简述：相邻平方数间必存在至少2个或以上素数

先感谢各位关注！

因我运用特殊的分解法，和一个通用的式组，证明了孪生素数和哥德巴赫等一系列素数方面的猜想。它们之间的理据是贯通的，但整篇论文较长，所以先将这个猜想作为开篇，简述证明的重点（完整论文将有详述）。

设一整数K，在K与2K之间，运用分解法分成6条不同的路径：

它们分别是：6m+{0,1,2,3,4，5,6}

奇数部分：6m+3的路径中，除了纯3组成的数值外，必是3乘5或以上素因子组成的数值。纯3组成的数值，即3的N次方数，呈次方式递增。无论K值多大，K-2K间必最多只能存在1个！

偶数部分：6m+2和6m+4两个路径上，除了纯2组成的数值外，必是2乘5或以上素因子组成的数值。纯2组成的数值，即2的N次方数，呈次方式递增。这两条路径只能合共存在1个！

也就是说，在这3条路径上，无论K值取多大，K与2K之间，最多只能存在1个3的N次方，和1个2的N次方数，其余的都是与5或以上素因子组成的数值。

同理，6m+0这个路径上，由纯2和3组成的数值，也会呈级数式增大，越来越稀少。

所以K值越大，由5及以上素因子的组合数，将越大比例地聚集在这4条路径上。而令其出现在6m+1和6m+5这两条路径的比例就越小。5及以上的组合数是有限的，故而随着K值增大，此区间的素数也会相应增多。

将K与2K之间的间距缩短，上述6条路径的情况也是一样的。因而，当K达到一定大数值后，K的平方与（K+1）的平方间必存在至少1个素数。当K取值达到某一更大数值后，将存在更多素数（这点在整篇论文里有充分论证）。依次类推....

根据估算公式推算：1/2*2/3*4/5*=0.26666

设f（X）=2 2/0.2666=7.5 25-16-1=8，大于7.5

大于5的平方后，相邻平方数的间距逐渐增大，区段内6m+0的组合数出现的频率逐渐减少。经实际验算，1与4之间存在2和3两个素数。4与9之间存在5和7两个素数，及100的平方以内其它数值也均成立，且呈渐增情况。根据大数趋利法则，越大的区间越有利于f（X）的解。故而，该猜想成立！

注：

*推算公式在后文中会有详细论述；

*N的平方与（N的平方+N）之间必存在素数的猜想，也等价成立；

*论文其余部分，在证明哥德巴赫猜想成立的前提下。通过公式推算出：在2-2P之间必存在1个解（P为求解合数N的平方根内最大素数）

*在证明孪生素数成立的前提下，通过公式推算出：K等于或大于31后，K-2K之间必存在2对孪生素数；

*哥德巴赫猜想的解的数量比值，将与求解数值N中含的奇素因子大小和数量影响；孪生素数和相邻2K素数的解的数量比值，取决于2K的数值，同样受所含奇素因子大小和数量影响；

*连续相邻2K素数及连续孪生素数，在符合制约条件外，也存在无穷多；

如下是完整论文

2K素数孪生素数及哥德巴赫等众多素数猜想统一证明

本文非常精简。将各猜想转化为同一形式不等式组和等式组后，运用一个简易大数分解趋利法则，可以很简单直观地证明众多素数猜想成立。过程中一些简单的定理将省略，没有复杂的公式数据。若有不当处，敬请指正！

将几大素数猜想转化为同一形式的不等式组合（简称统一不等式组）

孪生素数猜想：P与P+2的素数对是否有无穷多

表达式为：P1+2=P2（P1，P2均为素数）

若P1，P2是素数，需满足：

P1≠2m+0,3m+0,5m+0,7m+0......pm+0

P2≠2m+0,3m+0,5m+0,7m+0......pm+0

若令P2同时满足下面两组不等式的条件，则P1，P2都必不是Pm及以下素因子组成的数值：

孪生素数不等式组

P≠2m+0,3m+0,5m+0,7m+0,11m+0.......pm+0

P≠3m+2,5m+2,7m+2,11m+2......pm+2

相邻2K素数不等式组

P≠2m+0,3m+0,5m+0,7m+0,11m+0.......pm+0

P≠3m+2K,5m+2K,7m+2K,11m+2K......pm+2K

（本文将2m，3m，5m.....Pm称之为节点，2,3,5,7,11.....依次代表由小到大的素数，m代表倍数，不同节点可取不同的倍数，下同）

哥德巴赫猜想：等于或大于6的偶数N均可分解为两个素数之和

表达式为：N=P1+P2

将N逐一除以N平方根以下的奇素数（3,5,7,11......Pm）（大于平方根的素数必定是乘以少于平方根的数，相当于重复了，所以无须取用），并得出各自余数：

N=3m+a1 5m+a2 7m+a3 11m+a4 pm+ap

更直观表达为

N=3m+a1=3+3+3+3+3+3+3...+a1

N=5m+a2=5+5+5+5+5+5+5...+a2

N=7m+a3=7+7+7+7+7+7+7...+a3

N=pm+ap=p+p+p+p+p+p+p....+ap

从上面分解后的剩余式组，我们可以非常直观地看到：若P1的取值为3m+a1,5m+a2,7m+a3,11m+a4....pm+ap形数，则N-P1=P2后，与P1对应的P2值将都是3,5,7,11....p，或它们的倍数。

倒过来，若P1≠3m+a1,5m+a2,7m+a3,11m+a4....pm+ap形数，则N-P1=P2，P1对应的P2值必定不是3,5,7,11....p，或它们的倍数。

若再令P1≠2m+0，3m+0,5m+0,7m+0,11m+0....pm+0；则P1与P2也都必不是3,5,7,11....p，或它们的倍数。其不等式表达为：

哥德巴赫猜想不等式组

P≠2m+0,3m+0,5m+0,7m+0,11m+0.......pm+0 P≠3m+a1,5m+a2,7m+a3,11m+a4......pm+ap

至此，我们可以看到这些猜想的不等式组，都是同一形式的式组。不同的是在哥德巴赫猜想中，a1,a2,a3.....ap是各节点的剩余数，在孪生素数猜想中取值都是2，在相邻2K的素数猜想中都是2K。

将上述不等式组转化后，便可整合得到相同形式的等式组合如下：（为方便阅读，本文将以X代替P）

X不等于 即X须同时等于

2m+0 2m+1

3m+{0，a1} 3m+{,筛去0和a1}

5m+{0，a2} 5m+{筛去0和a2}

7m+{0，a3} 7m+{筛去0和a3}

Pm+{0，ap} Pm+{筛去0和ap}

孪生素数，2K素数，哥巴等猜想同一形式的等式组（简称统一等式组）

X=2m+1=3m+{0,1,2筛去0和a1}=5m+{0,1,2,3,4筛去0和a2} =7m+{0,1,2,3,4,5,6筛去0和a3}...Pm+{0,1,2,3...P-1筛去0和aP}。

如对这些猜想比较熟识的老师，下面部分可略过。

如：孪生素数猜想各节点都是筛去0和2。2m筛去0，剩余2m+1。3m筛去0和2，剩余3m+1。5m筛去0和2，剩余5m+{1,3,4}......X=2m+1=3m+1=5m+{1,3,4}，依次组合后，得出的结果必然不是2m+0|3m+0,2|5m+0,2。它们分别是1,13,19|31,43,49|61,73,79|91,103,109......由小到大及至无限多。

其中13,19在5与5的平方之间，那这两个数就是孪生素数中的P1，P1-2=P2。13,11|19,17|就是两组孪生素数了。

当Pm节点增大到7m后，X=2m+1=3m+1=5m+{1,3,4}=7m+{1,3,4,5,6}，依次组合后，它们分别是1,13,19|31,43|61,73|103,109......由小到大及至无限多。

其中49，91是7的倍数，79是（7m+2）都被筛去了。那么7与7平方间X的解有：13,19,31,43。它们都是孪生素数中的P1。

当Pm节点增大到11m后........(略)

要证明孪生素数猜想，只要能证明随着Pm取值不断增大，X在Pm与Pm的平方之间，都至少存在一个解，则猜想成立。

对于哥猜，只要能证明任意等于或大于6的偶数N（下文不再重复）的平方根内最大素数pm与pm的平方之间，都至少存在一个解，则猜想成立。

在哥德巴赫猜想中，筛去a1，a2，a3.....的具体数值，是求解偶数N除以其平方根内各奇素数所得的余数。

在孪生素数中，除2m的节点筛去0外，其余节点均筛去0和2；

在2K生素数猜想中，2K为4时，即P1=P2+4，故2m+{筛去0}，3m+{筛去0，1}（因为4=3m+1，所以3m节点筛去1等同于筛去4），5m+{筛去0，4}，其余都是筛去0和4.....（略）

2K为6时，即P1=P2+6，则3m+{只筛去0}，5m+{筛去0，1}，其余都筛去0，6；

2K为8,10,12.....如此类推（略）。

故而，若能证明统一等式组中，各节点筛去0和任意a值的情况下（2m除外，下文不再重复），x在pm与pm平方间都至少存在一个解。

则哥德巴赫，孪生素数，2K素数等众多素数猜想均成立。

附：

对于哥猜，因N的取值决定筛去a1，a2，a3......ap故而证明上式筛去0和任意a1...ap值都成立，也即反证了所有大于或等于6的偶数N都成立（哥猜）；

对于孪生素数，因为Pm值可以不断取大，故而都有解的话，证明孪生素数有无穷多（孪生猜想）。

对于间距为任意2K的素数，若2K的取值非常大，则Pm值也必须相应足够大。因为Pm值可以取无穷大，故而证明当达到此Pm值后，都有解的话，也能证明任意2K生素数无穷多（2K素数猜想）。

分析完整闭环的组成特性

我们将2x3x5x7x11.....这类连续素数乘积的式，暂时称之为完整的闭环。

第一层闭环是：2x3，为更直接表述，称之为闭环3；

闭环5是：2x3x5（由5个闭环3组成）；

闭环7是：2x3x5x7（由7个闭环5组成）；

闭环7乘以下一个素数Pm，组成闭环Pm................以此类推。

相同连续素数乘积的闭环，称之为同一层级闭环。它们首尾相连，形成无限重复的循环数段。多个同一层级的完整小闭环组成大一级的中闭环，多个完整的中闭环组成更大的.........

计算完整闭环中剩余数f（Z）的筛留比率公式

通过下面的筛留公式，可准确无误地计算出各完整闭环内，在2m，3m， 5m.....这些节点上，筛去1个或2个数值后，剩余数的数量f（Z）。并可以粗略地了解其对各猜想产生的影响。

本文将要筛去的素因子及其组合成的数统称为（N），剩余数为（Z）。它们的数量分别表示为：f（N），f（Z）。

各节点筛去1个或2个数值的筛留率

筛去个数 筛留率

2m+{筛去1个} 1/2

3m+{,筛去1个或2个} 1/3或2/3

5m+{筛去1个或2个} 3/5或4/5

7m+{筛去1个或2个} 5/7或6/7

Pm+{筛去1个或2个} P-2/P或P-1/P

根据上面的筛留率可计算出各完整闭环剩余数的数量f（Z）

都筛去1个数的剩余数的数量f（Z）：

2m筛去1个，此节点剩余数的占比是1/2。

3m筛去1个，此节点剩余数的占比是2/3。

5m.......Pm,如此类推（略）

将各节点的比率相乘后，再乘以该闭环的数值，得出f（Z），如：

2X3=6 1/2*2/3*6=剩余2个

2x3x5=30 1/2*2/3*4/5*30=剩余8个

2x3x5x7=210 ...............剩余48个

2x3x5x7x11=2310 .............剩余480个

根据筛留公式，可准确无误地计算出，不同的完整闭环的f（Z）。后续更大的......略。

都筛去2个数（2m节点筛去1个）的剩余数的数量f（Z）：

2m筛去1个，此节点剩余数的占比是1/2。

3m筛去2个，此节点剩余数的占比是1/3。

5m筛去2个，此节点剩余数的占比是3/5。

7m筛去2个，此节点剩余数的占比是5/7。

.......Pm,如此类推（略）

将各节点的占比率相乘后，再乘以该闭环数值，得出剩余数的数量f（Z），如：

2X3=6 1/2*1/3*6=剩余1个

2x3x5=30 1/2*2/3*3/5*30=剩余3个

2x3x5x7=210 ...............剩余15个

后续更大的......略。

从上面的过程和结果可知：

1. 在筛除条件相同的情况下，各同层级的完整闭环，其f（Z）和f（N）都分别是相等的，它们首尾相连，形成无限重复的循环数段（定理一）。

2. 同一层级的各个闭环内，截取其离该闭环起点位置相同的（A-B）数段，则各数段内的f（Z）和f（N）也分别是相等的（定理二）。

比如闭环7（2*3*5*7=210），第一个闭环截取1-100，与第二个闭环截取211-300......在不受其它大于7的素因子影响下，各自的f（Z）数量都是相等的。

3. 同理，若截取任意（A-B）数段与某一完整闭环的数值相同，在不受其它素因子影响下，则该数段的f（Z）数量与该闭环的f（Z）也是相等的（定理三）。

4. 素因子越小的节点，对筛留公式的f（Z）影响越大（定理四）。

了解闭环的这些特性，尤其是通过筛留公式，可以绝对准确地计算出某层级完整闭环的剩余数f（Z），暂时不需要在重叠问题上作过多思考。

证明：x在pm与pm平方间都至少存在一个解（以大数的理念分析）

因为证明统一式组都有符合条件的解，则与之关联的猜想成立，所以我们先放下猜想。褪去特殊的光环，统一式组只是一个普通的几率问题而已。

根据前文可知，一个大的完整闭环，是由众多中小闭环所组成的。当Pm值足够大时，1-Pm的平方段，必定会包含着一个或多个完整的中小闭环。比如Pm=101，即1-101*101之间包含4个闭环11（4*2310）。又比如Pm=179，即1-179*179=32041，之间包含着一个闭环13,即2*3*5*7*11*13=30030。

若以1-30030，30031-2*30030.....为一个分区，可将完整闭环179分为179*...19*17个分区。其总的f（Z）=（2-1）*（3-2）*（5-2）....(179-2)个

若179数值继续增大，比如181*181=32761。可将闭环13拆分为闭环11，2310*14=32340，即有14个完整闭环11。以此类推。

将第一分区跟整个大闭环进行比较：

当只筛去2m，3m....Pm后，在Pm与Pm的平方间，剩余的f（Z）就相当于是此区间的素数，这个数量是已知会随着Pm增大而增加的，且密度是高于整个闭环剩余数（Z）的平均密度。故而此区间由2，3...Pm组成的合数f（N+0）占比率，会低于整个闭环的占比率。这也是符合闭环始端区段，合数的重叠率比闭环的平均重叠率高的缘故（若有存疑，下文补充）。

而2m+0,3m+a1....179m+ap所组合成的数f（N+ap），与f（N+0）的数量是相等的。因为这两个路径都含有2m+0，此节点完全相同。其它节点方面，一个路径是3m，5m...Pm。另一个路径是3m+a1，5m+a2，Pm+ap，若a1，a2...ap都不为0的前提下，所以这两个路径组成的数量也是相同的。

即它们在第一区间内，各自的数量占比，会比闭环的平均比例少。

同时，各个节点，无论a的取值是什么，Pm+a与2Pm+a总是以Pm为一间距，而且各节点是互素的。所以第一区间（N+0）与2m+0,3m+a1....Pm+ap逐一互筛后，最后所组合成的f（N）的数量占比，理应少于大闭环f（N）的平均值。

因f（N）少于大闭环的平均值，则第一区间的f（Z）数量，必然会多于余下区间f（Z）的平均数量。故而，假设第一区间f（Z）=0，有违数理。

将第一区段跟其它与之相应的区段进行比较：

第一区间既是大闭环179的始端区段，也是其它各中小层级闭环的始端区段。

根据前文的定理，同一层级的各个闭环内，截取相同的（A-B）数段，则各数段内的f（Z）也是相等的。所以若假设第一区间f（Z）=0的话，将会引发179*...19*17个与之相应的区段，出现f（Z）数量下沉的情况。而这些区段都是各层级闭环的始端区段，其各自相应的f（Z）数量，本应高于该闭环余下区段的平均数量。故而，假设第一区间f（Z）=0，将会引发多重违背数理的情况。

再将第一区间跟其余区间进行比较：

因为179*...19*17个与之相应的区段，出现f（Z）数下沉的情况。所以需要其余区间的f（Z）数量上升，才可以保持整个闭环的总f（Z）数量不变。总的f（Z）数量是不可改变的。这就需要某区间的f（Z）数量增多才能保持平衡。

但是，这部分区间与第一区间，都同样包含了一个同层级的闭环13。在筛去2m+0,3m+{0，a}...13m+{0,ap} 后，每一个闭环13中的剩余数数量f（Z）是恒定相等的(2-1)*(3-2)....(13-2)=1485。

第一区间自179+2后，各节点17m+{0,2}...179+{0,2}，只需要从其平方数开始筛起（这解析了始端区间重叠率高的缘故）。而余下区间无论13m以上的节点位置怎么变化，17m+{0,2}...179+{0,2}都必须从该区的始端依次逐一去筛。

再结合前文定理所知，素因子越小的节点，对结果的影响越大。在筛留条件相同的情况下，有了小素因子层级闭环的保底，各区间的f（Z）数量，上下浮动的数量必然是有限的！

所以，综合上述依据。无论a1....ap取任何值，要使得某一区间的f（Z）数量，远大于第一区间的f（Z）数量，结论是不成立的！

也就是说统一式组在Pm与Pm的平方之间，f（X）的数量必不可能为0

上文是基于传统的数理分析，加上闭环保底原理，以证明各区间（N）和（Z）的数量，上下浮动性是有限的。下文将引入一个特殊的路径扩展分解方法，可以非常简单直观地证明式组的成立。

运用特殊分解法，可以非常简单直观地得以证明式组必存在解。

因大于3的素数，都集中在6m+1和6m+5这两个路径上。我们可以把2m和3m的节点解除限制。这样从原来只能感观到单一路径的剩余数（Z），将会扩展成6个不同路径的剩余数（Z），这6个路径分别是：6m+{0,1,2,3,4,5}。

以a1....ap都等于2为例，列举闭环7以内，筛去5m+{0,2}，7m+{0,2}后，各路径剩余数（Z）的实际数值：

奇偶数各3个，共6个不同的路径：

6m+1=1,13,19,31,43,61,73,103,109,139,151,169,181,193,199 +210不断循环......

6m+3=3,33,39,69,81,99,111,123,129,141,153,159,171,183,201 +210不断循环......

6m+5=11,29,41,53,59,71,83,89,101,113,131,143,173,179,209 +210不断循环......

6m+0=6,18,24,36,48,54,66,78,96,108,138,144,174,186,204 +210不断循环......

6m+2=8,26,38,68,74,104,116,134,146,158,164,176,188,194,206 +210不断循环......

6m+4=4,34,46,64,76,88,94,106,118,124,136,148,166,178,208 +210不断循环......

从上面的数值可以看到：这6个路径的数值都是筛去5m+{0,2}，7m+{0,2} 后剩余的数值。从单一的路径f（Z）=15个，扩展后增加到6*15=90个。

它们各自的数值不同，但f（Z）的数量相同。它们先后出现的次序不同，但相互呈规律性间距分布，交错增大，不断循环。

依此原理回顾前文，原闭环13单一路径的f（Z）=1485个，扩展后增加到6*1485个。从（Z）值也可得到各路径的（N）值。因为各个节点，无论a值是多少，Pm+a与2Pm+a...总是以Pm为一间距，各节点互素。

所以不用复杂的计算，便能直观地感知：在第一区间内，17m+（0，a）....179+{0，ap}这些节点的组合数 ，会依次与各路径的（N）重叠，将各路径的（Z）筛除。所以必不可能将闭环13内某一路径的（Z）数值都筛尽！再结合前文，这些大节点的组合数量，是比其它区域少的，故而第一区的解f（X）的数量，会高于平均数值。

至此，x在pm与pm平方间都至少存在一个解得证！

统一式组不仅限于筛去0和ap值，各节点筛去2个或多个任意值（在可行的情况下），可以结合分解法求证其它问题。

因Pm可以无限增大，所以只需因应2K取值的大小，Pm达到一定值后，Pm与Pm的平方间都必有解。故而相邻2K素数无穷多的猜想也成立。

对于连续2K素数，连续孪生素数猜想，均可代入统一公式给予证明成立与否。因为随着Pm的不断增大，5m，7m......等节点，也可以通过分解法获得更多路径的（Z）和（N）值！分解后可以很直观地得到证明！

有此分解法，既可对区间路径进行扩展，也可将区间细分。变得简单而直观，将对众多复杂的问题有重要帮助。本文暂称为扩展路径分解法。

附：ap取值对各猜想的解f（X）的影响（取大数分析）

经分解后可知，各节点间的（N）和（Z）将较为均等地重叠和互筛，虽然实际上肯定不会均等一致。但对于数值越大，节点越多的闭环，会越趋向平均。其各区间的筛留率也会与完整闭环渐近。

依此，可以通过筛留公式，简便地估算出区间内剩余数的数量f（Z）。

在哥德巴赫猜想中要求解的N值，如果是3的倍数和不是3的倍数作比较，若是3的倍数，则3m这个节点只需筛去0即可，也就是乘以2/3。而非3倍数，则乘以1/3，这个节点相差一倍。同理在5m处，是{4/5与3/5}，7m处是{6/7与5/7}.....

故而哥德巴赫猜想，其解的数量f（X）和比例，将受N的取值所含有的奇素数因子大小，和奇素数的数量多与少影响（若有疑问，可取相邻的N值逐一考证，N值越大越准确，此处略）（哥巴猜想估值法则）。

同理，在2K和孪生素数猜想中，在Pm与Pm平方间解的数量比例，将受2k的取值所含有的奇素数因子大小，和奇素数的数量多与少影响（2K素数估值法则）。

简单举例（随机的）：在13与13平方之间的孪生素数，与4，6生素数比较

孪生素数a1，a2，a3，a4均为2，用筛留公式估算（因小于13的平方，故计算几率里选13的上一个素数即可）

f（X）=135/2310*155≈9.06个 若乘上11/13，则f（X）≈8.12

实际：17,19|29,31|41,43|59,61|71,73|101,103|107,109|137,139|149,151 共9个（因13是被筛数，故而11,13不列入实际统计）

===============================

4生素数 即P1-P2=4， 3m+{筛去0，1}，5m+{筛去0和4}，其余节点都是筛去0和4。

f（X）=135/2310*155≈9.06个 若乘上11/13，则f（X）≈8.12

实际：19,23|37,41|43,47|67,71|79,83|97,101|103,107|109,113|127,131|

163，167| 共10个

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6生素数 即P1-P2=6， 3m+{筛去0}，5m+{筛去0和1}，其余节点都是筛去0和6。

f（X）=1/2*2/3*3/5*5/7*9/11*155≈18.12个 若乘上11/13，则f（X）≈16.24

实际17,23|23,29|31,37|37,43|41,47|47,53|53,59|61,67|67,73|73,79|

83,89|97,103|101,107|103,109|107,113|131,137|151,157|157,163 共18个

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若有疑问，可取其它N值逐一考证，比如N取30,210...的解的比例将会更高。但若随着N值增大，那么Pm与Pm的平方要足够大才能具备合理性比较。

对于连续2K生素数，连续孪生素数等存在P1，P2，P3，P4....的类型猜想，可参考两大猜想的转化过程，一样可以转化为本文的统一式组进行估值（略）

注：本文估算公式只是为了方便说明，并非精准细致。当Pm取值增大，各猜想在Pm与Pm平方间得出的f（X），也必然会随之增大发散的（代入公式即可，略）。

特殊情况：一般情况下，因以0为起点的区域，筛去的数值组合重叠率，会高于完整闭环的平均值，故而估算结果会略少于实际结果。但有如下特殊情况：

1. 完整闭环的数值过少，或选取的区段数值过少，导致估算值与实际值的准确率误差较大（这个没有固定值，需因应不同的猜想而定）；

2. 区段的终点刚好是（准X）的真空段和密集段交界点，也会对估算的准确率产生一定影响（但随着Pm值的增大，这方面的影响随之降低）；

3. 在Pm取不那么大的数值时，公式没有计算最大节点Pm的筛留占比率，可能会造成估算结果比实际结果略大。比如前面举例Pm=13，因为没有超过13的平方，在左边的计算公式中没有乘上11/13。但11*11与13*13之间的间距，占估算区间的比例较大，所以在估算结果比实际结果略大。右边乘上11/13后，都比实际结果少。这点会随着Pm值的增大到一定值后，估算结果都会少于实际结果（这点也佐证了始端区域重叠率比大闭环平均率高的论点）。

对于哥巴猜想与孪生素数不同的情况，举实例N=32说明：

32=3m+2,5m+2。故X≠2m+0，3m+{0,2}，5m+{0,2}。

f（X）=1/2*1/3*3/5*25≈2.5个 式组的筛留结果分别是：13,19,31 共3个解。 实际f（X）分别是：3,13,19,29 共4个解。

1.求得X值是13与19相对应，故而两个解组成一组解（这是与孪生素数不同的）。

2.求得X值是31与1相对应，但因为1不是素数，所以在实际中不列入解；

3.另外，实际中还有一组解是：3与29。但因为在统一式组计算中筛去了（3m+0），故而（3m+2）也被筛去了。所以3和29不会出现在式组的结果中。

综合哥德巴赫与孪生素数这些不同的特殊性：

孪生素数的Pm取值可以取无穷大，所以无需估算Pm前被筛去的部分，只估算Pm与Pm平方间的即可。

而哥德巴赫的解之中，在小于Pm的奇素数作为被筛数的，例如式中3这个数值，也有可能是其中一个解。所以哥巴猜想的估算范围，扩展为：0-Pm的平方之间更为合适。并将Pm及以内符合实际解组的奇素因子，列入在附加结果内。虽然这样会重复计算了，但在大数值下，（0-2Pm之间）与Pm的平方相比较，是微不足道的（后文将分析这个重要的意义）。

根据上面分析，于是N=32的估算公式和结果为：

f（X）=1/2*1/3*3/5*（31）≈3.1个 式组的筛留结果分别是：1,13,19,31 共4个，

附加2-5之间的解：3。 除去1不是素数（但公式的组合里含1，估算是没错的）。

附：运用分解法，证明大数值下K与2K间必存在至少2组孪生素数。

根据前文所知，若将2m,3m这个两个节点的限制解除，便可扩展到6个不同的路径。先以闭环7，a1....ap都等于2为例进行分析：

分解后：X=6m+1，但≠5m+{0，2}，7m+{0，2} 共15个

X=6m+2，但≠5m+{0，2}，7m+{0，2} 共15个

X=6m+3，但≠5m+{0，2}，7m+{0，2} 共15个

X=6m+4，但≠5m+{0，2}，7m+{0，2} 共15个

X=6m+5，但≠5m+{0，2}，7m+{0，2} 共15个

X=6m+6，但≠5m+{0，2}，7m+{0，2} 共15个

若Pm不断扩大，即筛去更大的11m，13m.....Pm。6m+5和6m+1型的数，总是以乘以1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13......的次序筛下去。

先分析Pm-3Pm之间的奇数部分情况：在6m+3这个路径上，如若能留下的剩余数（Z），将一定不是5m......Pm 所组成的数。所以只能由纯3组成，亦即3的N方数。这些数成次方式递增，后面的间距将越来越大。在Pm与3Pm之间，最多只能存在1个。其余均由5m....Pm间的素因子组成，无论Pm的值多大，都是这样！

（6m+3）+2=6m+5，所以也会随之被筛去。它们都是由5m，7m，11m.....+2所组成的。所以此区间6m+3和6m+5各自的f（Z）数量，最多只能是1个。

这样一来，可以很直观地看到：奇数部分的三条路径，其中两条路径一下子就几乎被筛尽了。也就是说在此区段内，5m+{0,2}，7m+{0,2}，11m+{0,2}.....的奇数组合数，大部分都集中在这两条路径上了！于是乎，其在6m+1的路径上，产生的数量就少了。很显然，5m+{0,2}.....Pm+0的组合是有限的，不可能组成此区段内所有的奇合数。所以：

当达到一定数值的Pm与3Pm之间，6m+1型的f（X）总会是占多数！

再分析偶数部分，道理也是差不多的：

将Pm不断增大后，在Pm与2Pm之间，6m+2和6m+4这两个路径，也只有2的N次方的合数才有可能留下（因Pm与2Pm间最多只能有1个2的N次方偶数，故两个路径中仅有其一）。所以6m+0，也只能当6m+4是2的N次方组成的合数才能留下。故此区间内这3个路径，总的f（Z）最多也只能有2个！

所以无论Pm取多大数值，在Pm与2Pm之间，6m+{0,2,3,4,5}这5个路径，最多只能留下4个（Z）。即5m+{0,2}，7m+{0,2}，11m+{0,2}.....的组合数，绝大多数都出现在这5个路径上。根据抽屉原理，这些有限的组合数越聚集在其它5条路径上，则余下的路径空缺越多！故Pm越大，对解越有利！（本文暂称大数趋利法则，有了这最为重要的法则，结合分解法运用，将对众多素数猜想可迎刃而解！）

将K代替Pm是等价的，当达到一定数值的整数K与2K之间，6m+1型的f（X）总会是占多数！

根据筛留公式：当Pm取11时，在11与下一个素数13的平方之间，其筛留比率均可取：

1/2*1/3*3/5*5/7*9/11=0.05844

设f（X）=2 2/0.058=34 求得：K=34 即：

K取等于大于34的任意整数，K与2K之间必存在至少两对孪生素数！

经对实际查验，当K等于大于31后与1000以内，K与2K间都至少存在两组孪生素数，且呈渐增趋势。根据大数趋利法则，N取更大的数值也必然成立。

故，K取等于或大于31后，K-2K间必存在2对孪生素数

对于其它相邻2K素数，即a1....ap等于其它数值，也可根据上述论证确定不同的Pm值（略）。

引申：不限于孪生素数，对于整个统一等式组都适用。

各路径被筛后的剩余数值，都是相互呈有规律的间距排列。若某一路径在某一区段的f（Z）呈真空状态，比如6m+3，在完整闭环7，即被5m+{0,2}，7m+{0,2}筛除后。其第一个剩余数是3，然后相隔30到33。39相隔30到69.....那么这些数加上70后，即73与103之内，109与139之内（不含73,103,109,139），必不存在6m+1型的f（Z）。因为70=2*5*7，是5和7的倍数，且70=6m+1。故6m+3的真空段+70，也必然是6m+1的真空段。

反过来，若某一路径的Z数值，又比如6m+3=153,159,171,183,201，其减去140（6m+2）得到的13,19,31,43,61，也必然是6m+1的（Z）值，这6个路径可以相互转换。

这里有个原则：1.真空段的做加法，可得到其它路径的真空段。但做减法，则得到的不一定是真空段。2.经筛留后的（Z）数值做减法，可得到本身或其它路径的剩余数值（Z）。但做加法，则得到的不一定能得到其它的（Z）数值（因为有可能被更大的Pm节点筛除）。做减法的一定可以得到小的（Z）（因可得到不同小的（Z），也可作为证明孪生素数无穷多的途径之一）

另外，将完整闭环转换成一个圆形，将有会有很多多边对称性，和路径间互相转换的特征........略。

求解合数N的平方根内最大的素数P，在2-2P之间必存在1个解；

哥巴猜想中的a1....ap是任意值，这跟孪生素数a1.....ap值都等于2有相同处也有不同处（简述），将2m和3m节点解除，2与2Pm之间探讨：

6m+2和6m+4,6m+3这3个路径，同样都必须是2（或3）的N次方才有可能留下。随着数值增大，间距呈次方式增长；6m+0这条路径也只能是纯2和3组合的数才有可能留下，间距也会越来越大。

在大数段的情况下，6m+1与6m+5这条路径的f（N）和f（Z）会相对比较接近平均（忽略误差）。所以它们f（Z）分别也总是能优先占据此区段的多数。虽然这个方面没有孪生素数那么清晰直接，但前文引入了附加值后，将在这方面给予了一定补充。

若N含有少于其最大的素数平方根以内的奇素因子，那么这些节点上将只需要筛去0，而无须筛去ap值，N的解相应也会增多。故而最坏的情况是N不含有这些素因子，那N一定是3m+1或3m+2型。

若是3m+1型，则减3m或3m+2型奇数。若是3m+2型，则减3m或3m+1型奇数。这4种情况都有可能组成解组。因为在少于其最大素数平方根内的奇素数，3m+1和3m+2型均是高密度存在。

故而加入了这个方面的补充，再结合大数趋利法则，Pm达到一定大数值后，必然存在至少1个解！

我们N取大于3的平方，最小数值10=3m+1 故X≠2m+0，3m+{0,1} ，在2

与3的平方间的数值是6。故根据筛留公式估算：

f（Z）=1/2*1/3*6=1 个解 等式组合求得的解是：5共1个

实际的解组是：5+5=10 由两个相同的解，组成1个解组。 3+7=10。其中3是附加加解组。 因取10的f（X）=1。

经验算N取小于10时也成立。取1000以内的值也成立，且呈渐增趋势，根据大数趋利法则，N取更大的数值也必然成立。

故：求解合数N的平方根内最大的素数P，在2-2P之间必存在1个解；

另外，对于N含有3素因子的情况下，猜想在达到一定的大数值下，其解中必可以组成至少一对孪生素数（这个想法本文没有进行推算，故存疑）。

根据大数趋利法则，众多适合法则的素数问题，均可简单求证。

证明：相邻平方数间必存在至少2个或多个素数

运用大数趋利法则也是非常简单明了的，在大数值整数K与少于2K之间：

偶数部分6m+2和6m+4两个路径上最多只能合共存在1个2的N次方（Z），奇数6m+3部分也最多只能存在1个3的N次方奇合数。6m+0这个路径上，（Z）数也只能是由纯2和3组成的偶合数。这个组合数间距也会越来越大。

当K取值渐大时，将K与2K之间的间距缩短，上述6条路径的情况也是一样的。因而，当K达到一定大数值后，K的平方与（K+1）的平方间必存在至少1个素数。当K取值达到某一更大数值后，将存在更多素数。依次类推.......

根据估算公式推算：1/2*2/3*4/5*=0.26666

设f（X）=2 2/0.2666=7.5 25-16-1=8，大于7.5

大于5的平方后，间距逐渐增大，区段内6m+0的组合数出现的频率逐渐减少。经验算100的平方以内的数值也均成立，且素数的数量呈渐增趋势。据大数趋利法则，更有利于f（X）的解。大区间的素数也将成上升趋势。故该猜想也成立！

证明：N的平方与N*N+N之间必存在至少1个或多个素数

根据估算公式推算：1/2*2/3*4/5*=0.26666

设f（X）=1 1/0.2666=3.75 25+（25+5）=4，大于3.75

证明过程跟相邻平方间的猜想一致（略）

经验算100的平方以内的数值也均成立，且素数的数量呈渐增趋势。根据大数趋利法则，更有利于f（X）的解。大区间的素数也将成上升趋势。故该猜想成立！

论证：素数间的最大间距的趋向性

当P越大时，这4个路径占据，由P以下素因子所组成的（N），的份额越高。也就说，会造成6m+1和6m+5这两个路径的空位越多（即大于P的新素数）。

若设一个点P2在P与2P之间，P2代表P之后的素数：根据大数趋利法则，P所处的层级越大，（P与Y点之间的间距）与P的比例：（Y-P）/P的比值将渐趋小。即在宏观上层面上，素数间的最大间距，与素数的大小成反比。

在小数值下，会因为某些特殊的情况，存在个别的例外。但在大数值下，两素数的间距比例将逐渐趋小。故而，在P+P的平方根内，或P+P的N次方根内.....只要数值足够大，以上猜想均能成立。

至于还有哪些猜想，因阅历有限不太熟识，希望能有用得上的地方吧。

附：

本文最重要的地方并不是能证明这猜想成立，而是通过转换得到了适用于众多素数或非素数的统一等式组合。同时提出了具有扩展功能的分解法，可以将复杂而纠缠不清的重叠路径，分解成多条独立的路径。将问题清晰化。

更重要的是，结合分解法得到的大数趋利法则！排除其它路径而优待求解路径！后文部分推算的结果是编辑时随机加上去的，仅供参考。

因为Pm可以取很大的值，在适用扩展路径的分解法，和大数趋利法则的前提下的猜想，无需复杂的证明，可以直观地感知：不用很大的数值都会成立的。

因为Pm取大数值后，在求解的区段内，其它路径必然会占据更多的筛除数比例。故而在有关Pm-2Pm或Pm-3Pm间，Pm-Pm平方间之类的猜想，依据这个法则，可清晰明了地得到结论。

至此，证明统一式组a1.....ap取任意值，在Pm与Pm的平方间至少都存在一个解是成立的。这前后化了十多年的时间。编辑过程为了尽力精简，写了又改，大量数据做完又删，用了将近一年的时间才完成。

因数学在生活中的特殊性，朋友间的话题不同，只有孤独思考。衷心感谢我太太对我的包容！虽然她不懂数学也不相信我能证明。无论这篇文稿对或错，没有她的包容体谅，我不会有这么多的时间和空间思考。在编辑完的这一刻，第一时间想到的就是她对我的好！我时刻都在心怀感激！

文稿将寄发部分专业院校帮忙审阅。非常衷心感谢老师们的关注！本人学历肤浅，在专业学术面前有如井底之蛙。如有不当之处，望能指正！祝好！

东莞叶家

2020-06-13

附：以X代替P的深层意义（纠正对素数的偏见）

素数本来就是无穷多的。只因2,3,5,7....和它们组成的数相继涌现后，被筛去了与之相应的部分罢了。

所以教科书中有关素数无穷多的证明，是把因果逻辑调转了。导致我们从思维上对素数产生了虚空感：

比如在孪生素数问题上，会考虑非常大的数值下素数的间距越来越大，还有可能产生两个相邻的素数吗？其实孪生素数或其它类型的素数，本来就是无穷多存在的，并非因为某个猜想（的名气）而产生的。

所以理清这个因果逻辑，脑海的画面就截然不同了。

又比如连续等距为6的3对孪生素数，代入式组后可以知道，除了5,7|11,13|17,19外不会存在第二组这样的素数，这是肯定的。

否则，在未有确定性因素的前提下，纵使存在的几率非常微小（比如连续孪生素数，连续2K素数，梅森素数等），不应以个人情感作否定。

不知我的意见是否正确，教科书是否需要修正素数无穷多的证明方式：证明合数能否足够组成范围内1除外的所有数。

证明方法也很简单：在统一等式组中，无论Pm取多大的数值，筛去各节点+0部分，还会有大量的剩余数。那么这些剩余数要么是更大的素数，要么就是更大的素数组成的合数。

故而，由各节点的素因子组成的合数，是不足以筛去完整闭环内的所有数。所以，依然会有无穷多个更大的素数存在。

从证明的过程中，得以纠正这个因果倒乱的逻辑，意义可能不亚于解决这些猜想。

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