同构等式的细节直观证明，阐释如下：

第一种情形，因为根据伯特兰-切比雪夫定理，n+1与2n+2之间只能用一个大于n+1的新增素数做加项来构造中值数的2倍之偶数，用1个以上或等价于用1个以上新增素数肯定不行，会大于2n+2。

第二种情形，用1个以下或等价1个新增素数都不用也肯定不行，不用或等价于不用新增素数，将不能构造2n及其后继偶数，会小于2n+2，不及。可见两类表达式的初项取小于中值数的相同素数时，素数二项式若不能表达可表偶数的后继偶数，素数多项式也不能表达。如素数多项式能表达，那一定不是可表偶数，因该偶数素数多项式不包含，它是仅用“素+奇”型表达的，可表偶数是可“素+素”型，导致素数二项式不能表达可表偶数的后继偶数，这与很多可表偶数的后继偶数仍是可表偶数矛盾，如可表偶数8的后继偶数10仍是可表偶数，故2n-1项素数不能合成1项素数是非法的。

第三种情形，即令两类表达式的公共项素数（含合并等价）都大于中值数n小于中值数n的2倍，那较小部分kq中的k要求不等于1，就意味着不能用（n+1）/2与n+1之间的素数构造2n+2，用1个以上或等价于用1个以上大于该区间的素数肯定不行，会大于2n+2，过犹。于是就不存在关于中值数的n+1的共轭数对，于是也就无法通过一对共轭素数相加构造2n+2。

第四种情形，用1个以下或等价于用1个以下小于（n+1）/2与n+1之间的素数肯定也不行，会小于2n+2。

综合以上四种情形，素数加性构造后继偶数，要避免过犹不及，才能找到唯一最优化选择。“更换一个素数表达2m+2”是“更换多个素数表达2m+2”的充分条件，可见素数二项式更换表达若无法获得其后继偶数，会导致素数多项式更换表达也无法获得其后继偶数，这就与素数多项式能表达所有偶数矛盾，于是素数二项式就一定能够表达可表偶数的后继偶数，哥猜获证。

如果“更换多个素数等价于更换一个素数”仍无法直觉理解，可看以下换个角度的证明。

如素数多项式能表达2n+2，即通过一对共轭数相加构造2n+2，而非共轭素数，那一定不是可表偶数，可表偶数是可“素+素”型，导致“素数二项式不能表达可表偶数的后继偶数”，这同样与很多可表偶数的后继偶数仍是可表偶数矛盾。如可表偶数8的后继偶数10仍是可表偶数，10000是可表偶数，10002仍是可表偶数，这些反例证明了“素数二项式不能表达可表偶数的后继偶数”的命题不成立。

如果读者觉得有限列举的反例不足以证伪上述命题，还可以描述一个无限反例来举证，比如有无穷组2m是互异的可表偶数，它们与无穷组可表偶数2k相邻，假如被不可表后继偶数隔离，那说明要么被4n型不可表后继偶数隔离，要么被4n+2型不可表偶数隔离。后者必然隔离不了类型可表偶数2k（其共轭差d不大于246，且k为偶数，d /2为奇数）,2k由“张益唐相邻素数对”相加构造而来，k含无穷个奇数，也含无穷个偶数。

因为k值为奇数时如果个数有限，那么有限值过后，就再无共轭差d的一半为偶数的素数对。

同样k值为偶数时如果个数有限，那么有限值过后，就再无共轭差d的一半为奇数的相邻素数对。

那么共轭差为4k的素数对也将无法持续产生，继而共轭差为（2n）k的素数对也就无法持续产生。

没有共轭差含1个2因子的素数对，就产生不了共轭差含2个2因子的素数对，以此类推就产生不了共轭差含n个2因子的素数对，因为素数的相邻间隔比是大于1小于2的，这就产生了素数间隔矛盾，故共轭差2k的素数对为有限组是不可能的。这就证明了共轭差含1个2因子的相邻素数对有无穷组（以此继续推下去，可证明孪生素数猜想，这里暂且不表）。

前者不可表后继偶数也必然隔离不了可表偶数2m。因为有无穷组可表偶数只含有一个2因子的2k（属于非稠密型无穷组），还含有无穷组4因子的非2k（属于稠密无穷组筛选掉非稠密型无穷组后得到的另一类非稠密型无穷组2r）。如此就隔离不了2m了，这就证明了可表偶数的后继偶数必有无穷组可表偶数。如果两类可表偶数全部用不可表后继偶数隔离，那自身就不可避免有两类后继偶数相邻，可是偶数解集被不可表后继偶数这样密集相邻填满，可表偶数就成了空集，反证了“素数二项式无法表达所有可表偶数的后继偶数”的假设不成立。

2k-1项的素数多项式的值t同所有素数p互异可以为合数，但同所有素数互异又互素就不能为合数了，因为2n=p+t（n为正整数＞3, p为奇素数＞n, t属于整数）必三元互素，t仅与所有素数持续互素不持续互异可以存在，t与所有素数持续互素又持续互异，则无素数因子构造只能成空集。这样素数多项式就成了空集，同样反证了“素数二项式无法表达所有可表偶数的后继偶数”的假设不成立。

如此就存在“无穷多对可表偶数的后继偶数仍是可表偶数”这样的反例，一旦假设素数二项式不包含素数多项式，就会与此无穷反例矛盾。可见素数二项式必蕴含素数多项式，皆能表达可表偶数的后继偶数，否则素数多项式也表达不了它，故2n-1项素数不能合成1项素数是非法的。

可见一旦规定素数二项式不能表达可表偶数的后继偶数，素数多项式就无法通过添加或更换素数来构造可表偶数的后继偶数。

可见素数多项式在构造可表偶数的后继偶数时，只能等价同构素数二项式，因为过犹或不及都不能构造可表偶数的后继偶数。因此素数二项式的线性映射是素数多项式的充分必要条件，因为素数1项定可由素数2n-1项替换，一旦有不可替换部分，则无法构造后继偶数，可见素数二项式是素数多项式可表后继偶数的必要条件，也是充分条件。如果素数二项式不能迭代表达后继偶数，就会与素数多项式可表所有偶数矛盾。可见f（f（p+q））≠p+q+2的假设不真。

故两素数之和的差值线性迭代函数f（f（p+q））=p+q+2是成立的，p+q=pi+qj+2一定是成立的，故生成元解集{p+q}=生成对象解集{p+q+2}也是成立的，（p+q）的初项生成元除外。以上说明可表偶数的后继偶数依然是可表偶数，故大于6的所有偶数都是可表偶数，两素数之和生成可表偶数成了生成所有偶数的必要条件。

总之，可表偶数的相邻偶数若不能用可表偶数表达，则也不能用n对素数之和表达，可这与算术基本定理矛盾，所有的素数的乘积都可以换成加法，等价转换成系数1幂次1的素数多项式，素数1次多项式的集族之并集是能够囊括不小于8的所有偶数的（后文还会详细证明这个结论）。故可表偶数的相邻偶数不能用两素数之和表达也就不存在。

根据皮亚诺公理，8开始的所有可表偶数的后继偶数仍是可表偶数，则可表偶数就囊括了大于等于8的所有偶数。

于是可宣称哥猜获证（这是可直觉理解的哥猜证明，想用初等方法证明哥猜的可直奔这一段）。

任何2n都至少由一对差值非0的共轭素数相加获得，可见不小于8的偶数都可以用非0共轭差的素数对之和表示。偶数6只能用相同的素数对之和表示。这个结论比欧拉型哥德巴赫猜想还要强势得多。这意味着用自然数所全部对应的素数两两相加可得到全部偶数。正是因为这个强结论，哥德巴赫猜想才比黎曼猜想的势更强。