关于前几天博客哥德巴赫猜想1+1证明的补充说明

https://blog.youkuaiyun.com/corivSky/article/details/145101663

以上为原文链接

'''
作者：陈墨仙
关于前几天博客哥德巴赫猜想1+1证明的补充说明：
1. 明确假设与已知推导
   1） 我们最初假设对于任意给定的偶数 \(n\gt2\)，从最小质数 \(2\) 开始，依次取质数 \(p_i\)，\(n - p_i\) 均为合数。在这个假设下，我们对 \(p_2=n - p_1\)（\(p_1\) 为遇到的第一个质数）为合数的情况进行了详细推导，得到了一系列关于数的大小关系。
   2） 同时，我们也推导了 \(p_1\) 和 \(p_2\) 均为质数时的函数 \(g(n)=(\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2}) - n\) 的性质，得出 \(g(n)\lt0\)，即 \(n\gt (\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2})\)。
2. 分析“一质一合”情况与假设的关系
   1） 假设存在偶数 \(n\)，使得 \(p_1\) 为质数，\(p_2=n - p_1\) 为合数。
   2） 我们之前在假设所有 \(n - p_i\) 为合数的情况下进行推导，得出了一系列关于 \(p_2\) 为合数时的结论，例如 \(p_2\) 可分解为 \(p_3\times p_4\) 等相关性质以及由此推导出来的大小关系。
   3） 然而，当我们考虑整体偶数 \(n\) 与质数 \(p_1\) 和作为合数的 \(p_2\) 的关系时，会发现与我们之前的推导存在矛盾。因为我们在推导函数 \(g(n)\) 性质时，是基于对 \(n\) 与 \(p_1\)、\(p_2\) 一般性的关系分析（包括利用均值不等式等对 \(p_1 + p_2\) 与 \(\sqrt{p_1}+\sqrt{p_2}\) 的关系推导）。
   4） 若 \(p_1\) 为质数，\(p_2\) 为合数，那么在计算 \(g(n)=(\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2}) - n\) 时，合数 \(p_2\) 的分解性质以及由此产生的与 \(p_1\) 的组合关系，会使得 \(g(n)\) 的性质与我们之前在假设所有 \(n - p_i\) 为合数时推导出来的 \(p_1 + p_2\) 与 \(\sqrt{p_1}+\sqrt{p_2}\) 的大小关系产生冲突。
   5） 例如，在假设所有 \(n - p_i\) 为合数时，我们基于 \(p_2\) 的合数分解形式得到了 \(p_1 + p_2\) 的下限估计（如 \(p_1 + p_2\geq p_4\times2 + p_6\times2\)），但当 \(p_1\) 为质数，\(p_2\) 为合数代入 \(g(n)\) 时，会发现 \(g(n)\) 的值与基于假设所有 \(n - p_i\) 为合数时得到的 \(p_1 + p_2\) 的下限估计所对应的 \(g(n)\) 的值不相符。
3. 从逻辑上证明“一质一合”情况错误
   1） 从逻辑层面看，我们最初的假设涵盖了所有可能的 \(n - p_i\) 的情况（因为是从最小质数开始依次取质数 \(p_i\)）。
   2） 如果存在“一质一合”的情况，那么它必然会满足我们在假设所有 \(n - p_i\) 为合数时所推导出来的一些基本性质和关系（因为 \(p_2\) 为合数部分会遵循之前关于合数的推导）。
   3） 但实际情况是，当我们将“一质一合”代入基于原假设推导出来的函数 \(g(n)\) 以及相关大小关系中时，出现了矛盾。所以，“一质一合”这种情况也是不成立的。

综上所述，通过对假设下的推导以及函数性质的分析，我们严谨地说明了“一质一合”这种情况是错误的。

这里回答你们可能会提出的问题：
问1：我们推导合数情况是是取二个皆为合数来推导的，为什么不取一个质数一个合数的情况推导呢？
答1：1. 假设的整体性与简洁性
   1） 我们最初的假设是对于任意给定的偶数 \(n\gt2\)，从最小质数 \(2\) 开始，依次取质数 \(p_i\)，\(n - p_i\) 均为合数。这个假设涵盖了所有可能与 \(n\) 相减的质数 \(p_i\) 对应的差为合数的情况，具有整体性。
   2） 从简洁性角度出发，这样的假设便于我们统一进行推导。如果一开始就考虑一个质数与一个合数的多种组合情况，会使问题变得极为复杂。因为在数论中，质数的分布是不规则的，合数的性质也因分解方式不同而多样。若同时考虑一个质数与一个合数的情况，就需要分别讨论不同质数与不同合数组合下的各种性质，大大增加了推导的复杂性和难度，不利于建立一个清晰的逻辑推导框架。
2. 反证法逻辑的连贯性
   1） 采用反证法时，我们基于“所有 \(n - p_i\) 为合数”这个假设进行推导，在推导过程中得出了一系列关于合数性质以及数之间大小关系的结论。
   2） 当我们分析完这个假设下的情况后，发现与 \(p_1\) 和 \(p_2\) 都为质数时的情况产生矛盾，从而否定了原假设。从逻辑连贯性上讲，否定原假设后，就意味着至少存在一种情况使得 \(n - p_i\) 不为合数，即至少存在一对质数 \(p_1\) 和 \(p_2\) 使得 \(n = p_1 + p_2\)。
   3） 如果一开始就加入一个质数一个合数的情况推导，会破坏这种简洁而连贯的反证逻辑。因为这会引入额外的、复杂的情况，使得我们难以清晰地通过反证法得出关于哥德巴赫猜想的结论。
3. 后续矛盾推导的一致性
   1） 在推导过程中，我们构建了函数 \(g(n)=(\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2}) - n\) 等工具来分析数之间的关系。基于“所有 \(n - p_i\) 为合数”的假设，我们得到了函数 \(g(n)\) 在不同情况下的性质。
   2） 当我们将 \(p_1\) 和 \(p_2\) 都为质数的情况代入函数 \(g(n)\) 时，发现与基于原假设推导出来的函数性质产生矛盾。这种矛盾推导基于统一的假设前提，具有一致性。
   3） 若一开始就考虑一个质数一个合数的情况，那么对于函数 \(g(n)\) 的分析就需要考虑更多复杂的情形，难以保证矛盾推导的一致性和清晰性。而且在这种复杂情况下，很难明确地将矛盾与哥德巴赫猜想所要求的“任意足够大偶数可表示为两个质数之和”这一结论建立紧密联系。 

附前几天我已公布的哥德巴赫猜想1+1证明过程：
以下为整合后的推导过程。
一、 明确假设与基础设定
对于任意给定的偶数\(n\gt2\)，假设存在一种情况，使得从最小质数\(2\)开始，依次取质数\(p_i\)，\(n - p_i\)均为合数。设遇到的第一个质数为\(p_1\)，则\(p_2 = n - p_1\)。

二、 合数性质推导
1. 合数分解：
若\(p_2\)是合数，根据合数性质，在\((2, \lfloor p_2^{0.5}\rfloor + 1)\)范围内，必然存在一个值\(m\)使得\(p_2\)对\(m\)取模为\(0\)，即\(p_2\)可拆解成\(p_3\times p_4\) 。在\(p_3\)和\(p_4\)中，一定有一个数大于\(p_2^{0.5}\)，不妨设\(p_4\gt p_2^{0.5}\)，\(p_3\lt p_2^{0.5}\)。
2. 取值范围与不等式推导：
假设\(p_4\gt p_3\geq2\) ，那么\(p_3\times p_4\geq2p_4\)。
对\((p_3\times p_4)^2\)与\(2p_4\times(p_3\times p_4)^{0.5}\)进行比较，设\(x = p_3\times p_4\)，则比较\(x^2\)与\(2x^{1.5}\)。
当\(x\gt0\)时，两边同时除以\(x^{1.5}\)得到\(x^{0.5}\gt2\)，即\(p_3^{0.5}p_4^{0.5}\gt2\)，进一步得到\(p_3^{1.5}p_4^{0.5}\gt2p_3\geq4\)。
3. 多个变量关系推导：
假设\(p_2 = p_3\times p_4\)，\(p_1 = p_5\times p_6\)，且\(p_3\lt p_4\)，\(p_5\lt p_6\)，那么\(p_4\gt p_3\geq2\)，\(p_6\gt p_5\geq2\)。
此时\(p_1 + p_2 = p_4\times p_3 + p_6\times p_5\)。
因为\(p_3\geq2\)，\(p_5\geq2\)，根据不等式性质，将\(p_3\)和\(p_5\)分别用其最小值\(2\)替换，可得\(p_1 + p_2\geq p_4\times2 + p_6\times2\)。
4. 引入均值不等式：
设\(a = p_4\)，\(b = p_6\)，对于正数\(a\)、\(b\)，由均值不等式\(a + b\gt2\sqrt{ab}\) 。
令\(p_1 = a^2\)，\(p_2 = b^2\)，则\(p_4\times2 + p_6\times2 = 2a + 2b\)，\((p_1^{0.5})\times2 + (p_2^{0.5})\times2 = 2\sqrt{a^2}+2\sqrt{b^2}=2a + 2b\)。
由于\(a + b\gt2\sqrt{ab}\)，两边同时乘以\(2\)得到\(2a + 2b\gt4\sqrt{ab}\)。
而\(4\sqrt{ab}\geq (p_1^{0.5})\times2 + (p_2^{0.5})\times2\)，所以\(p_1 + p_2\geq p_4\times2 + p_6\times2\gt (p_1^{0.5})\times2 + (p_2^{0.5})\times2\)。

三、 质数情况推导
1. 质数分解唯一性论证：
当\(p_1\)和\(p_2\)为质数时，已知\(p_1 = p_4\times p_3\) 。因为质数除了\(1\)和它自身外，不能被其他自然数整除。
若\(p_3\gt1\)且\(p_3\neq p_1\)，那么\(p_1\)就存在除了\(1\)和\(p_1\)之外的因数\(p_3\)和\(p_4\)，这与\(p_1\)是质数的定义矛盾。
所以，在\(p_1 = p_4\times p_3\)且\(p_4\gt p_3\)的条件下，\(p_3\)只能为\(1\)，从而得出\(p_1 = p_4\)。同理可证，若\(p_2 = p_6\times p_5\)且\(p_6\gt p_5\)，则\(p_5 = 1\)，\(p_2 = p_6\)。
2. 构建函数及分析：
构建函数\(g(n)=(\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2}) - n\)，其中\(n = p_1 + p_2\)。
当\(p_1\)和\(p_2\)为质数时，由前面推导可得\(p_1 + p_2\gt (\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2})\)，即\(g(n)\lt0\)。
对于\(n\)足够大的情况，我们进一步分析函数\(g(n)\)。
利用均值不等式\(\sqrt{p_1}+\sqrt{p_2}\leq2\sqrt{\frac{p_1 + p_2}{2}}\)，设\(x = p_1 + p_2 = n\)，则\(g(n)=\sqrt{p_1}+\sqrt{p_2}-n\leq2\sqrt{\frac{n}{2}}-n=\sqrt{2n}-n\)。
令\(h(n)=\sqrt{2n}-n\)，对\(h(n)\)求导，\(h^\prime(n)=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{n}} - 1\)。
当\(n\)足够大时，存在\(N\)，当\(n\gt N\)时，\(h^\prime(n)\lt0\)，即\(h(n)\)单调递减。
又因为\(h(2)=0\)，所以当\(n\gt2\)时，\(h(n)\lt0\)，从而\(g(n)\lt0\)，即\(n\gt (\sqrt{p_1})+(\sqrt{p_2})\)。

四、 矛盾推导与结论
1. 反证矛盾分析：
根据我们最初的假设，对于所有从\(2\)开始的质数\(p_i\)，\(n - p_i\)均为合数。
但在前面合数情况推导中，我们得出了一系列关于\(p_1\)、\(p_2\)、\(p_3\)、\(p_4\)、\(p_5\)、\(p_6\)等数的关系和不等式，并且在质数情况推导中，函数\(g(n)\)的性质与假设产生了矛盾。
在假设所有\(n - p_i\)为合数的情况下，我们推导出的数的大小关系和函数性质无法自洽。
2. 结论推导：
因为假设导致了矛盾，所以原假设不成立。即不存在一个足够大的偶数\(n\)，使得从\(2\)开始，所有\(n - p_i\)都为合数。
这就意味着对于任意足够大的偶数\(n\)，至少存在一对质数\(p_1\)和\(p_2\)，使得\(n = p_1 + p_2\)，从而证明了哥德巴赫猜想。
'''