Ltg-空間理論是不是創(chuàng)新？

——數(shù)論雜談

一些人別有用心似乎像小學(xué)沒畢業(yè)一樣，沒有一點(diǎn)數(shù)學(xué)知識(shí)，或是故意外著嘴胡說：Ltg-空間理論與狄利克雷定理相同，所以不是創(chuàng)新。

1、看一看狄利克雷定理：什么是“狄利克雷定理”？

如果我們把等差數(shù)列寫成kN+A的形式，那么就會(huì)有一個(gè)級(jí)數(shù)，

A，N+A，2N+A，3N+A，4N+A，……kN+A……

如果k｜A 互素，那么這個(gè)等差數(shù)列 kN+A 里面就含有素?cái)?shù)。

這是“狄利克雷定理”。

2、而我的“Ltg-空間理論”是這樣定義的：

所有正整數(shù)1,2,3,…均可由一組等差數(shù)列表示，這些等差數(shù)列按序1,2,3,…構(gòu)成無限空間。選定特定等差數(shù)列空間后，這個(gè)空間與其他空間自動(dòng)屏蔽，其他數(shù)列不再進(jìn)入這個(gè)空間，全部正整數(shù)（包括素?cái)?shù)及合數(shù)）均獲得固定位置，并對(duì)應(yīng)唯一項(xiàng)數(shù)N。因此，素?cái)?shù)及合數(shù)的出現(xiàn)均遵循特定規(guī)律，而非隨機(jī)離散發(fā)生。

設(shè)Zk為全體正整數(shù)空間，則有公式：

Zk=kN+A

其中：k表示維度，k=1,2,3…

N為各正整數(shù)對(duì)應(yīng)的項(xiàng)數(shù)，N=0,1,2,3…

A為特定空間內(nèi)等差數(shù)列的順序號(hào)，A=1,2,3…

用代數(shù)式可以這樣表示：

N+1

2N+1,2N+2

3N+1,3N+2,3N+3

4N+1,4N+2,4N+3,4N+4

5N+1，5N+2,5N+3,5N+4,5N+5

許許多多……

kN+1，kN+2，kN+3，kN+4…… kN+k 。

上面的橫向每一組等差數(shù)列（空間）都可以代表全部整數(shù)，當(dāng)選定某空間后其它空間里面的等差數(shù)列就不會(huì)進(jìn)入到這一個(gè)空間里來了，實(shí)現(xiàn)了空間隔離。

你們睜大眼看一看，有一點(diǎn)相同之處嗎？

用圖示如下：

你們查閱一下書寫歷史資料（其實(shí)他們沒少查）有相同或近似的觀點(diǎn)出現(xiàn)嗎？如果有真的不輪不到你們證明什么孿生素?cái)?shù)地猜想和哥德巴赫猜想了。

雖然Ltg-空間理論是有不足，但是它畢竟是“推開了數(shù)論研究新理論的一道門縫”，讓人類看到了一個(gè)研究數(shù)論的新方法，看到一個(gè)新領(lǐng)域地平線上天際邊的曙光。

3、實(shí)際應(yīng)用

他們說沒有創(chuàng)新，沒有解決哥德巴赫猜想問題，不跟他們抬杠，我就舉四個(gè)例子，可能不完備，但是畢竟都有所進(jìn)展。

1）證明孿生素?cái)?shù)猜想：

首先必須確定使用的空間。我們使用Ltg-空間理論里的2N+A (A=1,2)空間。為什么需要聲明使用空間？只有這樣才會(huì)與其他空間隔絕，其他空間的函數(shù)、數(shù)列等才不會(huì)進(jìn)這個(gè)空間。這里的所有正整數(shù)（素屬與合數(shù)，偶數(shù)）才會(huì)有自己固定的位置，都有一個(gè)唯一的項(xiàng)數(shù)N相對(duì)應(yīng)。

看下圖，

初等函數(shù)Zj(N) =2N+1,定義域是N的區(qū)間[0，∞）。

初等函數(shù)Z0(N) =2N+2,定義域是N的區(qū)間[0，∞）。

這就是兩個(gè)最簡(jiǎn)單的直線方程，在區(qū)間[0，∞）內(nèi)是連續(xù)可導(dǎo)的，其性質(zhì)根本就不需要證明。

合數(shù)項(xiàng)公式Nh=a(2b+1)+b 也完全可以看成一個(gè)初等函數(shù)，即

Nh(a,b)=a(2b+1)+b 取值范圍是a≧1,b≧1至無窮大的全部正整數(shù)。

而這個(gè)函數(shù)自變量的定義域就是區(qū)間[0，∞），這根本不需要證明什么。

這就也是一個(gè)簡(jiǎn)單的二元一次直線族方程，在區(qū)間[0，∞）內(nèi)每一個(gè)直線方程，都是連續(xù)的，其性質(zhì)也根本就不需要證明。

有了合數(shù)項(xiàng)Nh的位置，那么素?cái)?shù)項(xiàng)的位置在區(qū)間[0，∞）內(nèi)的位置就是

Mp=N\Nh 也就確定了。

證明如下：

猜想：存在無窮多對(duì)素?cái)?shù)（P,P+2）。

證明步驟：

1、定義函數(shù)：

f(N) = 2N+1 (生成奇數(shù))

g(N) = 2N+3 （生成比f(N)大2的奇數(shù)）

2、等價(jià)問題：

需證明存在無窮多N使得f(N)和g(N)同時(shí)為素?cái)?shù)。

注釋：把項(xiàng)數(shù)N看成自變量，在N同值時(shí)，這兩個(gè)函數(shù)值都是素?cái)?shù)。

3、反證法：

假設(shè)：只有有限個(gè)N滿足f(N)和g(N)均為素?cái)?shù)。

則存在No，當(dāng)N＞No時(shí)，f(N)和g(N)至少有一個(gè)是合數(shù)。

4、導(dǎo)出矛盾：

考慮函數(shù)f(N)和g(N)的代數(shù)獨(dú)立性：

兩者均為斜率為2的直線，在整數(shù)域上無公共約束。

由素?cái)?shù)在正整數(shù)中數(shù)量是無窮多的推論：

對(duì)任意線性函數(shù)Zj(N) =2N+1,由空間表格，我們注意到這個(gè)函數(shù)中的素?cái)?shù)是有無窮多的（無需證明），它的濃度是大于零的。也就是說隨著N→∞，素?cái)?shù)的總數(shù)是增加的，不是不再出現(xiàn)素?cái)?shù)了。

因此：

f(N)在N＞No時(shí)仍有無限多個(gè)素?cái)?shù)值。

對(duì)于每個(gè)素?cái)?shù)f(N)，檢查g(N) = f(N)+2。

若g(N)恒為合數(shù)（當(dāng)N＞No時(shí)），則意味著對(duì)所有大N，函數(shù)g(N)被強(qiáng)制合數(shù)化。

關(guān)鍵矛盾：

函數(shù)g(N) = 2N+3是斜率為2的直線，其值也覆蓋無窮級(jí)數(shù)。

不存在代數(shù)機(jī)制能迫使一條線性函數(shù)在所有大整數(shù)處輸出合數(shù)。

例如，若g(N)恒被某素?cái)?shù)P整除，則需2N+3≡0 （mod p）對(duì)所有N成立，這與P ∣2，矛盾，矛盾）。

5、結(jié)論：

假設(shè)不成立，故存在無窮多N使f(N)和g(N)同時(shí)為素?cái)?shù)。

故，孿生素?cái)?shù)猜想得證！

2）證明哥德巴赫猜想

首先我們選定Ltg-空間里面的2N+A (A=1,2) 作為解決哥德巴赫猜想的空間，為了問題簡(jiǎn)單化我們把等差數(shù)列轉(zhuǎn)化成初等函數(shù)來處理。

這個(gè)空間的表格如下，

1、設(shè)定等差數(shù)列2N+1為初等函數(shù)Zj(N) =2N+1 （直線方程），

他的定義域是項(xiàng)數(shù)N[0，+∞ ) 內(nèi)連續(xù)變化，而保持函數(shù)性質(zhì)的一致性。

這個(gè)函數(shù)中有一個(gè)素?cái)?shù)項(xiàng)函數(shù)公式，為

Nh =a(2b+1)+b , a≥1,b≥1 定義域區(qū)區(qū)間[0，+∞ )內(nèi)的全部整數(shù)。

在區(qū)間[0，+∞ )內(nèi)那些未被Nh覆蓋的項(xiàng)就是

素?cái)?shù)項(xiàng) Ns = N\ Nh

這些素?cái)?shù)項(xiàng)都有確定的位置項(xiàng)數(shù)N分布在區(qū)間[0，+∞ )內(nèi)。

Nh 和 Ns 覆蓋N的全部區(qū)間[0，+∞ )。

設(shè)定等差數(shù)列2N+2為初等函數(shù)Zo(N) = 2N+2 （直線方程），

它的定義域也是項(xiàng)數(shù)N[0，+∞ ) 內(nèi)連續(xù)變化，而保持函數(shù)性質(zhì)的一致性。

以上的項(xiàng)數(shù)N 觀察表格，是0至無窮大的正整數(shù)。

2、函數(shù)Zj(N) = 2N+1包含了（2除外）正整數(shù)中的全部素?cái)?shù)，以及由素?cái)?shù)形成的合數(shù)。

函數(shù)Zo(N) = 2N+2包含了正整數(shù)中的全部偶數(shù)。

這樣在2N+A(A=1,2) 這個(gè)封閉空間里，這幾個(gè)函數(shù)覆蓋了全部空間，而不受其他空間的影響。

3、我們?cè)O(shè)定1不是素?cái)?shù)，4=2+2，偶數(shù)≥6 ，證明哥德巴赫猜想。

4、在函數(shù)Zj(N) = 2N+1中任意選取兩個(gè)素?cái)?shù)q,p，

可以寫成兩個(gè)素?cái)?shù)函數(shù)：

Q(m)=2m+1 和P(n)=2n+1

其中，m和n都是素?cái)?shù)項(xiàng)，取值是在區(qū)間[0，+∞ )內(nèi)的全部素?cái)?shù)。

5、 把兩個(gè)素?cái)?shù)相加，就是

q+p=（2m+1）+（2n+1）=2（M+N）+2 = 2k+2

k是由q+p產(chǎn)生的一個(gè)偶數(shù)的相位數(shù)。

我們注意2k+2也是一個(gè)偶數(shù)直線方程，可以寫成Zo= 2k+2 ,而k的取值受m+n的控制。

注：這句話很關(guān)鍵，k取決于素?cái)?shù)的項(xiàng)數(shù)m和n。

觀察表格我們發(fā)現(xiàn)：

k =(0+k)=(1+(k-1))=(2+(k-2))=m+n=…… =N

舉例說明：（用較小的數(shù)字）

在函數(shù)Zj(N) = 2N+1中任意選取兩個(gè)素?cái)?shù)q,p，

5和11，他們的項(xiàng)數(shù)是m+n=2+5=7=K

K=0+7=1+6=2+5=3+4=N

原來這個(gè)k就是區(qū)間[0，+∞ )內(nèi)，從0至N，N=0,1,2,3……的全部項(xiàng)數(shù)。

所以，有，q + p = 2N+2

在直線方程Zo(N) = 2N+2 上任一偶數(shù)（≥6），都至少可以有一組兩個(gè)素?cái)?shù)相加得數(shù)對(duì)，可以表示這個(gè)偶數(shù)。

哥德巴赫猜想得證！

3）證明a^2+1猜想

今天我用Ltg-空間理論中的2N+A(A=1、2)再次證明一遍這個(gè)猜想。

使用2N+A表格，表格如下：

這個(gè)空間由兩個(gè)數(shù)列奇數(shù)數(shù)列2N+1和偶數(shù)數(shù)列2N+2構(gòu)成，它們可以表示全部正整數(shù)。

我們可以把奇數(shù)數(shù)列2N+1看成是一個(gè)封閉的空間，不受其他因素影響，尤其不要受到“解析數(shù)論”的影響，我們就使用初等的方法解決這個(gè)問題，避免“簡(jiǎn)單問題復(fù)雜化”。

1、奇數(shù)數(shù)列包含著除2以外的全部素?cái)?shù)，1我們可以認(rèn)為不是素?cái)?shù)。

2、這個(gè)空間里面的合數(shù)和素?cái)?shù)都有自己的固定位置，素?cái)?shù)不是隨機(jī)出現(xiàn)的。

3、奇數(shù)數(shù)列有一個(gè)確定合適位置的“合數(shù)項(xiàng)公式”，

Nh=a（2b+1）+b

其中，a和b都是都是項(xiàng)數(shù)，a、b≥1。

注意：合數(shù)項(xiàng)Nh是項(xiàng)數(shù)，代入 2N+1才是實(shí)際的數(shù)值。

4、相對(duì)而言有一個(gè)素?cái)?shù)項(xiàng)公式：

Ns=N-Nh

5、這兩個(gè)公式覆蓋了全部2N+1上的位置，直到無窮大。

6、合數(shù)項(xiàng)公式滿足區(qū)間（0，∞）而性質(zhì)不會(huì)改變。

有了上面的條件我們證明級(jí)數(shù)a^2+1 中還有無窮多的素?cái)?shù)舊機(jī)器簡(jiǎn)單了。

證明：

a^2+1 中只有a^2 是偶數(shù)時(shí)，a^2+1才是奇數(shù)數(shù)列，所以有，

設(shè)a=2k a^2=4k^2 就有，4k^2+1

我們知道2N+1數(shù)列中的合數(shù)被合數(shù)項(xiàng)公式Nh=a（2b+1）+b 全面覆蓋，

只有4k^2+1 與Nh=a（2b+1）+b完全重合它才不會(huì)含有素?cái)?shù)。

Nh=a（2b+1）+b 的圖像是一組直線族；

4k^2+1的圖形是栓曲線。

這些不需要證明都可以斷定這兩個(gè)公式永遠(yuǎn)不會(huì)重合。

所以級(jí)數(shù)a^2+1 中含有無窮多的素?cái)?shù)。

證畢！

這個(gè)方法適用于一系列數(shù)論中古老猜想問題的解決。

4）證明勒讓德猜想

使用6N+A特殊空間，“仰韶公式”制作的表格。

1、全部自然數(shù)可以用這六個(gè)等差數(shù)列表示，任何一個(gè)等差數(shù)列的平方都代表了這個(gè)數(shù)列的平方，直到無窮大。

2、全部自然數(shù)都是這六個(gè)等差數(shù)列以六為周期重復(fù)出現(xiàn)，所以在以六為周期中，必然經(jīng)過數(shù)列6N±1一次，而6N±1既有合數(shù)，也有素?cái)?shù)。

3、數(shù)列(6N-2)?2= 36N?2-24N+4

數(shù)列(6N-1)?2=36N?2-12N+1

數(shù)列(6N)?2=36N?2

數(shù)列(6N+1)?2=36N?2+12N+1

數(shù)列(6N+2)?2= 36N?2+24N+4

數(shù)列(6N+3)?2= 36N?2+36N+9

某數(shù)列的平方數(shù)就是這個(gè)數(shù)列里全部數(shù)的平方數(shù)。這六個(gè)數(shù)列的平方數(shù)就是全部自然數(shù)的平方數(shù)。

4、我們?cè)凇把錾毓健比稳∠噜彽膬蓚€(gè)數(shù)（6N-2） 和（6N-1）。

它們平方數(shù)的距離是：

（36N?2-12N+1）-（36N?2+24N+4）=12N-3

注意這個(gè)項(xiàng)數(shù)N不同于仰韶表格里的項(xiàng)數(shù)N。

比如N=1距離是 12X1-3= 9。就是從16到25是9的距離。

當(dāng)N取2、3、4……時(shí)是同樣道理，可以得到無窮多的兩個(gè)相鄰數(shù)（在數(shù)列6N-2和數(shù)列6N-1中）的平方數(shù)的距離。

其他數(shù)列里兩個(gè)數(shù)的平方數(shù)的距離，都用同樣的方法可求。

注意，這個(gè)距離數(shù)除以6才是“仰韶公式”里的項(xiàng)數(shù)N，這點(diǎn)不要混淆。

5、由兩個(gè)平方數(shù)之間的距離可以決定一個(gè)區(qū)間（N1，N2）。

N2>N1。

N2里面的合數(shù)我們可以用數(shù)列6N±1的合數(shù)方程求出來。因?yàn)樵谧匀粩?shù)里數(shù)列6N±1以6為周期重復(fù)出現(xiàn)的，我們可以忽略數(shù)列6N+1只研究數(shù)列6N-1里面的素?cái)?shù)分布，這樣不會(huì)影響我們的證明的結(jié)果。

6、在數(shù)列6N-1里面的合數(shù)方程可以使用

N=a(6b+1)-b 來表示，里面的字母都是項(xiàng)數(shù)。

于是有，

N2= a″(6b″+1)-b″

N1= a′(6b′+1)-b′

7、數(shù)（6N-2）相鄰數(shù)（6N-1）的平方數(shù)之間的項(xiàng)數(shù)是（12N-3）/6 。

8、在這個(gè)區(qū)間內(nèi)的素?cái)?shù)表示成Ns，合數(shù)表示成Nh。

于是有，

Ns = (N2-N1) – Nh =（12N-3）/6- ﹝a″(6b″+1)-b″- a′(6b′+1)+b′﹞

整理得，

Ns =﹝（12N-3）/6﹞-﹝6（a″b″- a′b′）+（a″- a′）+（b″- b′）﹞

9、分析這個(gè)公式

前項(xiàng)（12N-3）/6 是一個(gè)線性方程，項(xiàng)數(shù)N是連續(xù)取正整數(shù)。

后項(xiàng)是一個(gè)二次拋物線方程，不是連續(xù)取項(xiàng)數(shù)N。

所以，在區(qū)間（N1，N2）中總會(huì)有素?cái)?shù)出現(xiàn)。

這樣就證明了在自然數(shù)中，任意兩個(gè)相鄰?fù)耆椒綌?shù)之間，都存在至少一個(gè)質(zhì)數(shù)。即，對(duì)任意正整數(shù)n，存在質(zhì)數(shù)p，滿足n^2 < p < (n+1)^2。

我不敢說Ltg-空間沒有問題，這四個(gè)證明證明完美，但是畢竟是給出了一種可能性。任何人貶低別人抬高不了自己。一些人一邊貶低著我，卻一邊剽竊著我的數(shù)學(xué)思想，包括一些所謂拿獎(jiǎng)的數(shù)學(xué)家。一些人偷用了我的“空間”而不做任何說明來源，本質(zhì)都是剽竊。

2025年8月17日星期日 李鐵鋼 于保定市