空手一方客
收獲了一種恬靜的生活, 像一條波瀾不驚的小河, 流過春夏 流過秋冬
正文
如今,真是百家爭鳴的好時代.
黎明，一個畢業於中科大物理學的研究生，專注哲學多年，成了中國哲學界的名人。幾個月前在自己的伯克上說，他自己用一枝筆幾張紙就可以證明四色猜想。隻是怕別人抄襲，不在網上發表，要等數學家在科學大會堂給他開報告會，他才會公布詳細證明。結果搞得網上風雲滾滾。黎明跟方舟子不僅PK,而且還以命打賭叫陣，成為網壇和科技界的一大趣事。目前兩個又在進行有關“民間科學家”的爭論。
正當人們對黎明的四色猜想翹首以待之時，鄢國師在他的博客裏貼了一個新帖子，說是YWD的人證明了世界有名的歌德巴赫猜想。並且列出了有關證明綱要。聲稱王元陳景潤一類的“官辦科學家“誤入歧途，無功而返，現在有好看的了。
是真是假，請你或專家和懂行的來說說看。
黎明說他證明了四色猜想：http://blog.sina.com.cn/u/4757606d010003s8
黎明跟方舟子以命打賭：http://blog.sina.com.cn/u/4757606d010004zk
黎明跟方舟子關於“民間科學家”的論戰http://blog.sina.com.cn/u/4757606d010005ct
鄢國師的帖子：http://blog.sina.com.cn/u/4a54022b010005tq
附1.
“歌德巴赫猜想”的本質及其證明思路
事物的本質往往由它的概念來描述，歌德巴赫猜想到底是一個什麽樣的問題呢？歌德巴赫猜想的本質特征之一在於它不是素數問題。
（1）、素數：是不處於小於它的其它任意數（除“1”和它本身）整倍數那一種位置的數（除“1”和它本身）。可由篩除＜√N的全部素數K整倍數位置的全部數後得到。
（2）、類素數：是不處於小於它的其它任意數（除“1”和它本身）某一種任意位置的數（除“1”和它本身）。可由篩除＜√N的全部素數K某一種任意位置的全部數後得到。
（3）、歌德巴赫數：是不處於小於它的其它任意數（除“1”和它本身）某兩種任意位置的數（除“1”和它本身）。可由篩除＜√N的全部素數K某兩種任意位置的全部數後得到。
表麵上看，歌德巴赫問題是一個素數問題，而實際上，所謂的孿生素數，是N內具有某種條件的素數，這個條件就是：它是素數中的類素數。也就是問，N內的自然數，篩除＜√N的全部素數K整倍數位置的全部數後得到素數，然後繼續篩除＜√N的全部素數K某一種任意位置的全部數後，是否一定還有餘留數？
顯然歌猜問題已經完全跨出了素數本身的問題，所以關於素數的理論對歌猜問題的解決都是無效的。歌猜問題研究隻涉及篩法中的問題，脫離篩法也就不可能解決猜想。
歌德巴赫猜的本質就是尋找“歌德巴赫數”： 在連續的N個自然數中，一定存在不處於≤√N 的全部素數任意兩種位置（素數“2”的一種位置）以外的數嗎？（N>4）。這就是我的二次命題。
歌猜的破解唯一的途徑就是解決這個二次命題。其它所有的途徑都是背離歌德巴赫猜的本質，必然是無功而返。
也許你會認為：說那麽多廢話，如果二次命題也象原命題一樣難以得到證明，不等於白說？恰恰相反，二次命題的證明非常簡單，通常的數學愛好者都能做到，而且嚴格、無爭議。
附2.
關於<歌德巴赫猜想“1+1”>的證明提示
（1）、按一般的公認，歌德巴赫“1+1”的命題是不可能被簡單證明的。篩法未能證明不等於不能證明，篩法是一種工具，對它的發展創新性應用以後就完全不同了。數學專家們萬不可臆斷性下結論，免得貽笑大方。
（2）、作者認為：《證明》第一部分對原命題的轉換產生二次命題。二次命題同原命題具有絕對的一致性，無法否定，如果你從否定二次命題的產生來否定《證明》，那麽我認為你一定是沒有看懂作者的論述。作者自認為，二次命題的產生，是猜想問題曆史性的突破，它讓我們看清了猜想的實質，將猜想的證明簡化為一個普通的數學問題，相信有更多的方法能完成對二次命題的證明。
（3）、否定二次命題的成立，讓人最容易想到的二次命題本身必然回到原命題疑難點，同原命題一樣無法簡單證明，但事實不是這樣。本二次命題論證中未使用概率、函數概念，或間接引用了未被證明的前提條件，也不涉及複雜的數學工具，它隻是建立在連續自然數在素數位置上的分布規律上的簡單推理，出現難以發現的邏輯上的錯誤的可能性幾乎沒有。
（4） 、原命題之所以難以證明，是因為它沒有明確告訴用什麽篩尺去篩，找到正確的篩尺就解決了問題的關鍵。原命題的難點還在於，由於命題的含糊，我們會走入對建立數學表達式、素數的規律研究、篩選的精確計算等高難課題，而實際上，命題隻是問一個二次命題那樣比較簡單的問題——有還是沒有？而不是有多少的問題。
附3.
歌德巴赫猜想“1+1”的證明》證明的表述
（一）、原命題
任意一個大於4的偶數可以被表述為兩個奇質數的和。
（二）、演化產生的“二次命題”
素數是不處於＜√N的全部素數K（除“1”和它本身）整倍數位置的數。
相和等於任意偶數N的兩個素數以此偶數的1/2為中點對稱。
N內的素數能否有對稱的素數取決於中點位置對該素數提出的在數軸上的特定位置的組合要求：不處於＜√N的全部素數K的某一種指定位置。
如，中點N/2=53，它本身的位置是“3n+2、5n+3、7n+4”，那麽它對N中的素數提出的位置要求是：不得處於“3n+1、5n+1、7n+1”，全麵滿足該要求的素數則都有對稱的素數。
由此產生可完全支持原命題成立的二次命題如下：
在連續的N個自然數中，一定存在不處於≤√N 的全部素數任意兩種位置（素數“2”的一種位置）以外的數嗎？（N>4）
（三）、二次命題的證明
如果能夠證明：
K_1^2（K_1為≤√N的最大的素數）個連續自然數在滿足不處於K_1的任意兩種位置以後餘留的非連續的自然數，它們在滿足“2、3、5、7……K_2”要求以後的最終最少餘留數，不小於連續的 K_2^2（K_2為≤√N的第二大的素數）個連續自然數滿足“2、3、5、7……K_2”要求以後的最終最少餘留數。
那麽二次命題成立。
而該前題成立的原因在於：
連續的任意K_1^2個自然數篩除K_1的某一種位置以後的餘留數，其中的（K_1-1）^2個數，能構成素數“2、3、5、7……K_2” 的各種位置、及K_1的（K1-1）種位置的完整良序化循環，它們的被篩除特性等價於連續的任意（K1-1）^2個自然數。如下例：
“1——49”的連續自然數，篩除“7 n+3”位置的數以後的餘留數共有42個，其中的6^2個自然數是素數“2、3、5” 的各種位置、及“7”的（K_1-1）=6種位置的完整的良序化循環。
篩除“7n+3”後得到：
4 11 18 25 32 39
5 12 19 26 33 40
6 13 20 27 34 41
7 14 21 28 35 42
8 15 22 29 36 43
9 16 23 30 37 44
這36個數同連續的36個數相比，兩者前者滿足不處於素數7 的6種位置中的一種位置、後者滿足不處於非素數“ 7-1=6”的某一種位置要求以後留數量相同，再分別滿足素數“2、3、5”的要求以後的最終的最少餘留數量也相同。
相似的原因，K_1^2個自然數篩除K1的某一種位置以後的餘留數，在其中包含的（K_1-1）^2個數中繼續篩除K1的另一種位置以後的餘留數，它同連續的任意（K_1-1）^2個自然數中篩除（K1-1）的（K1-1）種位置中的某一種位置以後的餘留數相比，兩者在滿足素數“2、3、5……K_3、 K_2”的要求以後的最少餘留數量相同。
所以，如果連續的任意K_2^2個自然數中一定最少有1個數不處於“2”的任意一種位置、“3、5、7……K_2” 任意兩種位置 ， 那麽在連續的任意K_1^2個自然數中一定最少有1個數不處於“2”的任意一種位置、“3、5、7……K_2、K_1”任意兩種位置。
據此可推論出：二次命題成立
附4.
如何對孿生素數建立良序化的雙篩
——對《“歌德巴赫猜想”的本質及其證明思路》的解釋
在N內的孿生素數，是篩除非素數及其對稱數後的餘留數，（參見原文中“二次命題”的產生）。其過程是雙篩，或者叫二次篩。
任意的N可以是無窮大，如何對篩除過程建立良序化的雙篩呢？
用≤√N的素數集合K=｛2、3、5、7、11、13……K_3、K_2、K_1｝（K_1為≤√N的最大素數，角注“1”、“2”表示K的倒數序號），依次篩除非素數及其對稱數（或者是篩除K任意兩種位置的數），其良序化的篩除過程是：
滿足不處於K_1的任意兩種位置以後餘留的非連續的自然數，其被繼續篩除的特性等價或者大於連續的 K_2^2（K_2為≤√N的第二大的素數）個連續自然數。
如何證明這一前題條件就是實現良序化篩除的關鍵。
滿足不處於K_1的任意兩種位置以後餘留是非連續的自然數，其被繼續篩除的特性由除K_1外的其它素數各位置在餘留數上的分布所決定。核心的證據在於發現：在餘留數其中的K_2^2個數上，素數K（除K_1）的位置分布完全等價於連續的 K_2^2個數。（參見原文中“二次命題的證明”）
孿生素數的雙篩良序化不是不能建立，而隻是對K的各位置在連續自然數、篩除過程的餘留數上的分布規律研究認識不足。
附5.
歌德巴赫猜想“1+1”的證明
關鍵詞： 歌德巴赫、“1+1”、證明
摘要：相和等於任意偶數的兩個素數以此偶數的1/2為中點對稱。素數能否有對稱的素數取決於中點位置對該素數提出的在數軸上的特定位置的組合要求。而在該偶數內的素數集合中，都一定存在全麵滿足該要求的素數。
（一）、原命題
任意一個大於4的偶數可以被表述為兩個奇質數的和。
（二）、由原命題演化產生的“二次命題”
一個大於4的任意偶數N，如果能夠分解為兩個不同素數Ka、Kb之和，那麽其中一個素數Ka應≤N/2，而另一素數Kb=N―Ka，Kb≥N/2，Ka和Kb分別處於N/2為中點的對稱位置，兩者距N/2點的距離相等。
N內的全部素數，如果其中有一個或一個以上的素數，它以N/2點為中點的對稱自然數必然是素數，則證明原命題成立。
如果素數Ka（或Kb）的對稱自然數是素數，那麽這個素數應該具備什麽條件呢？
素數的概念決定，一個≥N/2（或≤N/2）的自然數是否是素數是由它所處的自然數數軸上的位置所決定的。它應該不處於任何小於它的自然數（除“1”和它本身）倍數的位置，即不處於＜√N的全部素數集合的任意數倍數位置（除“1”和它本身）。素數Ka（或Kb）的對稱自然數是否是素數，其條件可由該素數的位置以及它的對稱中點N/2的位置共同決定：
N/2的位置：它一定處於“2”的倍數位置、或倍數位置加1二種位置中的一種；它一定處於“3”的倍數位置、或倍數位置加1的位置、或倍數位置加2的位置這三種位置中的一種；同時它又處於“5n+x”（x為N /2÷5的餘數）5種位置中的一種；同時處於“7n+x”7種位置中的一種……，N/2的位置可表述為處於“Kn+x”的位置，K為＜√N的全部素數集合的任意數，（因K>√N的素數不能在N內重新確認某數為非素數），n為≤N/K的自然數，x為N/K的整數餘數。如N/2=100，其位置可表述為：“2n+0、3n+1、5n+0、7n+2、11n+1、13n+9”。
全部素數的對稱數，因N/2的不同而被確定為處於≤√N的全部素數集合每一素數不同位置的自然數，如“3”，當它的對稱中點如果是100，其對稱數197的位置是：“2n+1、3n+2、5n+2、7n+1、11n+10、13 n+2”；當它的對稱中點是101時，其對稱數199的位置是：“2n+1、3n+1、5n+4、7n+3、11n+1、13n+4”。
而N/2位置的不同特點、表述內容決定了N內的每一素數，其對稱數是否是素數。如，N/2=3n+0時，決定了素數“3”， 其對稱數一定是3的倍數，肯定是非素數，N/2=3n+1時，決定了凡處於3n+2的素數（包括5、11、17、23、29……）其對稱數一定也是非素數，N/2=3n+2時，處於3n+1的素數（包括7、13、19、31……），其對稱數一定是非素數。
又如，N/2=5n+0，素數“5”，其對稱數一定是5的倍數，肯定是非素數，N/2=5n+1時，處於5n+2（包括7、17、37……）的素數其對稱數是非素數，N/2=5n+2時，5n+4的素數無對稱素數，N/2=5n+3時，屬5n+1的素數無對稱素數，N/2=5n+4時，屬5n+3的素數無對稱素數。
又如：N/2在素數“7”的7K+x的7種不同位置決定了≤N/2的素數中，處於7n+y（y為2x/7 的整數餘數）位置的素數，其對稱數一定是非素數。其餘的則一定不是7的倍數，是可能的對稱素數。
……
N/2的“Kn+x”（K為＜√N的素數集合）位置的不同組合內容，向N內的素數提出了不同的Kn+y(y為2x/K的整數餘數)的位置限製要求：不得是“3”（或不得處於3n+1的位置，或不得處於3n+2的位置），不得是“5”（或不得處於5n+1或5n+2或5n+3或5n+4），不得是“7”（或不得處於7n+1或7n+2或7n+3或7n+4或7n+5或7n+6）， 不得是“11”（或不得處於11n+1或11n+2……），……
如果＜√N的素數中有全麵滿足N/2的“Kn+x”位置的不得處於“Kn+y”（不含y≠0時該K的對稱數）的位置要求，那麽這個素數的對稱數一定是素數，兩者之和等於N，“1+1”成立。
上述的認識在實例中得到檢驗：比如：N/2=30，它的“Kn+x”位置表述是“3n+0、5n+0、7n+2”，那麽它對＜30中的素數提出的位置的“Kn+y”的要求是：不得是素數“3”、“5”、不得處於7n+4位置（有素數“11”），而剩餘的全麵滿足該組合要求的素數則有：“7、13、17、19、23、29”，它們以30為中點的對稱自然數，一定是素數：“53、47、43、41、37、31”，兩者之和N=60。
又如N/2=53，它的“Kn+x”位置表述是“3n+2、5n+3、7n+4”，那麽它對其中的素數提出的位置的“Kn+y”的要求是：不得處於“3n+1、5n+1、7n+1”，≤53素數中，“3n+1”的包括：“7、13、19、31、37、43”； “5n+1” 的包括： “31、41”；“7n+1” ”的包括：”“29、43”。而剩餘的全麵滿足不處於“kn+y”位置要求的素數則有“3、5、17、23、47、53”，這些素數的對稱數一定是素數：“103、101、89、83、59、53”。
無論N為大於4的哪一任意偶數，上例中的這種必然關係始終存在。
在此基礎上歌德巴赫猜想“1+1”的命題就成為：“一個大於4的任意偶數內的素數中，一定有不處於“Kn+y”位置的嗎？”
0——N是大於5個數目的連續自然數，“猜想”問題是要在其中尋找符合一定條件的數：第一個條件，必須是素數，第二個條件是，它不能處於中點提出的位置限製要求。對自然數的第一個條件要求，即不得處於“Kn+0” （除“1”和它本身）的位置，可將此條件進一步嚴格為：不處於＜√N的全部素數的任意某一種位置；中點提出的第二個要求，因中點的不同而確定為不同的組合要求，但它們都是要求自然數不處於＜√N的全部素數的某一種位置，也可將此條件進一步嚴格為：不處於＜√N的全部素數的任意某一種位置。兩個條件分為兩次提出的要求，對具體的K而言，兩次限製的位置可以是同一種位置，也可以是不同的兩種位置，隻有對素數“2”而言是同一種要求，即不得處於2n+0。由此產生可完全支持原命題成立的二次命題如下：
在連續的N個自然數中，一定存在不處於≤√N 的全部素數任意兩種位置（素數“2”的一種位置）以外的數嗎？（N>4）
（三）、二次命題的證明
一、最少餘留數量的決定因素
1、最少餘留數量的概念
≤√N的素數集合K=｛2、3、5、7、11、13……K_3、K_2、K_1｝（K_1為≤√N的最大素數，角注“1”、“2”表示K的倒數序號）。
連續的N個自然數中，要求某數不等於K的兩種位置，記為：不等於Kxn+y_1、Kxn+y_2（Kx為K內的任意數，y_1 、y_2為Kx的N/Kx的整數餘數）。
在N內依次用｛K_1、K_2、K_3、……7、5、3、2｝篩除不符合要求的數，因y_1 、y_2可以是K各種位置的任意選擇，篩除的條件可形成許多種組合，每種組合對N內的自然數篩除以後的最終餘留數量可能相同，也可能不同，但其中有一種組合對N內的自然數篩除以後的最終餘留數是最少的。在此稱之為連續的N個自然數中滿足不處於Kn+y_1、Kn+y_2後的“最少餘留數量”。 記為：PN。
例如，任意連續的30個自然數，用，“7、5、3” 的“Kn+y_1、Kn+y_2”，“2”的“Kn+y_1”去篩除，多種篩除條件的不同組合中有一種組合能使餘留數最少——隻有一個餘留數，沒有其它的組合篩除條件能使餘留數少於一個，“1”就是任意連續的30個自然數滿足素數“2、3、5、7”不等於Kn+y_1、Kn+y_2後的“最少餘留數量”。 P30=1。
2、Kx的各“位置”在N內的自然數上相互趨於等量地分布
N個連續的自然數是依次的順序數，K中的Kx都有等於該素數值的多種“位置”， 每一Kx的不同位置依次循環與其它Kx的依次循環位置在N內的自然數上重合，形成各素數的各“位置”的趨於等量地分布：
任意素數Kx各種位置上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它任意素數的各種“位置”。
如：N內，素數“11”有11種位置，任意一種位置，如11n+1這樣的一組數：｛1、12、23、34、56、67……｝，它們同11n+3這樣一組數：｛3、14、25、36、58、69……｝數量趨於相等，並且分別處於其它任意數：“2、3、5、7、13、17……”的2種、3種、5種、7種、11種、13種……位置上；“2、3、5、7、13、17……”的每一種位置上趨於等量（數量差不大於1）地分布11的11種位置。
3、N的大小決定pN
因為“任意Kx各種位置上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它Kx的各種‘位置’”。所以必然同時也決定：
同時處於確定的兩個或多個Kx同一種“位置”的數的數量同該兩個或多個Kx其它同一種“位置”的數的數量趨於等量（數量差不大於1）。
如：N內，同時處於“2n+1、3n+2、7n+6”的一組數“41、83、125、167……”，同同時處於“2n+0、3n+1、7n+2”的一組數“16、58、100、142……”，其數量趨於等量（數量差不大於1）。
連續的N個自然數的數量本身就已經決定：
N內，滿足素數“2”的任意某一種位置要求的最少餘留數量是確定的；
如，連續的49個自然數中，滿足“2”的任意某一種位置要求的最少餘留數量不少於24個。
在前基礎上同時也滿足素數“3”的任意某兩種位置以外要求的最少餘留數量是確定的；
如，連續的49個自然數中，同處於“2”的某一種和“3”的某一種位置的數最少不少於8個。
在前基礎上同時也滿足“5”的任意某兩種位置以外要求的最少餘留數量是確定的；
因為同處於“2”的某一種和“3”的某一種位置的數（以6為等距的一組數），又同時處於“5”的某一種允許位置的數分三組，每組都有最少數量限製，而三組之和也是個確定的最少數量。
如，連續的49個自然數中，同處於“2”的某一種、“3”的某一種、、“5”的某三種位置的數最少不少於4個。
在前基礎上同時也滿足素數“7”的任意某兩種位置以外要求的最少餘留數量是確定的；
因為同處於“2”的某一種、“3”的某一種、、“5”的某三種位置的數，又同時處於“7”的某五種允許位置的數分35組，每組有最少數量（可以是0）是確定的，而35組中的餘留數之和也是個確定的最少數量。
如，連續的49個自然數中，同處於“2”的某一種、“3”的某一種、、“5”的某三種、“7”的某五種位置的數最少不少於2個。
……
N決定K內的素數數量及內容，N個自然數的數量決定了任意兩個素數的“允許位置的兩素數位置組合”的最少數量；決定了任意三個素數的“允許位置的三素數位置組合”最少數量；決定了任意四個素數的“允許位置的四素數組合”最少數量；……決定了K內的全部素數的“允許位置的全部素數位置組合” 最少數量。即，確定的連續自然數N，其最少餘留數量pN是確定的。
也就是說，連續自然數N的pN值的大小隻與連續自然數的數量相關。
4、pN相同的不同自然數集合
相同數量的不同兩組連續自然數，分別K相同的組合“位置”去篩除，由於素數位置在兩組連續自然數上的滾動次序不同，餘留數的數量可能會不同，但兩組連續自然數，它們的pN值相同。因為，相同數量的不同兩組連續自然數，我們將各素數K各位置的排序分別依次看成K的第一種、第二種、第三種……時，同時用各K相同的第某種位置去篩除時，最終餘留數在連續自然數中的數量和排序位置相同。
如，“1——49”和“101——149”是相同數量的不同兩組連續自然數，同樣滿足不處於“2”的某一種、“3、5、7”的某兩種位置後的“最少餘留數量”相同，都是2個。
“連續自然數N的pN值的大小隻與連續自然數的數量相關”，是因為“Kx的各“位置”在N內的自然數上相互趨於等量地分布”，所以，
如果某一組非連續的自然數與某一組連續的自然數數量相同，並且同樣實現“任意素數Kx各種位置上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它任意素數的各種‘位置’”。那麽兩者pN 相同。
例如，｛2、13、24、35……519、530｝，它們是以“11”為等距的非連續的49個自然數。如果同樣滿足不處於“2”的某一種、“3、5、7”的某兩種位置後的“最少餘留數量”，其數量也是2個。
原因在於：素數“2、3、5、7”的各個位置在這非連續的49個數上的分布同樣達到了：“任意素數各種位置上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它任意素數的各種‘位置’。”，同樣用“2、3、5、7”篩除時，也就同樣限定了可能的最大的篩除數量、必須的“最少餘留數量”。
二、二次命題的證明
1、滿足不處於“K_1 n +y_1”要求後的餘留數
N≥ K_1^2，在N內最少有K_1^2個連續的自然數，篩除素數K_1的“K_1n +y_1”位置的全部數，餘留數記為：集合py_1。py_1內的自然數數量≥（K_1^2- K_1）。
2、K全部各種位置在集合py1上的分布
K_1^2個連續自然數，用K_1的K_1種位置分為K_1組，每組有以K_1為等距的K_1個數，組與組之間相對應的數是連續的自然數，各素數位置依次滾動，由此構成如下方陣：
以，“1——49”的連續自然數為例：
1 8 15 22 29 36 43
2 9 16 23 30 37 44
3 10 17 24 31 38 45（篩除）
4 11 18 25 32 39 46
5 12 19 26 33 40 47
6 13 20 27 34 41 48
7 14 21 28 35 42 49
“1——49”的連續自然數，分為7組，每組有以7為等距的7個數，組與組之間分別相對應的數是連續的自然數，是各素數位置依次滾動，如，“8、9、10、11、12、13、14”，它們是素數“2、3、5、7”各位置的順序遞加滾動。
K^2個連續自然數滿足不處於K_1n +y_1 要求，是從 K_1^2的方陣中篩除其中的任意一組，餘留下的（K_1-1）組，由於py每組有以K_1為等距的K_1個數，而且組與組之間相對應的數是連續的自然數，所以py_1中一定有（K_1-1）^2個數可以構成一個方陣：它們共有（K_1-1）組，每組有以K_1為等距的（K_1-1）個數，組與組之間相對應的數是連續的自然數，是各素數位置的依次滾動。如下例：
從上例的“1——49”的連續自然數構成的方陣中任意篩除素數“7”的某一種位置的全部數（篩除“7 n+3”）， 7^2個數中的（7-1）^2=36個數構成如下方陣：
4 11 18 25 32 39
5 12 19 26 33 40
6 13 20 27 34 41
7 14 21 28 35 42
8 15 22 29 36 43
9 16 23 30 37 44
該p7^2包含的方陣共有（7-1）=6組，每組有以7為等距的6個數，組與組之間相對應的數是連續的自然數，是素數位置的依次滾動。如，“18、19、20、21、22、23”，它們是連續的自然數，是素數“2、3、5、7”各位置的順序遞加滾動。
K全部各種位置在集合py_1上的分布：py_1其中一定有（K_1-1）個^2數，該（K_1-1）^2個數實現：“任意素數Kx各種位置（其中K_1隻有（K_1-1）種位置）上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它任意素數的各種‘位置’。”
3、py_1 的最終的最少餘留數量（等同於pN ）不少於任意連續的（K_1-1）^2個自然數滿足｛2、3、5……K_3 K_2的要求、同時滿足不處於非素數“ K_1-1”某一種位置以後的最終餘留數量。
因為連續的（K_1-1）^2個自然數，它們是素數｛2、3、5……K3、 K2｝以及非素數“ K_1-1”各種位置上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它任意素數（含“ K_1-1”）的各種‘位置’，所以，連續的（K_1-1）^2個自然數滿足素數｛2、3、5……K_3、 K_2｝的要求，同時滿足不處於非素數“ K_1-1”某一種位置以後的最終餘留數量是確定的數量。
因為“py_1其中一定有（K_1-1）^2個數，該（K_1-1）^2個數實現：“任意素數Kx各種位置（其中K_1隻有（K_1-1）種位置）上趨於等量（數量差不大於1）地分布其它任意素數的各種‘位置’。”
又因為py_1其中的（K_1-1）^2個數，與連續的（K_1-1）^2個自然數數量相同，素數K_1的（K_1-1）種位置與連續的（K_1-1）^2個自然數中自然數“K_1-1”的（K_1-1）種位置可等價地視為某數的（K_1-1）種位置在的（K_1-1）^2個數上的同樣的分布。
所以，py_1 的最終的最少餘留數量（等同於pN ）不少於任意連續的（K_1-1）^2個自然數滿足｛2、3、5……K_3 、K_2｝的要求、同時滿足不處於非素數“ K_1-1”某一種位置以後的最終餘留數量。
4、推理證明
與上述同樣的原因，
連續的（K_1-1）^2個自然數，在滿足（K_1-1）的不處於（“ K_1-1”n + y_1）要求以後的餘留數，其滿足其它素數“2、3、5……K_3 、K_2”要求以後的最終的最少餘留數量， 因K2≤K_1-2，因此，它不小於連續的K_2^2個自然數滿足素數“2、3、5……K_3 、K_2” 要求以後的最終的最少餘留數量；
連續的K_2^2個自然數，在滿足K_2的不處於（K_2 n + y_1）要求以後的餘留數，其滿足其它素數“2、3、5……K_4、K_3”要求、滿足不處於素數K_2 的“ K_2-1”種位置中的一種位置以後的最終的最少餘留數量，不小於連續的（K_2-1）^2個自然數滿足素數“2、3、5……K_3 、K_2” 要求、滿足不處於非素數“ K_2-1”某一種位置要求以後的最終的最少餘留數量；
連續的（K_2-1）^2個自然數，在滿足（K_2-1）的不處於（“ K_2-1”n + y_1）要求以後的餘留數，其滿足其它素數“2、3、5……K_4、K_3”要求以後的最終的最少餘留數量，不小於連續的K32個自然數滿足素數“2、3、5……K_4、K_3” 要求以後的最終的最少餘留數量；
……
計算檢驗可證明，在任意連續的5^2個自然數中都有滿足“2、3、5”任意組合要求的自然數數存在。
反之，連續6^2個自然數中有滿足“2、3、5”要求、“6”的一種限製位置要求的數；連續7^2個自然數中有滿足“2、3、5、7”要求的數；連續10^2個自然數中有滿足“2、3、5、7”要求、“10”的一種限製位置要求的數；連續11^2個自然數中有滿足“2、3、5、7、11”要求的數；……連續（K_1-1）^2個自然數中有滿足“2、3、5……K_3 、K_2”要求、“K_1-1”的一種限製位置要求的數；連續的K_1^2個自然數中有滿足“2、3、5、7、……K_2、K_1”要求的數。
在連續的N個自然數中，一定存在不處於≤√N 的全部素數任意兩種位置（素數“2”的一種位置）以外的數（N>4）。
二次命題成立
（四）、結論
任意一個大於4的偶數N，其中點N/2向N內的自然數提出了不得處於“Kxn+0、Kxn+y”的要求，根據二次命題，N內一定最少有一個數是滿足要求的數。
這個餘留數不是“1”，因為N是偶數，N﹥ K_1^2，2——N中的自然數量≥K_1^2，其中一定會有至少一個不是“1”的餘留數。
如果最終餘留數有一個，且不是“1”，那麽因為它是滿足N/2位置限製要求的素數，所以它，或者一定有一個對稱數是素數，兩者之和等於N，或者它就是N/2本身，它是素數，它的對稱數也是它本身，兩者之和等於N。
原命題成立。
作者：ywd
初稿完成於2000年6月，
2003年10月修改並發布於“東陸論壇”
2006年6—7月再次修訂於四川九寨溝 、上海閩行
我希望看到上述命題中，"又如N/2=53",然後的省略號後麵，請這位國師把N/2=2^32582656,作為一個例子驗證一下他的所謂的“二次命題”
。
按照金庸小說中韋小寶的的說法，這個什麽國師應該是個羊牯。