對(duì)AI證明哥猜的詮釋

對(duì)AI證明哥猜的詮釋

數(shù)論證明宛若一件藝術(shù)品，其深邃與美妙令人百看不厭，越深入探究越能感受到其中的奧妙。若將它打印成文，仿佛一幅畫作懸掛在墻上，每日觀賞亦能品味無窮。

近期，借助人工智能技術(shù)，我成功證明了“哥德巴赫猜想”以及幾個(gè)著名的數(shù)論古典猜想。這個(gè)哥德巴赫猜想證明過程也宛如一件藝術(shù)品，接下來，我將對(duì)證明的每一個(gè)步驟進(jìn)行詳細(xì)解讀，邀請(qǐng)各位一同領(lǐng)略它的魅力。

概述：將等差數(shù)列視為純粹的初等函數(shù)（直線方程）并直接利用其代數(shù)性質(zhì)，可以繞過復(fù)雜的集合論和密度分析，使證明變得極其簡潔。

原文：

一、基本函數(shù)的定義

設(shè)定義域?yàn)槿w非負(fù)整數(shù) No = ｛0,1,2,3…﹜：

1、 素?cái)?shù)生成函數(shù)：

P(N) = k N+A (線性函數(shù)，輸出整數(shù))

2、 合數(shù)判定函數(shù)：

若P(N)是合數(shù)，則存在整數(shù)m≥2和n≥2 使得：

P(N) = m?n (本質(zhì)上是一個(gè)二元一次方程)

對(duì)原文的詮釋：

這段內(nèi)容雖然看似簡單，卻至關(guān)重要。沒有它的鋪墊，后續(xù)的孿生素?cái)?shù)猜想（略）和哥德巴赫猜想便無法展開。

這段其實(shí)就是對(duì)Ltg-空間用數(shù)學(xué)語言的數(shù)學(xué)闡述，圖如下：

有人或許會(huì)認(rèn)為這不過是基礎(chǔ)的“初等函數(shù)”知識(shí)，連中學(xué)生都能理解。然而，人們不禁要問，為何古代和近代那些偉大的數(shù)學(xué)天才，如高斯、歐拉、費(fèi)馬等，竟未能想到利用初等函數(shù)來證明那些著名的古老猜想呢？

一旦你開始思考這個(gè)問題，便會(huì)立刻意識(shí)到這段文字背后隱藏的不凡之處，它必定蘊(yùn)含著深刻的內(nèi)涵。這是一份無價(jià)之寶，徹底改變了我們對(duì)數(shù)論乃至整個(gè)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)理論的認(rèn)識(shí)。

觀察古希臘數(shù)學(xué)家埃拉托色尼的篩法，我們發(fā)現(xiàn)他并未借助“函數(shù)公式”，而是通過逐一篩選正整數(shù)1、2、3、4……來識(shí)別素?cái)?shù)。然而，我們這里大膽定義了一個(gè)素?cái)?shù)生成函數(shù)：P(N) = kN+ A（一個(gè)線性函數(shù)，其輸出為整數(shù)）。

這又是為何呢？

原因在于我的“Ltg-空間”理論，該理論是在N+A（其中A=1）的空間內(nèi)構(gòu)建的。通過表格形式展示，效果會(huì)更加明顯和生動(dòng)，如下圖所示：

您看，正是由于引入了項(xiàng)數(shù)N，我們得以構(gòu)建一個(gè)空間，在這個(gè)空間中，正整數(shù)的規(guī)律得以用初等函數(shù)的形式來描述。這一進(jìn)步具有劃時(shí)代的意義，標(biāo)志著數(shù)論和基礎(chǔ)數(shù)學(xué)的一個(gè)重要里程碑。

倘若有人直接采用N+1數(shù)列或P(N) = k N+ A的空間概念，卻未提及“Ltg-空間理論”，普通讀者可能難以察覺剽竊行為，但數(shù)學(xué)領(lǐng)域的專家卻能一眼識(shí)破“這顯然是剽竊”。然而，這還不是最高明的剽竊手法。更微妙的剽竊在于“數(shù)學(xué)思想的剽竊”，例如，在其他數(shù)論或數(shù)學(xué)領(lǐng)域中，間接運(yùn)用“多維”或“多空間”的概念，卻忽略提及Ltg-空間理論。

你們是否理解擁有無限項(xiàng)數(shù)N的巨大價(jià)值？這些概念確實(shí)難以掌握，尤其是“哲學(xué)思想”和“數(shù)學(xué)思維”，人們往往難以完全具備。例如，研究事物內(nèi)部的規(guī)律與從外部觀察事物的規(guī)律。就像早期人類并不知道“地球是圓的”，但他們感覺到了許多矛盾之處，直到有人環(huán)繞地球一周，才證實(shí)了地球的圓形。這與現(xiàn)代人利用衛(wèi)星從地球外部觀察地球是相似的。

對(duì)任何事物的研究都存在內(nèi)部和外部的視角，正是因?yàn)槲宜伎剂恕霸谧匀粩?shù)的外部研究自然數(shù)”，才在2002年的春天發(fā)現(xiàn)了“Ltg-空間理論”。

為什么叫“素?cái)?shù)生成函數(shù)”？

假設(shè)這是一個(gè)什么都沒有的地方，連空間都不存在，我們定義它是0。就是這個(gè)0點(diǎn)是一個(gè)奇點(diǎn)，忽然發(fā)生了膨脹（爆炸）。隨后首先出現(xiàn)了1，這就是從無到有的轉(zhuǎn)變。以1為單位在一維空間以直線快速擴(kuò)展形成一個(gè)無窮遠(yuǎn)直線空間。

我們把這個(gè)空間按順序標(biāo)注上標(biāo)識(shí)，0,1,2,3…，這就是項(xiàng)位數(shù)N。然后在N=1處出現(xiàn)了第一個(gè)素?cái)?shù)2，可以用H2（k）=2K+2 函數(shù)表示后面所有“由素?cái)?shù)2形成的合數(shù)”。

在N=2 處出現(xiàn)素?cái)?shù)3，用H3（k）=3K+3函數(shù)表示后面所有“由素?cái)?shù)3形成的合數(shù)”。

在N=4 處出現(xiàn)素?cái)?shù)5，用H5（k）=5K+5函數(shù)表示后面所有“由素?cái)?shù)5形成的合數(shù)”。

在N=6 處出現(xiàn)素?cái)?shù)7，用H7（k）=7K+7函數(shù)表示后面所有“由素?cái)?shù)7形成的合數(shù)”。

在N=S-1 處出現(xiàn)素?cái)?shù)S，用Hs（k）=SK+n函數(shù)表示后面所有“由素?cái)?shù)S形成的合數(shù)”。

由函數(shù)Hs（k）=SK+n 我們看到，原來所有正整數(shù)都是由素?cái)?shù)S和他的合數(shù)產(chǎn)生的。

所以才有：

素?cái)?shù)生成函數(shù)：P(N) = k N +A (線性函數(shù)，輸出整數(shù))

合數(shù)判定函數(shù)：若P(N)是合數(shù)，則存在整數(shù)q≥2和p≥2 使得：

P(N) = q?p(本質(zhì)上是一個(gè)二元一次方程)

我們可以在表格N+1上任找兩個(gè)素?cái)?shù) q=(m+1)和 p=(n+1)

P(N) = q?p =m(n+1)+n 或 P(N) =S＾2

在正整數(shù)中所有合數(shù)都是素?cái)?shù)自身相乘或與其它素?cái)?shù)相乘的結(jié)果。

其中我們注意一個(gè)新的素?cái)?shù)S出現(xiàn)后,到這個(gè)素?cái)?shù)形成它的倍數(shù)S＾2之間，一定會(huì)有其它的新素?cái)?shù)出現(xiàn)（這是一個(gè)定理，早已被證明的）。

小結(jié)：我們把正整數(shù)1、2、3…轉(zhuǎn)換成了Ltg-空間，用數(shù)學(xué)語言來表述。注意N+1就是Ltg-空間特殊表示形式，這句話必須理解透。

原文：

二、哥德巴赫猜想的初等證明

猜想：任意偶數(shù)M≥4可表示為兩素?cái)?shù)之和。

證明步驟：

1、定義函數(shù)

固定偶數(shù)M，構(gòu)造函數(shù)對(duì)：

f (a) = 2a+1 和g (a) = M-(2a+1) （a = 0,1,2,3…M/2）

對(duì)原文的詮釋：

偶數(shù)M = f (a) + g (a) 偶數(shù)可以等于兩個(gè)奇數(shù)之和。注意：這里使用的是2N+A空間。

表格如下，

原文：

2、等價(jià)問題：

需證明存在整數(shù)a 使得f (a) 和 g (a) 同時(shí)為素?cái)?shù)。

對(duì)原文的詮釋：

這有點(diǎn)不好理解，可以這樣理解就行了：

因?yàn)?f (a)= (2m+1) ，g (a) = (2n+1) 所以有 a=m+n

比如，偶數(shù)16 ，16=5+11， 5=2m+1=4+1 。 11=2n+1=10+1

a=m+n =2+5=7

這個(gè)7 是項(xiàng)數(shù)，是一個(gè)（0,7] 的區(qū)間。看表格16=2N+1，N=7。

有一個(gè)項(xiàng)數(shù)a=7 ,使 5=2m+1=4+1 和11=2n+1=10+1 同為素?cái)?shù)。

原文：

3、反證法：

假設(shè)：對(duì)某個(gè)大偶數(shù)M，不存在這樣的a。

則對(duì)所有a∈[0,M/2]，f (a)或g (a)至少有一個(gè)是合數(shù)。

對(duì)原文的詮釋：

這很抽象，不好理解。我們不用大M偶數(shù)，我們用偶數(shù)16來翻譯一下這句話。

對(duì)于偶數(shù)16，如果不存在這樣的項(xiàng)數(shù)7 。

項(xiàng)數(shù)7對(duì)于區(qū)間[0,7]，2m+1和2n+1 中至少有一個(gè)是合數(shù)，整數(shù)a 使得f (a) 和 g (a) 同時(shí)為素?cái)?shù)就不成立了。

理解了吧？如果這句話不成立我們就證明了哥德巴赫猜想。不要緊，你可以多想一想，前提是你必須具備點(diǎn)數(shù)學(xué)天賦。

原文：

4、函數(shù)性質(zhì)分析

f (a)遍歷所有小于M的奇數(shù)。

g (a) = M - f(a) 是斜率為-2的線性函數(shù)。

素?cái)?shù)定理初等推論：

區(qū)間[1，M]素?cái)?shù)個(gè)數(shù)Π（M）～(M/LnM)。

奇數(shù)中素?cái)?shù)占比≥1/ LnM 。

對(duì)原文的詮釋：

為什么設(shè)置條件中用大偶數(shù)M，有些民科對(duì)這個(gè)不理解，非要問大偶數(shù)的界限有多大算大？其實(shí)1/ LnM 是一個(gè)近似值，偶數(shù)越大它接近素?cái)?shù)在正整數(shù)中的真實(shí)分布。

這一段是講素?cái)?shù)在正整數(shù)區(qū)間里的濃度大小的問題。

5、強(qiáng)制合數(shù)機(jī)制的矛盾：

若f (a)是素?cái)?shù)，則g (a)被迫為合數(shù)（由假設(shè)）。

設(shè)f (a)=p （素?cái)?shù)），則g (a)=M-p。

若g (a)是合數(shù)，則存在素?cái)?shù)q≤√M 整除g (a)。

對(duì)原文的詮釋：

這段就是數(shù)學(xué)邏輯思維，沒有什么要解釋的，前提是對(duì)數(shù)論有一定的基礎(chǔ)知識(shí)。

原文：

關(guān)鍵觀察：

每個(gè)素?cái)?shù)q≤√M 最多淘汰一個(gè)a (因?yàn)間 (a)是線性方程，解是唯一)。

而q≤√M的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)≤√M。

但是f (a)輸出的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)～(M/2LnM)﹥﹥√M （當(dāng)M足夠大時(shí)）。

對(duì)原文的詮釋：

這個(gè)意思是說函數(shù)f (a)= (2m+1) 和函數(shù)g (a) = (2n+1)在區(qū)間[0,M/2]內(nèi)性質(zhì)是一樣，不能一個(gè)含有素?cái)?shù)多，一個(gè)含有素?cái)?shù)少，總會(huì)有這樣的項(xiàng)數(shù)a存在，使得M= f(a)+ g (a)是兩個(gè)素?cái)?shù)相加。

用白話還真的不好表達(dá)。

矛盾：被淘汰的a的數(shù)量最多√M個(gè)，少于f (a)生成的數(shù)數(shù)數(shù)量。

6、結(jié)論：

假設(shè)不成立，故對(duì)任意大偶數(shù)M，總存在a使得f (a) 和 g (a) 同時(shí)為素?cái)?shù)。

哥德巴赫猜想得證！

我個(gè)人雖然承認(rèn)它證明的很美，像一首詩，一幅畫，一件藝術(shù)品，但是還是有些復(fù)雜了，應(yīng)該還有比這更簡潔的方法。

2025年8月12日星期二

附：AI證明哥德巴赫猜想

概述：將等差數(shù)列視為純粹的初等函數(shù)（直線方程）并直接利用其代數(shù)性質(zhì)，可以繞過復(fù)雜的集合論和密度分析，使證明變得極其簡潔。

一、基本函數(shù)的定義

設(shè)定義域?yàn)槿w非負(fù)整數(shù) No = ｛0,1,2,3…﹜：

1、素?cái)?shù)生成函數(shù)：

P(N) = k N+A (線性函數(shù)，輸出整數(shù))

2、合數(shù)判定函數(shù)：

若P(N)是合數(shù)，則存在整數(shù)m≥2和n≥2 使得：

P(N) = m?n (本質(zhì)上是一個(gè)二元一次方程)

二、哥德巴赫猜想的初等證明

猜想：任意偶數(shù)M≥4可表示為兩素?cái)?shù)之和。

證明步驟：

1、定義函數(shù)：

固定偶數(shù)M，構(gòu)造函數(shù)對(duì)：

f (a) = 2a+1 和 g (a) = M-(2a+1) （a = 0,1,2,3…M/2）

2、等價(jià)問題：

需證明存在整數(shù)a 使得f (a) 和 g (a) 同時(shí)為素?cái)?shù)。

3、反證法：

假設(shè)：對(duì)某個(gè)大偶數(shù)M，不存在這樣的a。

則對(duì)所有a∈[0,M/2]，f (a)或g (a)至少有一個(gè)是合數(shù)。

4、函數(shù)性質(zhì)分析

f (a)遍歷所有小于M的奇數(shù)。

g (a) = M - f(a) 是斜率為-2的線性函數(shù)。

素?cái)?shù)定理初等推論：

區(qū)間[1，M]素?cái)?shù)個(gè)數(shù)Π（M）～(M/LnM)。

奇數(shù)中素?cái)?shù)占比≥1/ LnM 。

5、強(qiáng)制合數(shù)機(jī)制的矛盾：

若f (a)是素?cái)?shù)，則g (a)被迫為合數(shù)（由假設(shè)）。

設(shè)f (a)=p （素?cái)?shù)），則g (a)=M-p。

若g (a)是合數(shù)，則存在素?cái)?shù)q≤√M 整除g (a)。

關(guān)鍵觀察：

每個(gè)素?cái)?shù)q≤√M 最多淘汰一個(gè)a (因?yàn)間 (a)是線性方程，解是唯一)。

而q≤√M的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)≤√M。

但是f (a)輸出的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)～(M/2LnM)﹥﹥√M （當(dāng)M足夠大時(shí)）。

矛盾：被淘汰的a的數(shù)量最多√M個(gè)，少于f (a)生成的數(shù)數(shù)數(shù)量。

6、結(jié)論：

假設(shè)不成立，故對(duì)任意大偶數(shù)M，總存在a使得f (a) 和 g (a) 同時(shí)為素?cái)?shù)。

哥德巴赫猜想得證！

這個(gè)證明方法我是不使用的，建議大家僅供參考。本文說明Ltg-空間的重大意義。這里我是僅僅說明“哥德巴赫猜想”不是什么圣物，早就被中國人證明了。我的方法更簡潔，但是很難得到數(shù)學(xué)界的認(rèn)可，也就是說我拒絕使用“素?cái)?shù)定理”。