哈爾濱師范大學(xué)研究生 馬正方

名家論壇

證明哥德巴赫猜想“1+1”以及“1-1”

哈爾濱師范大學(xué)研究生 馬正方

本文從客觀求是的視角出發(fā)，以遞增（或者公差X為零）的三項(xiàng)（或者四項(xiàng)）等差數(shù)列為切入點(diǎn)，函數(shù)和概率的數(shù)學(xué)理論雙管齊下，對該數(shù)列進(jìn)行科學(xué)的分析和明確的解讀，推出了尾項(xiàng)首項(xiàng)之和定理、中間兩項(xiàng)之和定理及其函數(shù)的解析式，順理成章地證明了哥德巴赫猜想“1+1”以及該猜想的對立面“1-1”。

定理；推論；函數(shù)；零概率；公差

本文所載的內(nèi)容，是作者至今尚未發(fā)表過的研究心得，渴望得到尊師寶貴的指教！

哥德巴赫猜想簡稱“1+1”，其定義是：凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素?cái)?shù)之和。該猜想具有片面性，因?yàn)樗姓麛?shù)（當(dāng)然包括大于4的偶數(shù)）也都是兩個奇素?cái)?shù)之差（如2=5-3，4=7-3，6=11-5，8=11-3，10=13-3）?！?-1”比“1+1”更有普遍性！只有把“1+1”和“1-1”合并在一起進(jìn)行證明，才是全面的、徹底的?！?+1”和“1-1”是“對立的統(tǒng)一”，符合一分為二的兩重性！

一、第一種證明

【尾項(xiàng)首項(xiàng)之和定理】任何遞增（或者公差X為零）的三項(xiàng)等差數(shù)列a1、a2、a3，設(shè)中項(xiàng)為Z，則首項(xiàng)為（Z-X），尾項(xiàng)為（Z+X），從而得出等式Z（Z+X）-Z（Z-X）=X［（Z+X）+（Z-X）］；［（Z+X）+（Z-X）］=Y（X的函數(shù)），由于中項(xiàng)Z=a1+x，則Y=2a1+2x成為函數(shù)解析式。

證明該定理：

Z（Z+X）-Z（Z-X）=X［（Z+X）+（Z-X）］，去括號，得Z2+ZX-Z2+ZX=2ZX，得2ZX=2ZX，由于該等式的等號兩邊相等，所以該定理成立。

［推論］（1）尾項(xiàng)首項(xiàng)之和除以2所得的商數(shù)作為中項(xiàng)，這樣構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列；或者以零作為公差，從而三項(xiàng)等差數(shù)列的三個數(shù)字相同。（2）既然是“任何遞增（或者公差X為零）的三項(xiàng)等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的首項(xiàng)和尾項(xiàng)這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇而不受限制）。如此這般寬松，當(dāng)然可以包括“兩個奇素?cái)?shù)”在內(nèi)；而“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素?cái)?shù)之和”（哥德巴赫猜想的命題，簡稱“1+1”），“任何遞增（或者公差X為零）的三項(xiàng)等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（“兩個奇素?cái)?shù)之和”所得的和數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包括”凡大于4的偶數(shù)，如此這般，該定理證明了哥德巴赫猜想。（3）尾項(xiàng)首項(xiàng)之和定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學(xué)之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增（或者公差X為零）的三項(xiàng)等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差X的取值范圍）；定理之中的Y=2a1+2x就是函數(shù)的解析式；如定理的等號右邊所示，尾項(xiàng)首項(xiàng)之和Y就是中括號之外X（即X［（+X）+（Z-X）］）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應(yīng)法則；每個尾項(xiàng)首項(xiàng)之和就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素?cái)?shù)之和”在內(nèi)的一切尾項(xiàng)首項(xiàng)之和（其中所得的和數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構(gòu)成“兩個奇素?cái)?shù)之和”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。

如上所述，哥德巴赫猜想的命題“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素?cái)?shù)之和”就是尾項(xiàng)首項(xiàng)之和定理的推論。該定理成立，推論也必然成立，因?yàn)榇蟮览碇萍s小道理。

例1 證明6是兩個奇素?cái)?shù)之和：以零作為公差，從而三項(xiàng)等差數(shù)列各數(shù)相同，即3、3、3，則（中項(xiàng)3×尾項(xiàng)3）-（中項(xiàng)3×首項(xiàng)3）=公差0×（尾項(xiàng)3+首項(xiàng)3），于是證明6是兩個奇素?cái)?shù)之和3+3。

例2 證明8是兩個奇素?cái)?shù)之和：以（5+3）÷2=4作為中項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列，即3、4、5，則（4×5）-（4×3）=（公差）1×（5+3），于是證明8是兩個奇素?cái)?shù)之和：5+3。

例3 證明88是兩個奇素?cái)?shù)之和：以（71+17）÷2=44作為中項(xiàng)從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列，即17、44、71，則（44×71）-（44×17=(公差)27×（71+17），于是證明88是兩個奇素?cái)?shù)之和：71+17。

例4 證明888是兩個奇素?cái)?shù)之和：以（487+401）÷2=444作為中項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列，即401、444、487，則（444×487）-（444×401）=（公差）43×（487+401），于是證明888是兩個奇素?cái)?shù)之和：487+401。

【尾項(xiàng)首項(xiàng)之差定理】任何遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列，設(shè)中項(xiàng)為Z，則首項(xiàng)為（Z-X），尾項(xiàng)為（Z+X），從而得出等式：Z（Z+X）-Z（Z-X）-2X（Z-X）=X［（Z+X）-（Z-X）］；［（Z+X）-（Z-X）］=Y（X的函數(shù)），此為函數(shù)解析式。

證明該定理：

Z（Z+X）-Z（Z-X）-2X（Z-X）=X［（Z+X）-（ZX）］，

去包括，得Z2+ZX-Z2+ZX-2ZX+2X2=2X2，

得2X2=2X2。

由于該等式的等號兩邊相等，所以該定理成立。

【推論】（1）尾項(xiàng)首項(xiàng)之和除以2所得的商數(shù)作為中項(xiàng)，這樣構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列。（2）既然是“任意遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的首項(xiàng)和尾項(xiàng)這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇而不受限制）。如此這般寬松，當(dāng)然可以包括“兩個奇素?cái)?shù)”在內(nèi)；而凡大于4的偶數(shù)也都是兩個奇素?cái)?shù)之差（簡稱“1-1”），“任何遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（即“兩個奇素?cái)?shù)之差”所得的差數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包括”凡大于4的偶數(shù)，如此這般，該定理證明了“1-1”。（3）尾項(xiàng)首項(xiàng)之差定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學(xué)之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增的三項(xiàng)等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差X的取值范圍）；定理之中的［（Z+X）-（Z-X）］=Y即Y=2X就是函數(shù)的解析式；如等號右邊所示，尾項(xiàng)首項(xiàng)之差Y就是中括號之外X（即X［（Z+X）-（Z-X）］）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應(yīng)法則；每個尾項(xiàng)首項(xiàng)之差就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素?cái)?shù)之差”在內(nèi)的一切尾項(xiàng)首項(xiàng)之差（其中所得的差數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構(gòu)成“兩個奇素?cái)?shù)之差”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。如上所述，“凡大于4的偶數(shù)也都是兩個奇素?cái)?shù)之差”就是尾項(xiàng)首項(xiàng)之差定理的推論。該定理成立，定理的推論必然成立，大道理制約小道理。

例1 證明6是兩個奇素?cái)?shù)之差：以（11+5）÷2=8作為中項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列5、8、11，則（8×11）-（8×5）-2×（公差）3×5=（公差）3×（11-5），于是證明6是兩個奇素?cái)?shù)之差：11-5。

例2 證明8是兩個奇素?cái)?shù)之差：以（11+3）÷2=7作為中項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列3、7、11，則（7×11）-（7×3）-2×（公差）4×3=（公差）4×（11-3），于是證明8是兩個奇素?cái)?shù)之差：11-3。

例3 證明88是兩個奇素?cái)?shù)之差：以（101+13）÷2=57作為中項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列13、57、101，則（57×101）-（57×13）-2×（公差）44×13=（公差）44×（101-13），于是證明88是兩個奇素?cái)?shù)之差：101-13。

例4 證明888是兩個奇素?cái)?shù)之差：以（907+19）÷2=463作為中項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的三項(xiàng)等差數(shù)列19、463、907，則（463×907）-（463×19） -2×（ 公 差）444×19=（ 公 差）444×（907-19），于是證明888是兩個奇素?cái)?shù)之差：907-19。

二、第二種證明

【中間兩項(xiàng)之和定理】任何遞增（或者公差x為零）的四項(xiàng)等差數(shù) 列a1、a2、a3、a4， 則［（a3×a4） -（a1×a2）］÷2=x×（a2+a3）；（a2+a3）=y(x的函數(shù))，此為函數(shù)解析式。

證明該定理：

［（a3×a4）-（a1×a2）］÷2=x×（a2+a3），根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式，得｛［a1+（3-1）x］［a1+（4-1）x］-a1［a1+（2-1）x］｝÷2=x｛［a1+（2-1）x］+［a1+（3-1）x］｝；去小括號，得［（a1+2x）（a1+3x）-a1（a1+x）］÷2=x［（a1+x）+（a1+2x）］；再去括號，合并同類項(xiàng)，得÷2=2xa1+3x2；等號兩邊都乘2，兩項(xiàng)抵消，得4xa1+ 6x2=4xa1+6x2，從而證明該等式成立，并且該定理成立。

關(guān)于“a2+a3=y（x的函數(shù)）”：

根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式，該等式可寫成［a1+（2-1）x］+［a1+（3-1）x］=y，去括號之后寫成2a1+3x=y，也就是y=2a1+3x成為明確的函數(shù)解析式。

【推論】（1）可任意選擇兩個數(shù)字作為四項(xiàng)等差數(shù)列的中間兩項(xiàng)a2和a3，a3-a2=公差，a2-公差=a1，a3+公差=a4，如此這般構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列；或者以零作為公差，從而四項(xiàng)等差數(shù)列的四個數(shù)字相同。（2）既然是“任何遞增（或者公差x為零）的四項(xiàng)等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的中間兩項(xiàng)這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇），當(dāng)然可以包括“兩個奇素?cái)?shù)”在內(nèi)；而“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素?cái)?shù)之和”（哥德巴赫猜想的命題，簡稱“1+1”）,“任何遞增（或者公差x為零）的四項(xiàng)等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（即“兩個奇素?cái)?shù)之和”所得的和數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包容”凡大于4的偶數(shù)。如此這般，中間兩項(xiàng)之和定理證明了哥德巴赫猜想。（3）中間兩項(xiàng)之和定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學(xué)之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增（或者公差x為零）的四項(xiàng)等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差x的取值范圍）；定理之中的a2+a3=y就是函數(shù)的解析式；如定理之中的等式所示，中間兩項(xiàng)之和y就是括號之外x（即“x×（a2+a3）”）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應(yīng)法則；每個中間兩項(xiàng)之和就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素?cái)?shù)之和”在內(nèi)的一切中間兩項(xiàng)之和（其中所得的和數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構(gòu)成“兩個奇素?cái)?shù)之和”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。如上所述，哥德巴赫猜想的命題“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素?cái)?shù)之和”就是中間兩項(xiàng)之和定理的推論。該定理成立，推論也必然成立，因?yàn)榇蟮览碇萍s小道理。

例1 證明6是兩個奇素?cái)?shù)之和：以零作為公差，從而四項(xiàng)等差數(shù)列各數(shù)相同，即3、3、3、3，則［（a3之3×a4之3）-（a1之3×a2之3）］÷2=公差0×（a2之3+a3之3），于是證明6是兩個奇素?cái)?shù)之和：3+3。

例2 證明8是兩個奇素?cái)?shù)之和：以3和5作為中間兩項(xiàng)，以5-3=2作為公差，以3-2=1作為首項(xiàng)，以5+2=7作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即1、3、5、7，則［（5×7）-（1×3）］÷2=（公差）2×（3+5），于是證明8是兩個奇素?cái)?shù)之和：5+3。

例3 證明88是兩個奇素?cái)?shù)之和：以17和71作為中間兩項(xiàng)，以71-17=54作為公差，以17-54=-37作為首項(xiàng)，以71+54=125作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即-37、17、71、125，則｛（71×125）-［（-37）×17］｝÷2=（公差）54×（17+71），于是證明88是兩個奇素?cái)?shù)之和：17+71。

例4 證明888是兩個奇素?cái)?shù)之和：以401和487作為中間兩項(xiàng)，以487-401=86作為公差，以401-86=315作為首項(xiàng)，以487+86=573作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即315、401、487、573，則［（487×573）-（315×401）］÷2=（公差）86×（401+487），于是證明888是兩個奇素?cái)?shù)之和：401+487。

【中間兩項(xiàng)之差定理】任何遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列a1、a2、a3、a4， 則［（a3×a4） -（a1×a2）］÷2-（2xa1+2x2）=x（a3-a2），x為公差；a3-a2=y（x的函數(shù)），此為函數(shù)解析式。

證明該定理：

［（a3×a4）-（a1×a2）］÷2 -（2xa1 + 2x2）=x（a3 - a2），根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式，得｛［a1+（3-1）x］［a1+（4-1）x］-a1［a1+（2-1）x］｝÷2-（2xa1+2x2）=x×｛［a1+（3-1）x］-［a1+（2-1）x］｝；去小括號，得［（a1+2x）（a1+3x）-a1（a1+x）］÷2-2xa1-2x2=x×［（a1+2x）-（a1+x）］；再去括號，合并同類項(xiàng)，得（4xa1+6x2）÷2-2xa1-2x2=x2；移項(xiàng)得（4xa1+6x2）÷2=2xa1+3x2；等號兩邊都乘以2，得4xa1+6x2=4xa1+6x2；兩項(xiàng)抵消，得6x2=6x2，從而證明該等式成立，并且該定理成立。

關(guān)于“a3-a2=y(x的函數(shù))”：

根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式，該等式可寫成［a1+（3-1）x］-［a1+（2-1）x］=y，去括號之后寫成x=y，也就是y=x成為明確的函數(shù)解析式。也可根據(jù)等差數(shù)列后項(xiàng)減前項(xiàng)等于公差寫出x=y。

【推論】（1）可任意選擇兩個數(shù)字作為四項(xiàng)等差數(shù)列的中間兩項(xiàng)a2和a3，a3-a2=公差，a2-公差=a1，a3+公差=a4，如此這般構(gòu)成遞增的等差數(shù)列。（2）既然是“任何遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列”，就是說該等差數(shù)列的中間兩項(xiàng)這兩個數(shù)字可以是任意兩個數(shù)字（即可以由人任意選擇而不受限制）。如此這般寬松，當(dāng)然可以包括“兩個奇素?cái)?shù)”在內(nèi)；而“凡大于4的偶數(shù)都是兩個奇素?cái)?shù)之差”，“任何遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列”猶如無限龐大、沒有極限、沒有終端的巨網(wǎng)，“凡大于4的偶數(shù)”（即“兩個奇素?cái)?shù)之差”所得的差數(shù)）怎么可能漏掉呢？一網(wǎng)打盡，漏掉的“概率”是零，“皆包容”凡大于4的偶數(shù)。如此這般，中間兩項(xiàng)之差定理證明了哥德巴赫猜想的反面“1-1”。（3）中間兩項(xiàng)之差定理具有函數(shù)的特征。函數(shù)是數(shù)學(xué)之中非常具有普遍意義的理論?！叭魏芜f增的四項(xiàng)等差數(shù)列”體現(xiàn)函數(shù)的定義域（公差x的取值范圍）；定理之中的a3-a2=y就是函數(shù)的解析式；如定理之中的等式所示，中間兩項(xiàng)之差y就是括號之外x（即“x×（a3-a2）”）的函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)的對應(yīng)法則；每個中間的兩項(xiàng)之差就是一個函數(shù)值；包括所有“兩個奇素?cái)?shù)之差”在內(nèi)的一切中間兩項(xiàng)之差（其中所得的差數(shù)必然包括“凡大于4的偶數(shù)”）就是函數(shù)的值域。該值域非同小可，無窮無盡無極限，猶如無窮的巨網(wǎng)，所有構(gòu)成“兩個奇素?cái)?shù)之差”的偶數(shù)（即“凡大于4的偶數(shù)”）被該巨網(wǎng)一網(wǎng)打盡而萬無一失，“失”為“零概率”，巨網(wǎng)保常態(tài)。如上所述，“凡大于4的偶數(shù)也都是兩個奇素?cái)?shù)之差”這樣的命題就是中間兩項(xiàng)之差定理的推論。該定理成立，推論也必然成立，因?yàn)榇蟮览碇萍s小道理。

例1 證明6是兩個奇素?cái)?shù)之差：以5和11作為中間兩項(xiàng)，以11-5=6作為公差，以5-6=-1作為首項(xiàng)，以11+6=17作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即-1、5、11、17，則｛（11×17）-［（-1）×5］｝÷2-［2×6×（-1）+2×62］=6×（11-5），于是證明6是兩個奇素?cái)?shù)之差11-5。

例2 證明8是兩個奇素?cái)?shù)之差：以3和11作為中間兩項(xiàng)，以11-3=8作為公差，以3-8=-5作為首項(xiàng)，以11+8=19作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即-5、3、11、19，則｛（11×19）-［（-5）×3］｝÷2-［2×8×（-5）+2×82］=8×（11-3），于是證明8是兩個奇素?cái)?shù)之差：11-3。

例3 證明88是兩個奇素?cái)?shù)之差：以13和101作為中間兩項(xiàng)，以101-13=88作為公差，以13-88=-75作為首項(xiàng)，以101+88=189作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即-75、13、101、189，則｛（101×189）-［（-75）×13］｝÷2-［2×88×（-75）+2×882］=88×（101-13），于是證明88是兩個奇素?cái)?shù)之差：101-13。

例4 證明888是兩個奇素?cái)?shù)之差：以19和907作為中間兩項(xiàng)，以907-19=888作為公差，以19-888=-869作為首項(xiàng)，以907+888=1795作為尾項(xiàng)，從而構(gòu)成遞增的四項(xiàng)等差數(shù)列，即 -869、19、907、1795， 則｛（907×1795） -［（-869）×19］｝÷2-［2×888×（-869）+2×8882］=888×（907-19），于是證明888是兩個奇素?cái)?shù)之差：907-19。

如所有例題作證，定理具有無限的能量，從而給力哥德巴赫猜想“1+1”以及“1-1”，成為所有“1+1”或者“1-1”的高效載體，并且證明了“1+1”或者“1-1”，使人對“1+1”和“1-1知其然而又知其所以然：“1+1”和“1-1”的成立完全“應(yīng)該”（符合定理），是定理關(guān)于函數(shù)的“對應(yīng)”法則使“1+1”和“1-1得以“回應(yīng)”。先前所列舉的例題都是根據(jù)“定理”作出的“證明”定理是“科學(xué)的抽象”，是客觀情況的概括總結(jié)?！罢f明”和“證明的區(qū)別在于：“說明”是回答“怎么樣”，使人知其然；“證明”是回答“為什么這樣”，使人知其所以然。

筆者關(guān)于證明“1+1”和“1-1”的“十段路線圖”就是：因證明而定理，因定理而數(shù)列，因數(shù)列而等式，因等式而函數(shù)，因函數(shù)而值域，因值域而巨網(wǎng)，因巨網(wǎng)而概率，因概率而常態(tài)，因常態(tài)而證明因證明而報(bào)國！十段路線圖，一環(huán)扣一環(huán)，環(huán)環(huán)緊相連。如此連環(huán)陣班門弄斧演。尊師肯賜教，跪拜謝圣賢。錯誤拋天外，喜淚如涌泉。初生牛犢傻，不知河深淺。愣頭闖前沿，迷津當(dāng)指點(diǎn)。功過與是非，自有公正判。愚公志移山，智叟冷眼觀。中國故事多，公正傳真言。

“蘑菇總是成堆地生長著”。數(shù)學(xué)往往一題多解。限于篇幅，本文所介紹的證明方法還有多種?，F(xiàn)在以法治國，憲法規(guī)定公民有進(jìn)行科學(xué)研究的自由，不應(yīng)當(dāng)對研究哥德巴赫猜想的人抱有不正確的偏見因?yàn)槠娡葻o知更可怕。哥德巴赫猜想號稱數(shù)學(xué)王冠上的明珠，有志為國爭光而敢于摘取明珠有什么不對呢？請你支持我吧！學(xué)術(shù)交流能促進(jìn)學(xué)科發(fā)展，廣開言路集思廣益，百花齊放百家爭鳴，多好?。?shí)現(xiàn)數(shù)學(xué)強(qiáng)國的中國夢寄希望于青年！

每年參加高考的考生中，有的人數(shù)學(xué)成績接近滿分，有的人分?jǐn)?shù)很少。這是為什么？回答是“難了不會，會了不難”。同樣的試題，會者認(rèn)為不難，不會者認(rèn)為很難。辯證法認(rèn)為：難和易是對立的統(tǒng)一是相對的，可以轉(zhuǎn)化的。世界上沒有絕對的數(shù)學(xué)難題。哲人說過，方向不對，知識再多等于無用。專利局所授權(quán)的發(fā)明創(chuàng)造，不都是高級知識分子搞出來的，知識不多的工人農(nóng)民也能搞發(fā)明創(chuàng)造，大發(fā)明家愛迪生沒有什么文憑，創(chuàng)造型人才無需過多知識。辯證法認(rèn)為，在一定的條件下，好事可以變成壞事。知識較多是好事，但如果不解放思想，較多的知識反而束縛了知識的發(fā)揮。小孩子學(xué)走路，并不是先把世界上所有的路都熟悉一遍再學(xué)走路。哲人說過，干就是學(xué)習(xí)，從戰(zhàn)爭學(xué)習(xí)戰(zhàn)爭，這是我們的主要方法。怎樣是對，怎樣是錯，是相互比較而存在的，沒有對也就無所謂錯。這正如高考評卷有正確答案為依據(jù)一樣。不應(yīng)當(dāng)對哥德巴赫猜想的證明輕易說“不對”兩個字。只說“不對”而不幫助改正，這是助人為樂的雷鋒精神嗎？如果誰認(rèn)為證明是錯誤的，應(yīng)當(dāng)詳細(xì)具體地指出究竟錯在哪里，怎樣修改才算正確哲人說過，錯誤是正確的先導(dǎo)。把不對的錯誤的證明改成對的正確的證明，不亦樂乎？這難道不是求之不得的好事嗎？有道是“千里馬常有，而伯樂不常有”，既有慧眼又甘當(dāng)人梯的伯樂太難得了！“解放思想，實(shí)事求是，破除迷信，大膽探索”，這對科學(xué)戰(zhàn)士太重要了！實(shí)現(xiàn)數(shù)學(xué)強(qiáng)國的中國夢寄希望于初生牛犢不怕虎的青年人??！

由于存在“偏見”，不得已又添加了后記之言，索性做一下思想認(rèn)識工作吧。