3.3．用奇素数三项可表定理证明二元加法运算在可表偶数上封闭

根据皮亚诺公理，可对无穷无漏的正整数完成不等量分割。2n可从等量分割变换为不等量分割，2n=n+n=n-d+n+d，共轭差为2d, d≠0，可换成2n=ak+bk（含共因子k, a≠b）。即所有的偶数都存在不等量分割。

再根据伯特兰-切比雪夫定理，可推导出所有偶数都能用奇素数一次多项式表示。定义n与k互素，可得到2n的不等量互素分割方程，即2n=a+b（a与b互素），可置换为2n=p+kq（n≥4, k为整数，p、q为互异奇素数）。由此得到偶数分割的本原解方程。因为根据伯特兰-切比雪夫定理，总有p＞n, p与2n当然就互素，于是就必有2n、p、kq三项互素，2n=p+kq自然就是所有偶数互素分割的本原解方程。陈氏定理是该方程的一个特例，即k为素数或1时，且2n为充分大。但本方程却囊括了大于或等于8的所有偶数，蕴含了比陈氏定理更精准的先天基因。

然后基于可表偶数定义，可推理出素数一次多项式方程中的一些重要线性特征。可完成两个不同奇素数分割的偶数叫可表偶数，用2m表示，2m=p+q （m≥4, p, q三元互素），与教科书不同，这里的可表偶数强调p、q互异。亦有可表奇数定义。2s+1可完成三个不同奇素数分割，2s+1=p+q+t（s≥4, p, q, s三元互素，t可不互素）。

进一步从例外偶数的定义可知，例外偶数没有二维线性空间的素数基底解，故也就没有通解。

当且仅当奇数k≠1时，p+q+p1+q1+…pi+qi=p0+kq0为例外偶数，其中p, q, p1, q1, …, pi, qi为互素奇素数。非互异素数一次二项式可表，或者说，仅互异素数一次多项式可表的才叫例外偶数。同理可定义例外奇数：

当且仅当奇数k≠1时，p+p1+q1+…pi+qi=p0+p+kq0为例外奇数，其中p1, q1, pi, qi为互异奇素数，除p外。非互异素数一次三项式可表，或者说，仅互异素数一次多项式可表的才叫例外奇数。

接下来这一步是完成哥猜证明的关键，根据内积消去律获得偶数不等量分割方程的素数基底解。从2n=a+b（a与b互素）=p+kq，通过消去内积向量[c, 1, k]，得到正交向量[-2h, p, q],2h蕴含2m，故可化约得到存在线性相关方程2m=p+q。由此化约得到的2m=p+q为最简本原解方程，或者说叫素数基底解方程。而最简本原解可还原得到偶数通解。外积消去律可得到本原解，内积消去律可得到基底解，一种比本原解还“本原”的解集。

本原解具有确定性，基底解不具确定性，但全项素数基底解具有确定性，即奇素数w的2倍（即纯素数核最简本原解方程2w=p+q）或2n（即通项核最简本原解方程2n=p+q）存在互异的共轭素数对。也就是2w=p+q（为何会线性相关后文完成证明），其中w、p、q为所有奇素数解集。无论是本原解方程还是基底解方程都能还原得到通解。其中最简增广项素数基底或通项增广项素数基底具有唯一性。而1+1=2为特殊的元素数基底（即元素数最简本原解恒等算式1+1=2），也具有唯一性。

偶数分类满足排中律，不是可表偶数就是例外偶数。方程2n=p+kq0（含q1+q2+q3+q4）中，当且仅当k≠1时（存在例外偶数），假设例外偶数有解，那么就存在奇素数q必不能被3个奇素数合并而成，所有能合并的都是解集k蕴含1时的可表偶数，例外偶数与可表偶数在全集偶数解集上互为补元。所有的偶数都可以用不小于4个奇素数之和来表示，根据2n=p+kq（n≥7，奇数k≥1, p、q为互异奇素数），例外偶数kq一定须用3个或3个以上的素数之和表示，因此不小于14的所有2n就可以用不小于4个奇素数之和来表示。

现假设除初项外的3个奇素数可合并为另1个奇素数不存在，那么若2n+1个奇素数能合并为1个奇素数，则2（n+1）+1个奇素数就不存在可合并，这与假设奇素数2n+1项皆存在可合并矛盾，因为根据皮亚诺公理可知n+1∈n。所以2n+1个奇素数可合并为另1个奇素数，全基于存在3个奇素数可合并表示为另一个奇素数。于是存在关于三项素数可表奇素数定理：

所有的奇素数q必能被三个奇素数分割，其中两个奇素数互异。

该定理也可由三素数定理导出，就是可由最早哥德巴赫写信给欧拉的奇数哥猜推导得出，反过来用奇素数可表定理直接证明奇数哥猜成立还不行，但借助于伯特兰定理、互素关系和剩余偶数递减特征，该两个强弱命题还是可以互相证明的。奇素数q为可表奇数定理还可通过“互素递减分割法”由伯特兰-切比雪夫定理来完成证明。

根据n与2n之间定含素数，可知：

2n要么等于p1+p2，要么等于p1+p2´+剩余项2n1；

剩余项2n1要么等于p3+p4，要么等于p3+p4´+剩余项2n2；

剩余项2n2要么等于p5+p6，要么等于p5+p6´+剩余项2n3；

……

剩余项2ni要么等于p2i+p2i+1，要么等于p2i+1+p2i+2+剩余项10或8或6。

因为剩余项是单调递减的，故最后的剩余项一定是小偶数，而小偶数都是可以用两奇素数之和表示的。如此反推，所有的奇素数都是可以用三奇素数之和表示的，即：

p2=p2´+p3+p4（+剩余项2n1），

p4=p4´+p5+p6（+剩余项2n2），

p6=p6´+p7+p8（+剩余项2n3），

…

p2i=p2i´+5+3（+终端剩余项0），由于终端是一定能三素数可表的，故所有的偶数都是素数多项式可表的，又由于素数多项式是蕴含可表偶数的，故必存在pn=pn´+pn+1+pn+2。

也就是说，由于n与2n之间蕴含所有的奇素数，故所有的奇素数都可以用三个奇素数之和表示，于是三项素数可表奇素数定理获证。即大于14的任意偶数互素递减分割出来的若干素数项，一定每次至少存在三素数可表一个素数，也任意存在一个素数用三素数可表。但这不是一个同构命题，三素数之和除了可表素数外，还可表奇数。

由三项奇素数之和可表奇素数定理，可推得二元加法运算在可表偶数上封闭。容易推得：

p+q0（包含于）=（p+q）+（p1+q1），

但反过来，是否存在：

（p+q）+（p1+q1）（包含于）=p0+q0，

还不得而知。

当且仅当k≠1时，两个可表偶数之和（p+q）+（p1+q1）=p0+kq0为例外偶数，由于k=1时是例外偶数的基底解，基底解不存在，例外偶数的通解就不存在，可见二元加法运算在可表偶数上不扩域，素数二项式与素数四项式等价。以上是沿用基底解的思想，还可以用对称解和相邻解的思想来证明。

该证明的关键是，在本原解方程中，一维相邻是高维对称的单位元和母集合。所有对称关系的底层都是相邻关系。相邻解集不存在，对称解集就不存在。

表达给定偶数的素数四项式中，经等价变换，必存在三项素数相加可表一个素数，我们把这样的解集叫对称解集。若不存在可表，则叫非对称解集。

令p0+q0≠（p+q）+（p1+q1）存在；

则（p+q）+（p1+q1）=p0+q0+2t（t≠0）≠p0+q0。

由于非相邻解集在表达可表偶数上定义为空集，只作为例外偶数使用，那它的相邻偶数就是可表偶数，若存在就矛盾。故自然数t就不能相邻迭代取值，而根据皮亚诺公理，不能相邻迭代取值的t只能为空集。故非对称解集也只能是空集。素数四项式仅为可表偶数，没有产生例外偶数，即素数二项式必蕴含素数四项式。

另根据素数四项式必蕴含了所有可表偶数（小可表偶数除外），因为根据三素数可表素数定理，四素数中蕴含了可表素数的三个素数，于是不难看出，若有互素相邻解集，则必有同类对称解集。

以上证明了两者彼此蕴含，故素数二项式与素数四项式等价（个别小的可表偶数除外）。

根据等量的传递性，我们可以推得如下结论：

2n元加法运算在可表偶数上封闭。例外偶数是空集。可表偶数2m就是所有偶数2n（n≥4）。

因为2n元加法运算就是素数一次多项式（2n=p+kq），而素数多项式是能够表达所有偶数的。故素数二项式亦能表所有偶数。

可表偶数的n元代数运算在可表偶数上也是封闭的，即：

p1+q1+p2+q2+…+pi+qi=2m

（m>3, i>0，属正整数，pi+qi∈可表偶数2m，取奇素数p、q, 2n∈可表偶数2m。）

n个奇素数相加相对于两个奇素数相加并没有扩域。n元加法运算在可表偶数上是封闭的。素数多项式偶数相对于素数二项式偶数并没有扩域，而根据算术基本定理，素数多项式表达的偶数是定能囊括不小于8的所有偶数的，故素数二项式表达的偶数也必囊括不小于8的所有偶数。

互素版哥猜获证（不小于8的偶数2n=p+q, p、q互素），欧拉版哥猜也就获证（不小于6的偶数2n=p+q, p、q不要求互异），因为非互素版的特例6=3+3只有一个，可添加上。