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一，余氏数列的表达式是如下多项式集
(x1)=0,1,2,3...... (x2)=0,1,2,3......
集合{(n)i"},{(n)j"}能够满足(ri),(rj)为整数。 [n]i=30xy+ax+by+c
[x,y]=[非负有理数集]
{[a*b]1}同余与。。。。。。{[a*b]8} mod<30>
{a>1,b>1,d<29}=[-1,1,7,11,13,17,19,23,29,31] [ab+d]/30=c
一个余氏数列[n]i在自然数里的补集[n]i"叫这个余氏数列的对偶数列。
二，给定狄利克雷数列[以30为模]
30x+7=30n-23 ...... 30x+31=30n-[-1]
余氏数列的表达式与上面狄利克雷数列有下面关系
[30x+b]*[30y+a]=30[30xy+ax+by+c]-d
三，作如下两个方程
[n]i=30xY+ax+bY+c [n]i"=30xY"+ax+bY"+c
解得： Y={[n]i-ax-c}/[30x+b] Y"={[n]i"-ax-c}/[30x+b]
[上面等式里的除法号应该是分数线，以下如此]
四，取用：
[f>1,g>1,q>1]=[模30的缩系]
fg三b ag三q+30A mod<30>
[r,A,-1根据上述条件及余氏数列作下面方程组
[n]i”-ax-c=r*[30k+f] <1>
30x+b=[30z+g]*[30k+f] <2>
解：用<2>求得x的表达式
x={[30z+g]*[30k+f]-b}/30 从余氏对偶数列到哥德巴赫猜想
把x的表达式代入到<1>里，整理得
[n]i"=30k[az+r+A]+f[az+r+A]+qk+[qf+d]/30
---------->矛盾，矛盾。
五，根据前述方程组，存在下面等式组
{f*[(n)i"-ax-c]}/{f*[30x+b]}={(n)v-p[fx+A]-e} [p>a]
{f*[(n)j"-ux-h]}/{f*[30x+m]}={(n)s-s*[fx+B]-t} [s>u]
[下面等式表示两个分子相等]
-----------> f*[(n)i"-ax-c]=(n)v-p[fx+A]-e
f*[(n)j"-ux-h]=(n)s-s*[fx-B]-t
-----------> f*[(n)i"]-fc-[(n)v]+pA+e=fx*[s-u][a-p]
f*[(n)j"]-fh-[(n)s]+sB+t=fx*[p-a][u-s]
六，取用：
[x1,x2]=[x] [ri,rj]=[r]
作下面两个方程组
f*(ri)-fc-[fp*0+pA+e]+pA+e+f*0*[s-u][a-p]=fx*[s-u][a-p]
(n)i"=(ri)+p*(x1)-4x*[s-u][a-p]
f*(rj)-fh-[fs*0+sB+t]+sB+t=fx*[p-a][u-s]
(n)j"=(rj)+s*(x2)+x*[p-a][u-s]
解：
(ri)={(n)i"-p*(x1)+3x*[s-u][a-p]+c}/2
(rj)={(n)j"-s*(x2)+h}/2
显然，当
(n)i"+(n)j"=p*(x1)+s*(x2)-x*[s-u][a-p]+c+h
对于任意一个组合集{(n)i"+(n}j"}，都必定有
七，根据上面两个方程组作下面等式组
f*{(ri)+p*(x1)-4x*[s-u][a-p]}-fc-{fp*(x1)+pA+e}+pA+e+4fx*[s-u][a-p]
=fx*[s-u][a-p]
f*{(rj)+s*(x2)+x*[p-a][u-s]}-fh-{fs*(x2)+sB+t}+sB+t-fx*[p-a][u-s]=fx*[p-a][u-s]
上面等式组里的两个等式相加，可以得到
f*{(n)i"+(n)j"}-f*[c+h]-f*{p*(x1)+s*(x2)}+fx*[s-u][a-p]=0
s不等于p
所以，每一个集合{(n)i"+(n)j"}里都必定有一个公差为1的等差数列。
结合实际情况，可得：关于余氏对偶数列的猜想成立：
{(n)i"+(n)j"}不同组=2,3,4,5,6......
八，由前述余新河数学题可得
[30*(n)i"-di]属于[素数]
{[di+dj]不同组}等价于[模30的偶剩余类集]
{[30*(n)i"-di]+[30*(n)j"-dj] 子集}属于[等擦数列]
所以，结合实际情况可得：每一个大于或等于4的偶数都可以表示成两个素数之和，
即：哥德巴赫猜想成立。
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发表于 2004-3-8 03:58:55