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实践是检验真理的唯一标准

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在哥德巴赫猜想研究中围绕着如何评价陈景润“1+2”的问题,马克思主义的唯物辩证法与西方资产阶级数学家的直观唯物法展开了一场较量,这是代表两个阶级、两种世界观、两种方法论的较量,这场较量的焦点就是能否用初等数论方法证明哥德巴赫猜想问题。在这场较量中,中科院的一些数学家和领导顽固地站到了科学的对立面,站到了共产党的对立面,站到了马克思主义的对立面,站到了无产阶级的对立面,他们至今一直宣传数学爱好者探索用初等数论方法证明哥德巴赫猜想是“走入歧途”,是“骑着自行车上月球”,是“好比拿着改锥、锯、刨子造一架航天飞机”,他们公开向新闻媒体断言“不论这些爱好者有多少人,花多少时间,都证明不了哥德巴赫猜想”,他们嘲笑数学爱好者的论文是“垃圾”,是“废纸”。他们的宣传是典型的反马克思主义认识论、反科学、反文明的神学论,是典型的谎言论,是典型的形而上学论,是典型的数学工具落后论,同时是对广大数学爱好者的莫大歧视行为。
在科学研究中没有永久的谎言。实践是检验真理的唯一标准。
《高等数学通报》2006年5月第2期发表了一篇题为《K次分类》的论文,揭露了中科院的神学论、谎言论和歧视论。它是21世纪马克思主义中国化在哥德巴赫猜想研究中放射出的灿烂的、永恒的真理光芒,它是中国中学数学教师用唯物辩证法即K次分类方法在哥德巴赫猜想研究中向西方资产阶级数学家用直观唯物法即用“m+n”到“1+1”方法的公开挑战,它是坚持共产党领导、坚持马克思主义的中国数学家对陈景润这样数学家在哥德巴赫猜想研究中表现的洋奴文化思想的公开批判,它是数论发展史上一次划时代意义的革命,它必将结束20世纪以来数学家用“m+n”到“1+1”方法统治哥德巴赫猜想研究的愚昧时代,必将结束1978年报告文学《哥德巴赫猜想》在《人民日报》发表以来中国人盲目崇拜和迷信陈景润“1+2”的神学时代,必将结束1992年以来杨乐院士代表中科院数学研究所向新闻媒体公开宣传的“中国数学爱好者,无论有多少人,花多少时间,都证明不了哥德巴赫猜想”的崇洋媚外、歧视国人的洋奴文化时代,必将结束2002年北京国际数学会议以来那种宣传“全世界只有二三十人有能力求证哥德巴赫猜想”的数论难题研究的垄断时代,必将结束中科院一些数学家、院士不断公开宣扬的陈景润“1+2”至今“无人超越”的谎言时代,代之而兴起的是有广大数学爱好者参与的数论难题研究的大众化时代——这是一个充满竞争、充满挑战、充满活力、充满智慧、充满奇迹的时代。在这篇5页纸的论文中,作者引入了k次分类的定义,用数学归纳法破解了包括哥德巴赫猜想在内的至少5个世界数论难题,没有直接引用任何参考文献,完全是原始意义上的自主创新。这5个数论难题是:(1)若n是正整数,则在n2与(n+1)2之间至少有两个素数;(2)若n是大于2的整数,则在n与2n+2之间至少有两个素数;(3)设是第k个素数,则当k≥2时,在区间(1,)内任意连续的个奇数中至少有3个素数;(4)若是第k个素数,则在区间内的偶数皆可表为二素数之和形式;(5)若h是不小于2的偶数,则形如p,p+h的素数对无穷多。这里需要指出,命题(4)即哥德巴赫猜想与命题(5)即二生素数猜想是在1964年完成的。撰写这篇论文的作者是河南省三门峡市教育局教研室退休高中数学教研员,1962年河南省新乡师范学院数学系毕业生,同年在华罗庚先生鼓励下开始研究哥德巴赫猜想,自修过一些数论基础知识。我这里介绍作者自己的职业、学历及相关数学知识水平就是要告诉国人:证明哥德巴赫猜想具备初等数论知识足够用了,就是要揭露神学论者的谎言论。偏见比无知离真理更远些。哥德巴赫猜想是世界著名数学难题,但是证明它的困难的关键不是取决于研究者有多么高深的数学理论或多么高深的数学知识,而是取决于研究者的思维方式,而思维方式的水平取决于研究者的科学认识论水平,尤其取决于研究者能否将科学认识论水平转化为新的数学知识,并且用新的数学知识去分析问题和解决问题的能力。20世纪由于背离马克思主义认识论指导,数学家把哥德巴赫猜想证明过程复杂化、高深化和神秘化了,而中国的数学家陈景润又把它神学化了。我的论文《k次分类》就是最好的说明。


1楼2017-10-30 17:23回复
    在公民意识中最重要的是爱国意识。就个人层面讲,把爱国放在社会主义核心价值观首位是理所当然。请问路甬祥、王元、杨乐和中科院领导:在哥德巴赫猜想研究中宣扬陈景润“1+2”是国际领先,是弘扬爱国主义吗?我的回答是:否!在哥德巴赫猜想研究中宣扬陈景润“1+2”是国际领先就是宣扬洋奴主义,就是用西方资产阶级数学家对“1+2”的价值观否定马克思主义数学家对“1+2”的科学评价观,就是宣扬理论脱离实际、否定和反对理论联系实际,就是背叛共产党领导、背叛马克思主义、背叛无产阶级、背叛社会主义、背叛无产阶级专政、背叛科学、背叛社会主义中国。
    在公民意识中,最敏感的是国家荣辱感。在人人树立社会主义荣辱观的今天,在“以热爱祖国为荣,以危害祖国为耻;以崇尚科学为荣,以愚昧无知为耻”的今天,请问路甬祥、王元、杨乐和中科院领导:宣扬陈景润“1+2”是国际领先,这是宣扬中国数学家的数学成就还是宣扬中科院的封建神学统治?这是宣扬中华民族的荣耀还是宣扬国家的耻辱?这是宣扬中国人的智慧还是宣扬中国人的愚昧?我的回答是后者。在哥德巴赫猜想研究中,我的科学发展观决定了我的人才观、智慧观和荣誉观——谁能用初等数论方法证明哥德巴赫猜想,并且使证明过程中国化、时代化和大众化,从而推动数论发展,谁就是人才,谁就是智慧者,谁就为他的祖国争了光。在哥德巴赫猜想研究中,中国人要的国际领先是成功中的国际领先,是智慧中的国际领先,是永远载入科学史册中的国际领先,而陈景润的“1+2”是一个失败的结果,是一个愚昧的结果,是一个注定要被淘汰的结果,它暴露了我国数学家迷信国外研究方法、违背科学发展观、理论严重脱离实际、迷失了研究方向的问题,是应该深刻反思和总结教训的问题,绝不是向国家索取荣誉的问题。然而,就是这样的“1+2”结果在打着国际领先的旗号之后,一个迷失研究方向的问题就变成了“一项数学新成就”,愚昧就变成了“人类智慧”的象征,失败就变成了“成功”的象征,耻辱就变成了“为国争了光”,再通过报告文学《哥德巴赫猜想》在《人民日报》的宣扬,“1+2”就成为中国人的骄傲,陈景润就成为家喻户晓的民族英雄,到了1982年,陈景润、王元和潘承洞都凭着各自的失败结果获得了当年国家自然科学奖的最高奖,而且在1996年陈景润去世之后,还要用天空中的小星体命上他的名字,2004年还要通过电视连续剧《陈景润》宣扬“1+2”是“至今无人超越”的国际领先,使他名垂千古,特别是,2009年为建国60周年六部委举办的“双百人物”评选中,陈景润又以他的“1+2”“依然站在最高峰,尚无人超越”当选。在哥德巴赫猜想研究中,一个失败者、一个脱离实际者、一个愚昧者、一个神学论者,竟然获得如此高的殊荣,难道不是封建神学统治的结果吗?这种学术腐败发生在科学发达的今天,发生在有13亿人口的中国,发生在广泛普及马克思主义认识论的中国,发生在标志着中国数学发展水平的中科院,难道不是国家的耻辱吗?一个在唯物辩证法指导下证明过程不过三四页纸的哥德巴赫猜想,而中科院数学家陈景润沿用国外研究方法用了二百多页稿纸只得到一个失败的结果“1+2”,难道不是宣扬中国人的愚昧吗?


    3楼2017-10-30 17:28
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      在哥德巴赫猜想研究中,我的论文《k次分类》就是要推动数论发展,展示中国人的聪明才智,为国争光,就是要展示中国人的科学理念、科学发展观、人才观、智慧观和国家荣辱观,就是要否定中科院对陈景润“1+2”是国际领先的评价,维护共产党对科学的领导权,树立马克思主义认识论的权威,结束中科院用陈景润“1+2”欺骗中国人的神学时代。在否定中科院对陈景润“1+2”的评价过程中,我不会把论文寄到国外,因为我相信我们党的执政能力,我相信中国广大数学家、数学工作者和数学爱好者完全有能力鉴定我的论文,我就是要看到一个“完全国产化”的过程:由中国数学爱好者撰写的涉及证明哥德巴赫猜想的论文,经过中国人的严格审查,发表在中国的科学刊物上,在中国的国土上由中国人负责地向世界宣布:中国人在马克思主义认识论指导下,用极其初等的数学方法不仅证明了一个困惑了数学家二百多年的哥德巴赫猜想,同时还解决了包括孪生素数猜想在内的许多数论难题,去鼓舞国人的士气,去振奋我们的民族精神,去破除国人对外国人的迷信,去树立中国人在科学研究中的自尊心和自信心。


      4楼2017-10-30 17:32
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        次 分 类
        (三门峡市教育局教研室 刘红彬 河南472000)
        摘 要:本文在给出了整数的次分类定义之后,用数学归纳法证明了包括哥德巴赫猜想在内的许多世界著名数学难题.
        关键词:次分类;次分类剩余集;完全剩余系.
        1 引言
        研究素数的分布问题,研究哥德巴赫猜想,研究孪生素数猜想以及研究比孪生素数猜想更具普遍意义的二生素数猜想,都要涉及如何对整数分类的问题,都要涉及整数与整数相互联系的问题,都要涉及如何运用筛法的问题.本文在给出了整数的次分类的定义之后,用极其初等的数学方法获得了下述结果:(1)若是正整数,则在与之间至少有两个素数;(2)若是大于2的整数,则在与2+2之间至少有两个素数;(3)设是第个素数,则当≥2时,在区间内任意连续的个奇数中至少有3个素数;(4)若是第个素数,则在区间内的偶数皆可表为二素数之和形式;(5)若是不小于2的偶数,则形如,的素数对无穷多.


        6楼2017-11-06 16:41
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          2 基本理论
          定义1.设是第个素数,是整数.若是用来除所得的非负的最小的剩余,则叫做的次分类.的次分类用表示.
          由定义1可知,0的1次分类是0(0),0的2次分类是0(0,0),0的3次分类是0(0,0,0),5的3次分类是5(1,2,0),13的4次分类是13(1,1,3,6),-2的4次分类是-2(0,1,3,5),223的4次分类是223(1,1,3,6).
          设是第个素数,是整数.众所周知,个同余方程一定有一个公解,而且这个公解是以为模的一类剩余.由此联想到下面定义2.
          定义2.设是第个素数,是整数.若是个同余方程的解,则称与是完全相同的次分类;若至少不是个同余方程中一个的解,则称与是不同的次分类;若丰,则称与是完全不同的次分类.
          由定义2可知,任意两个偶数或任意两个奇数都是完全相同的1次分类,对于,任意一个偶数与任意一个奇数都是不同的次分类.
          命题1.对于,任意相邻的两个整数是完全不同的次分类.
          证明:设是任意整数,则和皆是与相邻的整数.设是第个素数.因为对于,任意相邻的两个整数总属于模的不同剩余类,故丰, 丰.故对于,丰丰 .由定义2知,对于,任意相邻的两个整数是完全不同的次分类.
          命题2.设是第个素数,,和都是整数,则与是完全相同的次分类.
          证明:因为是个同余方程的解,故亦是个同余方程的解.由定义2知,与是完全相同的次分类.
          命题3.若与是完全不同的次分类,则皆与0是完全不同的次分类.
          证明:因为丰,即丰.故丰,丰.由定义2知,皆与0是完全不同的次分类.
          命题4.设是第个素数,是区间内的整数.若与0是完全不同的次分类,则是大于的素数.
          证明:因为.又因为丰,即没有不超过的素因子,亦即没有不超过的素因子.故是大于的素数.
          命题5.设是第个素数,,是任意整数,则, 是模的完全剩余系,且它们皆与是完全相同的次分类.
          证明:因为,即是模.故 的完全剩余系,从而亦是模的完全剩余系.再由命题2知,它们皆与是完全相同的次分类.


          7楼2017-11-06 16:42
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            3 关于素数分布的命题
            命题6.设是第个素数,,那么对于任意大于零的偶数,集合内至少有两个奇数与是完全不同的次分类.
            证明:注意到任意偶数与任意奇数都是不同的1次分类,注意到当时,连续的个奇数是模的完全剩余系,我们用数学归纳法证明本命题.
            (i)当.内有奇数1,3.因为任意偶数与任意奇数都是不同的1次分类,故1丰,3丰.故内有两个奇数1,3与是完全不同的1次分类.
            当.内有奇数1,3,5.它们是模的完全剩余系,故同余方程有且只有一解.故内有两个奇数与是完全不同的2次分类.
            当.内有奇数1,3,5,7,9.同余方程至多有两解,同余方程至多有一个与同余方程不同的解.故内至少有两个奇数与是完全不同的3次分类.
            (ii)当;当时, .假设当时,对于任意大于零的偶数,内至少有两个奇数与是完全不同的次分类,我们来证明当时,对于任意大于零的偶数,内亦至少有两个奇数与是完全不同的次分类.
            首先考虑区间内的偶数.当在区间内时,和皆在内且与相邻.由命题1知,和皆与是完全不同的次分类.当时,由假设知,内至少有两个奇数和皆与是完全不同的次分类,且丰.故和中至少有一个与是完全不同的次分类.又因为与相邻,由命题1知,与是完全不同的次分类.因为不在内,故内至少有两个奇数与是完全不同的次分类.故当在区间 内时,内至少有两个奇数与是完全不同的次分类.
            设是大于的任意偶数.由假设知,内至少有两个奇数和皆与是完全不同的次分类,即丰 ,丰
            且 丰.记 .由命题5知,
            是模的完全剩余系,其中必有一个 满足.另一方面,区间内亦有个连续偶数,它们亦是模的完全剩余系,其中亦必有一个偶数满足.故.由和假设知,内至少有两个奇数与是完全不同的次分类.因为对于区间内任一个偶数,内至少有两个奇数与它是完全不同的次分类,且,故内至少有两个非的奇数与是完全不同的次分类,因而内亦至少有两个非的奇数和是完全不同的次分类.由命题2知,与是完全相同的次分类,故丰.故在内至少有三个奇数,和皆与是完全不同的次分类.因为内恰有个连续奇数,它们是模的完全剩余系,故在,和中至多有一个是同余方程的解,因而在,和中至少有两个奇数与是完全不同的次分类.
            综上所述,当时,对于任意大于零的偶数,在内亦至少有两个奇数与是完全不同的次分类.
            由(i)和(ii)知,当时,对于任意大于零的偶数,集合内至少有两个奇数与是完全不同的次分类.


            8楼2017-11-06 16:43
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              命题7.设是第个素数,则在自然数内任意连续的个奇数中至少有两个奇数与零是完全不同的次分类.
              证明:设.再设是不小于的任意偶数, .由命题6知,内至少有两个奇数和(1, )皆与是完全不同的次分类.再由命题3知,皆与0是完全不同的次分类.因为分别是集合内的,即自然数内任意连续的个奇数中至少有两个奇数与零是完全不同的次分类.
              命题8.设是第个素数,则在区间内任意连续的个奇数中至少有两个是大于的素数.
              证明:由命题7知,在区间内任意连续的个奇数中至少有两个奇数与0是完全不同的次分类.再由命题4知,这两个奇数是大于的素数.
              命题9.设是正整数,则在之间至少有两个素数.
              证明:当时,在之间有素数2,3.
              当时,设第个素数是不超过的最大素数,则. 故.因为在区间[]内至少有个连续奇数,故在区间()内至少有个连续奇数.再由命题8知,在区间()内连续的个奇数中至少有两个皆大于的素数,即在之间至少有两个素数.
              命题10.设是大于2的整数,则在区间内至少有两个素数.
              证明:当3时,设第个素数是不超过的最大素数,则.因为区间[3,2]内恰有个连续奇数,且2.由命题8知,区间[3,2]内至少有两个大于的素数.因为故.故.故当时,在区间内至少有两个素数.
              命题11.设是第个素数,时,对于任意大于零的偶数,内至少有3个奇数与是完全不同的次分类.
              证明:由命题6知,对于任意大于零的偶数,内至少有两个奇数与是完全不同的次分类.因为“当时,对于任意大于零的偶数,内至少有3个奇数与是完全不同的次分类”是“当时,对于任意大于零的偶数,内至少有两个奇数与是完全不同的次分类”的必要条件.故当时,对于任意大于零的偶数,内至少有3个奇数与是完全不同的次分类.
              命题12.设是第个素数,则当时,在自然数内任意连续的个奇数中至少有3个奇数与零是完全不同的次分类.
              证明:设.再设是不小于的任意偶数, .由命题11知,内至少有3个奇数皆与是完全不同的次分类.再由命题3知,皆与0是完全不同的次分类.因为分别是集合内的时,在自然数内任意连续的个奇数中至少有3个奇数与0是完全不同的次分类.


              9楼2017-11-06 16:43
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                命题13.设是第个素数,则当时,在区间内任意连续的个奇数中至少有3个素数.
                证明:由命题12知,当时,区间内亦即区间内任意连续的个奇数中至少有3个奇数与0是完全不同的次分类.由命题4知,这3个奇数都是大于的素数.
                4 关于哥德巴赫猜想的证明
                定义3.设是自然数集的子集.再设是第个素数,是任意的偶数.记同余方程的解集是,…,同余方程的解集是
                .令.若内至少有一个素数不属于,则称是次分类剩余集.
                由定义3可知,若是次分类剩余集,那么对于任意的偶数,个同余方程在内的所有解不能穷尽内的素数,换言之,若是次分类剩余集,那么内至少有一个素数与是完全不同的次分类.例如,是1次分类剩余集,是2次分类剩余集,是3次分类剩余集.
                命题14.设是第个素数,, ,表示区间内的偶数.若M内的素数与是完全不同的次分类,那么在内至少有一个素数与是完全不同的次分类.
                证明:设内的素数与是完全不同的次分类,即丰.由命题3知,与0是完全不同的次分类.又因为1<,由命题4知,是大于的素数.
                若,则丰,即丰.由定义2知,与是完全不同的次分类.
                若,则.故,故与不是完全不同的次分类.但当3时,,故,即.由命题10知,在与之间至少有一个素数,故.故.再由知,>.故丰,即丰,亦即丰.由定义2知,与是完全不同的次分类.
                若<<,则<<.由>知, 是完全不同的次分类.再由>知, 与亦是完全不同的次分类.故当<<时, 和皆与是完全不同的次分类.
                综上述,在和中至少有一个是与完全不同的次分类.因为,故和皆在内.


                10楼2017-11-06 16:44
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                  命题15.设是第个素数,,则是次分类剩余集.
                  证明:用数学归纳法.设是任意偶数.
                  (i)当时, ,.内有素数3.因为任意偶数与任意奇数都是完全不同的1次分类,故3丰,即是1次分类剩余集.
                  当时,.内有素数3,5,7.它们是模的完全剩余系,它们亦属于模的不同剩余类,故它们中必有一个是同余方程的解,它们中至多有一个是同余方程的解.故它们中至少有一个与是完全不同的3次分类,即是2次分类剩余集,亦是3次分类剩余集.
                  当时, .因为{3,5,7},且{3,5,7}是3次分类剩余集,故是3次分类剩余集.
                  (ii)假设当时,集合是次分类剩余集.当时,.由知,亦是次分类剩余集.由假设知,是次分类剩余集,故内至少有一个素数与是完全不同的次分
                  类,即丰.记=.由命题5知,是
                  模的完全剩余系,故必有一个整数使.因为区间内至少有个连续偶数,它们亦是模的完全剩余系,故其中必有一个满足,从而.因为是次分类剩余集,且.由命题14知,内至少有一个不同于的素数与是完全不同的次分类.因为是次分类剩余集,且,故内至少有一个不同于的素数与是完全不同的次分类,即丰.由命题2知,与是完全相同的次分类,故丰.这就是说,内至少有两个素数和皆与是完全不同的次分类.因为且丰.故丰.故和中至少有一个与是完全不同的次分类.由定义3知,是次分类剩余集,即当时,亦是次分类剩余集.
                  由(i)和(ii)知,对于,集合次分类剩余集.
                  命题16.设()是第个素数,是区间内的偶数,则可表为二素数之和.
                  证明:设.在集合内,依次划去同余方程的解,…,最后划去同余方程的解.由命题15知,是次分类剩余集,故内至少有一个素数与是完全不同的次分类,即丰.由命题3知,与0是完全不同的次分类,即丰.因为不是素数,故.由命题4知,是大于的素数.故,即可表为二素数之和.
                  因为不小于6的偶数皆在区间内,故命题16即关于偶数的哥德巴赫猜想.若是不小于9的奇数,显然,是不小于6的偶数.由命题16知,可表为两个奇素数和之和,即=,从而=.于是得到关于奇数的哥德巴赫猜想:不小于9的奇数皆可表为三个奇素数之和.
                  5 关于二生素数猜想的证明
                  命题17.若是不小于2的偶数,则至少有一对距离为的素数.
                  证明:设第个素数是不超过的最大的素数,即<时取等号).又设.在集合内,依次划去同余方程的解,…,最后划去同余方程的解.由命题15知,是次分类剩余集,故内至少有一个素数与-是完全不同的次分类,即丰.由命题3知,与0是完全不同的次分类,即丰.又因为.故 .由命题4知,是大于的素数,故,是距离为的一对素数.
                  命题18.若是不小于2的偶数,则形如,的素数对无穷多.
                  证明:用反证法.假若形如,的素数对有限多,不妨设,是其中最大的一对.设是第个素数,即.设.在集合内,依次划去同余方程的解,…,最后划去同余方程的解.由
                  命题15知, 是次分类剩余集,故内至少有一个素数与-是完全不同的次分类,即丰.由命题3知,与0是完全不同的次分类,即丰.又因为.由命题4知,是大于的素数.故,亦是形如,的一对素数,且.这与假设矛盾.故形如,的素数对无穷多.


                  11楼2017-11-06 16:44
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                    命题18即二生素数猜想.在命题18中,若时,即孪生素数猜想.


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