文/羅莫
寫在前面：
這是一篇完整版深探數(shù)學(xué)思維的文章。作者的體會是，當(dāng)我們面對難題時，明白如何從同類共性中找區(qū)分（用相鄰論化解悖論），又如何從異類區(qū)分中找共性（用重合法提出猜想），懂得如此這般反復(fù)操作，就會逼近我們要找的答案。至于該文確有什么新意突破，最終還歸于讀者的深刻解讀，真有什么漏洞瑕疵，則歸于作者的學(xué)識淺薄。本文為個人經(jīng)驗言論，不代表任何學(xué)術(shù)組織的共識，但絕不相悖于當(dāng)今學(xué)術(shù)共同體的認(rèn)知，組織成文僅供讀者參考。
通過從區(qū)分中找共性，從共性中找區(qū)分，可打開思路找到解決難題的方法?？梢娔切┚梦唇鉀Q的難題都卡在了更基本的公共問題上，原以為很多難題都各自孤立，沒什么應(yīng)用價值。其實，一些久未解決的純粹數(shù)學(xué)難題，越貌似孤立，它的基礎(chǔ)理論價值就越大，數(shù)學(xué)文化價值越高，可別把它當(dāng)成真孤立的特例了。當(dāng)年伽羅瓦為了解決5次方程是否有解的判定問題，意外找到了可以解決很多其他問題的“群論”。
解決這些平凡的問題往往有意外驚喜。筆者通過對一些“孤立”問題尋找解決方案，無意間發(fā)現(xiàn)它同很多難題都有廣泛關(guān)聯(lián)，它是素數(shù)之間能找到“糾纏”關(guān)系的基石。找到它的來源，有利于發(fā)現(xiàn)一些新工具來判定素數(shù)是如何分布的?；谆ニ厮枷刖褪沁@樣一個好工具，它是用來判定公共因子和互素因子的一種思想工具。它在筆者已經(jīng)出版的專著《數(shù)學(xué)底層引擎相鄰論和重合法》（海天出版社2019年9月）一書中詳細(xì)論證過，也在澎湃新聞上連續(xù)發(fā)布過，很多數(shù)學(xué)愛好者參與了討論。有學(xué)者說，作者對常識重新直覺，解放數(shù)感，提出了數(shù)學(xué)新工具相鄰論和重合法，即等量與不等量通過不斷擴(kuò)域來實現(xiàn)相互超越的思想，可解決哥德巴赫猜想和孿生素數(shù)猜想，abc猜想和比爾猜想，以及黎曼猜想和考拉茲猜想，它撼動了數(shù)論群山。
本文把一些數(shù)學(xué)難題集中起來都用基底互素思想來解決，可以讓數(shù)學(xué)愛好者清晰地洞察到，貌似彼此孤立的問題都不孤立，它們都受制于幕后的底層引擎推動，第一張骨牌倒下，一系列的多米諾骨牌都會倒下。下文我們就用尋找區(qū)分（相鄰）和共性（重合）的方法來思考以下幾個問題： 偶數(shù)不等量分割問題（含哥德巴赫猜想），相鄰素數(shù)間隔問題（含孿生素數(shù)猜想），互素迭代傳遞問題（含考拉茲猜想），方程不等量升冪問題（含比爾猜想和費馬猜想），同構(gòu)同態(tài)延伸問題（含黎曼猜想和abc猜想）。
1. 形式邏輯的精髓是命題變換具有保真性
命題保真變換來自兩種情形：
a. 一種來自等量對象的各因子各部件具有相應(yīng)同類自反性、同類對稱性、同類傳遞性，即等量因子或等量部件因交換而產(chǎn)生的同質(zhì)傳遞性，可概括為等量傳遞，共性傳遞（玻色子性質(zhì)）。體現(xiàn)了重合法思想，強調(diào)表層共性會被深層共性取代。
b. 另一種來自異類對象的各因子各部件具有相應(yīng)對象異類互異性，異類互素性，異類傳遞性，即異類因子或異類部件因排序而產(chǎn)生的異質(zhì)傳遞性，可概括為差量傳遞，區(qū)分傳遞（費米子性質(zhì)）。體現(xiàn)了相鄰論思想，強調(diào)表層區(qū)分會被深層區(qū)分取代。
這種區(qū)分傳遞比共性傳遞，更加隱秘和深刻，正是因為這一點，很多跟它相關(guān)的久未解決的難題會因無視它而一籌莫展。為了明確不等量傳遞的思想，我們來復(fù)習(xí)一下整數(shù)問題中的一些重要概念。
“互素”定義：a和b無共同素因子就叫a和b互素，也叫互質(zhì)，比如說，3和5，18與35，1和7，1和1，它們都是互素的。
“三元互素方程”命題：整數(shù)三元方程若兩元互素則三元兩兩互素，即 a+b=c，當(dāng)gcd（a，b）=1，則gcd（b，c）=1，gcd（a，c）=1。
證明：已知 a、b 是一對互素的整數(shù)，c是它們的和，即 a+b=c，由于a與b互素，故b與c以及a與c必互素。假如其中兩項非互素，有公約數(shù)可約掉，另一項不可約而成真分?jǐn)?shù)，如此就會產(chǎn)生整數(shù)與真分?jǐn)?shù)相等，于是矛盾。故整數(shù)三元方程若兩元互素則三元兩兩互素。本文所有被證明的命題皆可看成定理和推論，可做證明未解猜想的依據(jù)。
“互異分割方程”命題：大于4的任意偶數(shù)2n都能完成互異分割，也能完成互素分割，即a和b必有互異互素解集表達(dá)任意偶數(shù)。若有“a+b=2n”，則存在“gcd（a，b）=1，a≠b”。
證明：大于4的任意偶數(shù)2n都可以完成等量分割，均分為兩個相同量即n+n=2n，以n為中位數(shù)可構(gòu)造共軛差不為0的兩個數(shù)，其和也等于2n，即n+m+n-m=2n, 當(dāng)a=n+m，b=n-m，m大于0時，2n完成了互異分割a+b=2n，令a每次與給定的2n互素，則2n也與b互素，我們稱所有的2n都能完成互素分割。即關(guān)于2n的本原解方程已經(jīng)囊括了可構(gòu)造2n的全部解集，2n的本原解三元方程其通解在偶數(shù)集上不擴(kuò)域。本原解方程就是通過數(shù)乘逆運算得到每一項都沒有公因子的方程，如本原解方程a+b=c的通解方程是ta+tb=tc。
以后我們還將證明，2n的最簡本原解三元方程其內(nèi)積通解在偶數(shù)集上也不擴(kuò)域不縮域。最簡本原解方程就是通過內(nèi)積逆運算得到的方程，其生成元為彼此互異的素數(shù)，其生成對象與生成元分別互素，如最簡本原解方程p+q=2n的內(nèi)積通解方程是ap+bq=2cn。它顯示了最簡本原解方程左邊乘以加權(quán)數(shù)以及右邊乘以特征數(shù)后，右邊的偶數(shù)解集若依然不擴(kuò)域也不縮域，則哥德巴赫猜想是成立的。這就明確了可證明哥德巴赫猜想成立的方向。
“基底互素”定義：a和b彼此有不同素因子就叫基底互素，如3和5，77和91?；ニ仃P(guān)系中，若a≠1或者b≠1，則該類互素也屬基底互素; 基底互素關(guān)系中，若不含公因子，同時a≠1或者b≠1，則該類基底互素也屬互素。任意偶數(shù)可完成互異分割，得到方程2n=a+b，當(dāng)a或b都不是彼此的公因子時，a和b是基底互素的。基底互素方程必有二維素數(shù)基底。
“解集基底互素”定義：在三元互素方程中，每次解是兩兩互素的，累積解不一定兩兩互素，若兩元的累積解互素，且a和b累積解都非1，彼此有不共素因子，則我們稱a和b解集基底互素。如，解集a={3，11，30，65}與解集b={7，13，55，99}是解集基底互素的，a中的3與b中的7為不共素因子，解集a和b都必有對方全集沒有的素因子，故a和b是解集基底互素的。解集基底互素可包含局部數(shù)值僅子集基底互素，以及子集素因子同構(gòu)或因子同態(tài)。解集a和b中素因子有4種關(guān)系，第1是a和b解集全部互素（雙方?jīng)]有公共素因子雙方僅有不共素因子），第2是a和b解集基底互素（雙方有公共素因子雙方更有不共素因子），雙方不含1的全部互素也是基底互素，第3是a和b解集因子同態(tài)（雙方有公共素因子且單方有不共素因子），第4是a和b解集因子同構(gòu)（雙方有公共素因子雙方?jīng)]有不共素因子）。基底互素與有一方含1的完全互素進(jìn)行了本質(zhì)區(qū)分，就像同構(gòu)與同態(tài)一樣進(jìn)行了區(qū)分，我們知道所有的悖論以及不可證的命題都是概念混淆造成的，教科書只強調(diào)完全互素，對基底互素的性質(zhì)有所忽視，因此提出基底互素的思想，意義重大。
“解集互異”定義：在三元互素方程中，a和b解集中沒有任何一個相同解，就叫解集互異。如a={5，18，22}與b={9,11,17}，a和b解集就沒有任何一個相同解，故稱a和b解集互異。
“三元方程互異解集基底互素”命題(以下為定義部分)：
整數(shù)三元方程a+b=c，Ubi、Uai、Uci為三元方程解集，若解集gcd(Ubai,Ubi)=1，解集gcd(Uci，Ubi）=1，且Ubi或Uai≠Uci，則解集(Uai,Uci)基底互素，三元方程解集兩對互素第三對必基底互素，當(dāng)Uci與Uai互異，Uai蘊含全部素因子時，同時也嚴(yán)格解集互素gcd(Uai, Uci)=1。換成其中任意兩對解集互素，甚至基底互素，若第三對解集互異，都能判定第三對解集必基底互素成立。
命題闡述以及概念定義：a和b無共同素因子就叫a和b互素，a和b有不同素因子就叫基底互素。已知a、b是一對互素的整數(shù)，c是它們的和，即a+b=c，由于gcd(Uai,Ubi)=1，gcd(Ubi,Uci)=1，且a與b、b與c以及a與c必每次互素,則Uai和Uci必基底互素，一個解集跟另一個解集在基底互素的條件下有增添新素數(shù)因子的性質(zhì)。解集基底互素，說明單對單數(shù)值每次比較有不共素因子，多對多解集通關(guān)比較也有不共素因子，通關(guān)就是兩兩進(jìn)行逐一比對。通俗地說，兩大互異陣營都有對方?jīng)]有的秘密武器。但基底互素允許存在共素因子，且允許雙方的子集素因子是對方全集素因子的子集。
同時也嚴(yán)格互素gcd(Uai, Uci)=1，當(dāng)Uci與Uai互異，Uai蘊含全部素因子時，1和任何整數(shù)都互素，但不屬于基底互素，1和1互素，但不屬于基底互素，15和3約掉3后互素，但不屬于基底互素，21和35非互素，但屬于基底互素，因為約掉7后，3和5是互素的，且不含1。有些數(shù)是基底互素但不要求互素，如15和9，有些數(shù)互素但不基底互素，如5和1，有些數(shù)既互素又基底互素，如3和5，有些數(shù)既不基底互素也不互素，如15和3，非基底互素的，說明至少有一方相對沒有增添新素因子。
假如（Uai,Uci)不是基底互素，移除共因子后，存在gcd(Ua’i,1)=1，Uci相比Uai就沒有增添新素因子，根據(jù)基底互素的定義，兩個整數(shù)之間相互含有不一樣的素因子，就叫基底互素，基底互素的整數(shù)也可以含有公因子，解集基底互素，說明解集之間都有不共素因子，不象a和1，僅單方面有不共素因子，基底互素說明，一個解集有對方?jīng)]有的另類素因子，另一個解集也必有對方?jīng)]有的另類素因子。
那么根據(jù)定義Ubi或Uai≠Uci，在每次解互素的前提下，會導(dǎo)致c解集相對不增加新素因子或a解集相對不增加新素因子，a解集中的素因子都在c中，或者c解集中的素因子都在a中。前者說明，c中有增加新素因子，可不考慮，我們僅假設(shè)c沒有增加新素因子的情形，在a’是a中素因子的乘積數(shù)，b’是b中素因子的乘積數(shù)時，那c中的素因子就不可能是a中素因子的子集，這與不是基底互素（即僅有共因子而無異因子）的假設(shè)相矛盾。以下就用是否有新增新素數(shù)因子的思想來證明該基底互素定理成立。
2.區(qū)分關(guān)系在三元迭代方程中保真?zhèn)鬟f
前文說到，命題保真變換來自兩種情形，等量傳遞的情形我們比較熟悉，同態(tài)，同構(gòu)，同倫，同調(diào)，皆屬此列，不等量傳遞的情形，教科書上鮮見。談的比較多是同態(tài)關(guān)系和蘊含關(guān)系。大多從元素即集合論的角度，而不是從數(shù)值即序列論的角度，從數(shù)值的角度談不等量傳遞，我們會有一些意外發(fā)現(xiàn)。不等量傳遞有一個最顯著的特例就是分形。比分形更深刻的性質(zhì)在不等量傳遞中。不等量傳遞還有一個最顯著的特例就是范疇論。比范疇論還更深刻的性質(zhì)在不等量傳遞中。
“三元方程互異解集基底互素”命題（以下為證明部分）：
在a+b=c的三元方程中，如果a解集相對于b解集有增添新素因子，或者b解集相對于a解集有增添新素因子，也就是說a與b是基底互素的，且b與c也是基底互素的。那么三元方程中不共素因子有傳遞性，兩對有不共素因子，第三對a與c互異時一定彼此必有不共素因子，即第三對互異必基底互素。
現(xiàn)令b為大于t的奇數(shù)，其素因子與t中素因子不同，a與b中的素因子也不同。當(dāng)c=2t時，c中的奇因子與t中奇素因子是彼此蘊含的，偶數(shù)比奇數(shù)僅多一個偶素數(shù)2。a與c是解集互異的，故a、b、t可三分所有奇素因子集，它們的并集囊括所有奇素因子，且可令a與b含有互異素因子，b與t含有互異素因子，b中至少有素因子，t不取，a也不取，t與a解集互異，則可證a與2t是基底互素的。因為t也含2因子，2t是c的子集，t與c中的奇素因子可解集等價，可證a與2t基底互素，故a與c也是基底互素的。以下是證明關(guān)鍵步驟：
在a+b=c（三元皆不含解集為1，解集為1時的特例可單獨完成證明，不含解集1的第三對也是基底互素的亦可成立），a與b解集基底互素，b與c解集基底互素，假如a與c非基底互素，可證推論會出現(xiàn)矛盾。因為非基底互素，且a與c解集互異，本原解方程，互異解集素因子不會完全相同，排除了非基底互素中的素因子全部相同的可能，即解集因子同構(gòu)排除，雙方含1的全部互素也排除，剩下的就是解集因子同態(tài)，就等于c中素因子是a中素因子的真子集，或者就等于a中素因子是c中素因子的真子集。
令f(a)為a的素因子解集、f(b)為b的素因子解集、f(c)為c的素因子解集，根據(jù)假設(shè)f（c）?f（a），以及f（a）∪f（b）= f（b）∪f（a），可得到，f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（a）∪f（a），于是f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（a）（兩個相同項之并集可合為一項），這就導(dǎo)致，素因子全集f（a）∪f（b）∪f（c）是該集（b）∪f（a）的真子集，全集不可能是該全集或其子集的真子集，母雞下的蛋孵不出該母雞自己（與正則公理相矛盾），這就證明了三元方程兩組解集互素第三組互異會增添新素因子，于是可判定此命題為真。
根據(jù)假設(shè)f（a）? f（c），同樣可證得f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（c），導(dǎo)致，素因子全集f（a）∪f（b）∪f（c）是該集（b）∪f（c）的真子集，與正則公里相矛盾，這就證明了三元方程兩組解集基底互素第三組互異會增添新素因子，于是可判定此命題為真。
羅素悖論不成立時的情形被正則公理消解了，證明確實是不成立的。羅素悖論成立時的情形與正則公理也不沖突，而是有條件成立。理發(fā)師僅可給自己理第一次發(fā)，此時成立，第一次可無限短暫，但總存在。補元概念如果沒有原概念的話，補元概念是不存在的。選擇公理就支持有原概念。羅素悖論成立情形可用選擇公理來證明。正則公理與選擇公理并不沖突，而是相互支持的。但混淆條件就沖突。選擇公理強調(diào)有基底元，有普適的公共元，正則公理強調(diào)有前后序，有相應(yīng)的分別序。重合法就是正則公理與選擇公理相互不斷支持下的選擇公理；相鄰論就是正則公理與選擇公理相互不斷支持下的正則公理。陰陽有序陰陽共根。元素具有三性質(zhì)，不同時情形具有互異性，元素同時情形具有無序性，確定性與非確定性是二者的另類表達(dá)?？梢娒靼子行蚝凸哺欠浅Ｖ匾?。正則公理說的是公平條件下可得到自由。選擇公理說的是自由條件下可得到公平。
三元方程中第一對兩元解集彼此有不共素因子，第二對兩元解集也彼此有不共素因子，則存在傳遞性，第三對兩元解集互異一定彼此有不共素因子。三元方程a+b=c是兩兩互素的，且a與c是解集互素的，b與c是解集互素的，a與b每次解不同且解集也是互異的，a、b、t的解集之并含所有素因子。則a解集相對于b解集有增添新素因子，或者b解集相對于a解集有增添新素因子，也就是說a與b是基底互素的。
另一組也一樣。證法同上?？梢娙匠淘谔囟l件下不共素因子有傳遞性，兩對彼此有不共素因子，第三對互異一定彼此有不共素因子。
“三元方程互異解集基底互素”命題的特例：在a+b=c中，如果b解集（僅在方程右邊）為1，a與b解集互素，b與c解集互素，則a與b解集基底互素。
證明：f（a）是a解集的素因子全集，f（b）是b解集的素因子全集，f（c）是c解集的素因子全集，假如a與c解集非基底互素，因b為1，a與b也含1的可能可排除，故f(a)要么是f(c)的真子集，f(c)要么是f(a)的真子集。前者又因為f（b）∪f（c）=f（b）∪f（c），所以f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（c）∪f（c），合并相同項，所以f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（c），這就導(dǎo)致全集是子集的真子集，與正則公理相矛盾。后者又因為f（b）∪f（a）=f（b）∪f（a），所以f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（a）∪f（a），合并相同項，所以f（a）∪f（b）∪f（c）? f（b）∪f（a），這就導(dǎo)致全集是子集的真子集，與正則公理相矛盾。故三元方程含解集為1時基底互素定理也成立，只不過逆命題不都是解集基底互素，第三對會推出解集互素，即便解集互素，右邊項也必是新增新素因子的，因為左邊的b解集為1。
根據(jù)三元方程解集性質(zhì)，可判定(Uai,Uci)非基底互素的假設(shè)是不真的。故c中增添新素因子是每個a和b的基底素因子補元不斷篩查所剩的交集。在此前提下，就會導(dǎo)出素數(shù)分割偶數(shù)方程的一個重要性質(zhì)（2p+2=c）：
意味著要同所有的a基底互素才能篩查出c中的素因子。c中的素因子同每個a和b中的素因子都是互異集，尤其是針對可表偶數(shù)2p，可清晰地判定c中的素因子同每個p是互異集。于是根據(jù)摩根律就可得到這樣一組表達(dá)：
在a+b=c中，也就是在2p+2=c中，c中首項數(shù)的素因子=Cu（a1中的素因子）∩Cu（a2中的素因子）∩Cu（a3中的素因子）∩Cu（a4中的素因子）∩……Cu（an中的素因子）∩Cu（b1中的素因子）∩Cu（b2中的素因子）∩Cu（b3中的素因子）∩Cu（b4中的素因子）∩……Cu（bn中的素因子）。根據(jù)摩根律“補的交等于并的補”可得：
c中首項數(shù)的素因子=Cu{（a1中的素因子）∪（a2中的素因子）∪（a3中的素因子）∪（a4中的素因子）∪……（an中的素因子）∪b1中的素因子）∪（b2中的素因子）∪（b3中的素因子）∪（b4中的素因子）∪……∪（bn中的素因子）}= Cu全體素因子= ?。而c沒有龍頭數(shù)，c就沒有后繼同類數(shù)。
下文將證可表偶數(shù)2p屬于a，當(dāng)解集c同蘊含全部素因子數(shù)的a基底互素時，也就等價于a和c兩個解集沒有公共因子，因此當(dāng)a為可表偶數(shù)時，gcd(Uai,Uci)=1。
在三元互素方程a+b=c中，a與c，b與c解集互素，a與b互異，則a與b基底互素，總之，有兩對解集互素，第三對互異必基底互素?？捎孟嗤乃悸方鉀Q。
3.中位數(shù)有不等量（素數(shù)）迭代傳遞
“中位數(shù)”定義：兩個整數(shù)之和的平均值叫中位數(shù)。兩個奇數(shù)（含奇素數(shù)）之和的中位數(shù)都是整數(shù)。比如19和7的中位數(shù)是13，21和11的中位數(shù)是16。
“共軛奇數(shù)”定義：與中位數(shù)差值相等的一對奇數(shù)叫共軛奇數(shù)。如，27和33是一對共軛奇數(shù)，它們的中位數(shù)是30。
“共軛素數(shù)”定義：與中位數(shù)差值相等的一對素數(shù)叫共軛素數(shù)。其中與中位數(shù)差值非0的一對素數(shù)叫共軛互異素數(shù)。如，3+7=2X5，5+5=2X5，其中3和7，5和5都是與中位數(shù)差值相等的共軛素數(shù)對，而3和7是共軛互異素數(shù)。
中位數(shù)判素命題：任意偶數(shù)2n與自然數(shù)n之間必有素數(shù)（伯特蘭定理）。
證明：假設(shè)2q+2 只能用小于q大于2q+2的素數(shù)加其它素數(shù)才能構(gòu)造，那么大數(shù)區(qū)可排除，僅用小于q的素數(shù)相加構(gòu)造，又不能生成大于q小于2q+2的素數(shù)，否則等于間接用到了該區(qū)段的素數(shù)，導(dǎo)致每次再加一個素數(shù)所得到的和，它們的素因子都不在“q~2q+2”的范圍內(nèi)。由于素因子小于q的數(shù)進(jìn)行互素兩分，然后相加所得到的數(shù)一定會生成新素因子（由三元方程互異解集基底互素定理推得），給定偶數(shù)2q+2與共軛奇數(shù)對都是解集互素的，因為任意偶數(shù)都可以完成互素分割（由偶數(shù)互素分割推得），三元方程有兩對解集互素，第三對解集互異必基底互素（由三元方程互異解集基底互素性質(zhì)推得）,并已知共軛奇數(shù)是互異的，故加性表達(dá)2q+2的共軛奇數(shù)一定是基底互素的。
但假設(shè)卻規(guī)定較大共軛奇數(shù)解集中的素因子都小于中值數(shù)q+1，即較大共軛奇數(shù)相對較小共軛奇數(shù)不會新增素因子，于是產(chǎn)生矛盾，這就歸謬證明了，兩個小于q+1的素因子數(shù)相加無法構(gòu)造2q+2，從而證明q與2q+2之間必有新增素因子數(shù)，由于大于中位數(shù)的新增素因子的倍數(shù)和更大的素因子數(shù)都大于2q+2，所以該新增素因子數(shù)必是大于q+1小于2q+2的新增素數(shù)，等價于必是大于q小于2q的新增素數(shù)，由于最小的奇素數(shù)是3，3+2q-1無法得到2q，故可把范圍進(jìn)一步縮小，q與2q-2之間必有增添新素數(shù)。把素數(shù)q替換成自然數(shù)n也一樣成立，因為只要q與2q-2之間必有增添新素數(shù)，n與2n-2之間就必有在區(qū)段內(nèi)增添的新素數(shù)，于是伯特蘭定理獲證。
證明：已知 m、h 是一對相鄰自然數(shù)，即m+1=h，由于1與m互素，故m與h必互素。 假如其中兩項非互素，有公約數(shù)可約掉，就會產(chǎn)生整數(shù)與真分?jǐn)?shù)相等，于是矛盾。故自然數(shù)相鄰互素。
在此基礎(chǔ)上本定理可通過直接推導(dǎo)成立，m與1全集互素，h與1全集互素，且根據(jù)定義m≠h，m+1=h是三元互素方程，故第三對m與h必基底互素?？梢娺f增相鄰集是一定會新增素數(shù)因子的。
“相鄰偶數(shù)除以2后必互素”命題：偶數(shù)約掉因子2必相鄰互素，即2m+2=2h，h與m必互素。如果m解集與h解集互異，m蘊含所有素因子，則m與h也是解集基底互素。
證明：相鄰偶數(shù)2h與2m約掉2因子后是一對相鄰自然數(shù)，據(jù)上文已證定理，h與m 一定是基底互素的。根據(jù)三元方程解集基底互素定理的推論，如果m解集與h解集互異，m蘊含所有素因子，則m與h也是解集基底互素的。因為m、h分別與1解集互素，且互異，故m與h必解集基底互素。
本定理亦可通過前文已證命題直接推導(dǎo)成立，約掉2因子后，就是相鄰互素方程，m與1全集互素，h與1全集互素，且根據(jù)定義m≠h，m+1=h是三元互素方程，故第三對m與h必基底互素?；谆ニ?，說明單對單數(shù)值每次比較有不共素因子，多對多解集通關(guān)比較也有不共素因子。通俗地說，兩大互異陣營都有對方?jīng)]有的秘密武器。與可表偶數(shù)互異的后繼偶數(shù)必有增添新素數(shù)因子。
4.互異型可表偶數(shù)蘊含所有素數(shù)因子
定義：除用1外不能等量分割的1的所有后繼數(shù)叫素數(shù)。
為了不循環(huán)定義，為了遵守戴德金的倒金字塔定義，我們避開了用自身用整數(shù)來定義素數(shù)，數(shù)學(xué)是最反內(nèi)卷的一門學(xué)科，素數(shù)須有新的定義。當(dāng)然與原教科書的定義并不沖突，素數(shù)是除1和自身外不能被其它整數(shù)整除的整數(shù)。把該定義理解成是用小整數(shù)來定義大整數(shù)是可行的，篩法思路就從此而出。
“可表偶數(shù)”定義：兩個任意奇素數(shù)p與q互異相加所得到的所有偶數(shù)2m（其中存在整數(shù) m＞3）叫可表偶數(shù)，也叫基礎(chǔ)偶數(shù)。
“例外偶數(shù)”定義：與可表偶數(shù)互異的所有偶數(shù)2h叫例外偶數(shù)，也叫非基礎(chǔ)偶數(shù)，是不含基礎(chǔ)偶數(shù)的通解偶數(shù)。例外偶數(shù)至今舉不出1例。
比如3+5=8，8就是互異型的可表偶數(shù)，3+3=6，6就不是互異型的可表偶數(shù)，雖然6是可用兩素數(shù)之和表達(dá)的可表偶數(shù)，但本文定義的可表偶數(shù)不包含6，僅討論≥8的所有偶數(shù)情形，這是為了讓可表偶數(shù)能順利地在彼此互素的本原解方程中進(jìn)行推演，因為互異版的哥德巴赫猜想比歐拉版的更深刻，互異版成立，歐拉版就成立，歐拉版成立，尚不能推出互異版成立。
“互異型可表偶數(shù)蘊含所有素數(shù)因子”命題：素數(shù)二元相加再分解運算在所有奇素數(shù)因子集上封閉。
若互異型可表偶數(shù)2m=p+q，p、q 為互異奇素數(shù)，則p+q中的所有奇素數(shù)因子，與p或q中的所有奇素數(shù)因子是一樣的。左右兩邊的奇素因子，解集等價。
證明：2p是特殊可表偶數(shù)，蘊含所有素因子，則一般可表偶數(shù)2m就蘊含所有素因子。
首先令2m（含2^w）為可表偶數(shù)，可表偶數(shù)就是能用兩互異奇素數(shù)之和表達(dá)的偶數(shù)，2p′為例外偶數(shù)，例外偶數(shù)就是不能用兩互異奇素數(shù)之和表達(dá)的其它偶數(shù)，p、p′為互異奇素數(shù)，它們的并集q須囊括所有奇素數(shù)和偶素數(shù)2。那么必有 2p′+2p=2t（即偶數(shù)加偶數(shù)仍在偶數(shù)的集合里），p′與p作為單素數(shù)因子因互異而互素，根據(jù)三元方程若兩元互素必三元兩兩互素的性質(zhì)，p與t必解集基底互素，p′與t必解集互素。為何會解集基底互素？如果全都是可表偶數(shù)2p1與2p2相加，其和值是不會與可表偶數(shù)解集互素的，因為和值會產(chǎn)生其它可表偶數(shù)或其它可表偶數(shù)共因子。
但與例外偶數(shù)2p′相減就不同了，p′除了與p因互異會解集互素外，p′還與t解集互素也解集基底互素，因較大素數(shù)p′在t與2t中，且t不為1因子（伯特蘭定理），故龍頭例外素數(shù)與和值因子t是解集互素的，也是基底互素的。2p可通過三元方程解集互素推論來證明是可表偶數(shù)，例外素數(shù)p′與可表素數(shù)p根據(jù)定義是解集互素的，p′與t是解集基底互素的。另外p′+p=t為三元互素方程，且p≠t，因為p是奇數(shù)，t是偶數(shù). 于是根據(jù)前文推論，p與t是解集基底互素的，如此t就與p和p′皆解集基底互素，根據(jù)基底互素的定義，t的龍頭數(shù)須同每一個p都不一樣的增添新素因子，于是t中增添新素數(shù)因子要同所有的素因子包括2因子不一樣，而p和p’已經(jīng)囊括了所有的素因子，故t為空集，p’不存在，從而證明了所有的2p都是可表偶數(shù)，2p蘊含所有素因子。
用更詳細(xì)的語言表達(dá)就是，由于構(gòu)造初項t中的新素因子始終要與p及p′累積互素(基底互素)，即同每個p和每個p’相比都有互異因子，其結(jié)果，導(dǎo)致要與所有的奇素數(shù)p∪p′互異而互素。p1與所有的p′都是互素的，根據(jù)整數(shù)三元方程兩兩互素定理，故初項t與p1是基底互素的，t中的新素因子必在p1的互補集里；在與p1互補的基礎(chǔ)上，p2與所有的p′都是互素的，故初項t與p2是基底互素的，t中的新素因子必在p2的互補集里；在與p1、p2互補的基礎(chǔ)上，p3與所有的p′都是互素的，故初項t與p3是基底互素的，t中的新素因子必在p3的互補集里；在與p1、p2、…，pn互補的基礎(chǔ)上，pn與所有的p′都是互素的，故初項t與pn是基底互素的，t中的新素因子必在pn的互補集里。由于基底互素是包含兩解集之間有共素因子數(shù)的，但共素因子代表重復(fù)篩查，不會給補集帶來新變化，故可不計，它們都在不共素因子的子集中，只找每項互異因子的補集之交集便可。
同樣，初項t與p′1是互素的，t中的新素因子必在p′1的互補集里；在與p′1互補的基礎(chǔ)上，p′2與所有的p都是互素的，故初項t與p′2是互素的，t中的新素因子必在p′2的互補集里；在與p′1、p′2互補的基礎(chǔ)上，p′3與所有的p都是互素的，故初項t與p′3是互素的，t中的新素因子必在p′3的互補集里；在與p′1、p′2、…，p′n互補的基礎(chǔ)上，p′n與所有的p都是互素的，故初項t與p′n是互素的，t中的新素因子必在p′n的互補集里。因互異定義條件，t中的新素因子須重合在不同的補集里，這是集族交運算。于是可得到：
“例外偶數(shù)2p′+可表偶數(shù)2p=2t”中的新素因子=Cu（p1中的素因子）∩Cu（p2中的素因子）∩Cu（p3中的素因子）∩Cu（p4中的素因子）∩……Cu（pn中的素因子）∩Cu（p′1中的素因子）∩Cu（p′2中的素因子）∩Cu（p′3中的素因子）∩Cu（p′4中的素因子）∩……Cu（p′n中的素因子）。根據(jù)摩根律“補的交等于并的補”可得：
“例外偶數(shù)2p′+可表偶數(shù)2p=2t”中的t素因子=Cu{（p1中的素因子）∪（p2中的素因子）∪（p3中的素因子）∪（p4中的素因子）∪……（pn中的素因子）∪p′1中的素因子）∪（p′2中的素因子）∪（p′3中的素因子）∪（p′4中的素因子）∪……∪（p′n中的素因子）}= Cu全體素因子= ?。
如此t就沒有新奇素因子可構(gòu)造，加上2p1+2p2 =2^w ，而2^w存在2^3=3+5為可表偶數(shù)，t與偶素數(shù)2也互異，故例外偶數(shù)2p′不存在。從而證明所有素數(shù)的兩倍所得2p都是可表偶數(shù)，皆能用兩個互異的奇素數(shù)之和表示。從而也證明了，可表偶數(shù)集合2m蘊含了所有的素數(shù)因子。這就是可表偶數(shù)蘊含所有素因子定理的證明。
5.區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在互異素數(shù)分割方程中保真?zhèn)鬟f
“任意偶數(shù)可互異素數(shù)分割命題”定義：筆者把歐拉版哥德巴赫猜想進(jìn)一步歸約為一個更強命題，任何一個大于6的偶數(shù)都可以寫成2個互異的奇素數(shù)之和?；ギ惏娓绲掳秃詹孪霝檎妫瑒t歐拉版哥德巴赫猜想就為真，反之不能直接推出。 即2n=p+q，n＞3，p和q為互異的奇素數(shù)，這就是“任意偶數(shù)可互異素數(shù)分割命題”。
“例外偶數(shù)是空集”命題：例外偶數(shù)因無基底解，導(dǎo)致無通解。不蘊含生成元的擴(kuò)域集是不存在的。拋棄同類中的異類也就等于拋棄自己，拋棄自己也就等于拋棄同類中的異類。我僅服務(wù)于不服務(wù)自己的人民（這是不存在的烏托邦）。正則公理排除了它，但選擇公理支持有基底解，例外偶數(shù)不行，可表偶數(shù)還是可行的。
而上文已證明，可表偶數(shù)2m中的m蘊含所有素因子，h既然要與所有的素因子互素，在三元方程m+1=h中，由于解集m與1互素，解集h與1互素，加上根據(jù)定義m與h是互異解集，根據(jù)“三元方程互異解集基底互素定理”，故解集m必與解集h基底互素。也就是說，例外偶數(shù)的素數(shù)因子被所有基本偶數(shù)的素數(shù)因子所篩選，從而沒有素數(shù)來構(gòu)造它。
h就不存在能超越素數(shù)全集的新增素數(shù)因子，故首項例外偶數(shù)2h中的h無素數(shù)因子可構(gòu)造，因此首項例外偶數(shù)2h是空集，偶數(shù)0不是空集，既然無首項例外偶數(shù)，當(dāng)然也就不存在后繼例外偶數(shù)。故例外偶數(shù)是空集。
總結(jié)下就是，因兩類偶數(shù)互異，c不等于1，導(dǎo)致例外偶數(shù)與可表偶數(shù)不但會在素數(shù)個數(shù)上無窮無漏互異，還會在素數(shù)種類上無窮無漏互異。例外偶數(shù)通過與可表偶數(shù)在兩類性質(zhì)上區(qū)分，從而被判定為空集。即可表偶數(shù)與例外偶數(shù)存在相鄰關(guān)系和全體互異關(guān)系的方程中，2m+2=2m’，故必有：
例外偶數(shù)2m’中的新素因子=Cu（m1中的素因子）∩Cu（m2中的素因子）∩Cu（m3中的素因子）∩Cu（m4中的素因子）∩……∩Cu（mi中的素因子）。
根據(jù)摩根律“補的交等于并的補”，又因為2p是已證明的可表偶數(shù)，蘊含所有素因子.可得：
例外偶數(shù)2m’中的新素因子=Cu{（m1中的素因子）∪（m2中的素因子）∪（m3中的素因子）∪（m4中的素因子）∪……∪（mi中的素因子）}= Cu全體素因子 =?。
例外偶數(shù)2m’中的新素因子為空集，當(dāng)然例外偶數(shù)也就等于空集，即2m’ =?。
“任意偶數(shù)可互異素數(shù)分割”命題的解決方案：不小于 8 的所有偶數(shù)皆可表為兩互異奇素數(shù)之和。
既然用“三元方程互異解集基底互素”定理完成證明了例外偶數(shù)2h是空集，根據(jù)不小于8的所有偶數(shù)2n等于可表偶數(shù)2m與例外偶數(shù)2h的兩類偶數(shù)并集，可推得不小于8的所有偶數(shù)2n與可表偶數(shù)2m是無縫重合，是完全同構(gòu)的，故不小于8的所有偶數(shù)2n也就同可表偶數(shù)2m一樣，與兩互異奇素數(shù)之和p+q同構(gòu)，互異版哥德巴赫猜想到此獲證。補上非互異版的 3+3=6，2+2=4，歐拉版的哥德巴赫猜想原題也就獲證。
“兩素數(shù)之差可表偶數(shù)”定義：兩個任意相鄰奇素數(shù)p與q相減所得到的所有偶數(shù)2m（其中存在整數(shù)m＞0）叫可表偶數(shù)，也叫基礎(chǔ)偶數(shù)。
“兩素數(shù)之差例外偶數(shù)”定義：與相鄰素數(shù)間隔之可表偶數(shù)互異的所有偶數(shù)2h叫相鄰素數(shù)間隔之例外偶數(shù)，也叫非相鄰素數(shù)間隔之基礎(chǔ)偶數(shù)，是不含基礎(chǔ)偶數(shù)的通解偶數(shù)。該類型例外偶數(shù)也至今舉不出1例。
“兩素數(shù)之差可表所有偶數(shù)”命題：不小于 8 的所有偶數(shù)皆可表為兩互異奇素數(shù)之差。p-q=2n為同構(gòu)方程，p、q為奇素數(shù)，n為大于1的正整數(shù)。
證明：有解決方案如下：三元方程p-q=2m，p-p’= 2t（2m為可表偶數(shù)，2t≠2m，2t為例外偶數(shù)，p，q為全相隔素數(shù)，p、p’為非全相隔素數(shù)），可證明例外偶數(shù)2t為空集。因為p與q是解集互素的，假如m不含w素因子，那么選取不含w素因子的p和q為互素解集，還可令m與q也是解集互素的（因為可選擇先考察這樣的解集），2m與p是解集互異的，因為1個偶數(shù)1個奇數(shù)，于是構(gòu)造出的可表偶數(shù)p-q=2m必有互異的w素因子。理由是，根據(jù)三元方程互異解集基底互素命題，三元方程中，在兩組解集互素，第三組解集互異的前提下，可推出m必含與p和q互異的w素因子，這與假設(shè)矛盾，可見m不含w素因子不真. 于是可表偶數(shù)2m必含所有素因子。
而龍頭例外偶數(shù)2t=2m+2，因為1與m和t解集互素，t與m互異，同樣根據(jù)三元方程互異解集基底互素定理（前文已證）可推出t必有與m解集互異的素因子，但m中所含的素因子為全集，故2t為空集。以此證明了“兩素數(shù)之差例外偶數(shù)”的后繼偶數(shù)也不存在，因此兩素數(shù)之差可表所有偶數(shù)是真命題。于是齋藤猜想獲證。
6.0 區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在相鄰素數(shù)方程中保真?zhèn)鬟f
“相鄰素數(shù)間隔之可表偶數(shù)”定義：兩個任意相鄰奇素數(shù)p(n+1)與pn相減所得到的所有偶數(shù)2m（其中存在整數(shù)m＞0）叫可表偶數(shù)，也叫基礎(chǔ)偶數(shù)。
“相鄰素數(shù)間隔之例外偶數(shù)”定義：與相鄰素數(shù)間隔之可表偶數(shù)互異的所有偶數(shù)2h叫相鄰素數(shù)間隔之例外偶數(shù)，也叫非相鄰素數(shù)間隔之基礎(chǔ)偶數(shù)，是不含基礎(chǔ)偶數(shù)的通解偶數(shù)。該類型例外偶數(shù)也至今舉不出1例。
相鄰素數(shù)間隔可表所有偶數(shù)命題：p(n+1)-pn=2k，k為大于0的所有自然數(shù)，p(n+1)、pn為相鄰素數(shù)，該猜想斷言，所有的偶數(shù)都能用兩個相鄰素數(shù)之差表示。
證明：三元方程p(n+1)-pn=2m，p(n+1)-p’=2t（2m為可表偶數(shù)，2t≠2m，2t為例外偶數(shù)，p(n+1)，pn為所有相鄰素數(shù)，p’為非相鄰素數(shù)），可證明例外偶數(shù)2t為空集。因為p(n+1)與pn是解集互素的，假如m不含w素因子，那么選取不含w素因子的p(n+1)和pn為互素解集，還可令m與pn也是解集互素的（因為可選擇先考察這樣的解集），與p(n+1)是解集互異的，因為1個偶數(shù)1個奇數(shù)，于是構(gòu)造出的可表偶數(shù)p(n+1)-pn=2m必有w素因子。理由是，根據(jù)三元方程兩組二元解集基底互素則第三組互異解集必基底互素的定理，即在三元方程中，在兩組解集基底互素，第三組解集互異的前提下，可推出第三組必是基底互素的，m必含與p(n+1)和pn互異的w素因子，這與假設(shè)矛盾，可見m不含w素因子不真。可表偶數(shù)2m必含所有素因子。
而龍頭例外偶數(shù)2t=2m+2，因為1與m和t解集互素，t與m互異，同樣根據(jù)三元方程互異解集基底互素的判定可推出t必有與m解集互異的素因子，但m中所含的素因子為全集，故2t為空集。可見“相鄰素數(shù)間隔之例外偶數(shù)”的后繼偶數(shù)也不存在，因此相鄰素數(shù)間隔可表所有偶數(shù)是真命題。于是相鄰素數(shù)間隔猜想獲證。
7.0 區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在等差數(shù)組延伸方程中保真?zhèn)鬟f
“最小素數(shù)間隔”定義：間隔差為2的素數(shù)對有無窮組。
“間隔差為2的素數(shù)對有無窮組”命題：p(n+1)-pn=2，p(n+1)、pn為證明：相鄰素數(shù)，該命題斷言，間隔為2的相鄰素數(shù)對有無窮多組（剛已證孿生素數(shù)猜想成立）。令N為任意給定的正整數(shù)，p為大于N的素數(shù)，q為大于N的奇數(shù)，存在三元互素方程表達(dá)如下：p(n+1)-pn=2。
可知2與p(n+1)是解集基底互素的，2與pn是解集基底互素的，p(n+1)與pn是解集互異的，根據(jù)三元方程互異解集基底互素的判定定理可推出p(n+1)解集與pn解集是基底互素的，奇數(shù)pn相對于素數(shù)p必會增添新素因子，可是如果pn始終是合數(shù)，新素因子t數(shù)乘k后減去p(n+1)所得差值會遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于2，因為t＞p(n+1)，k≠1，必導(dǎo)致kt-p(n+1)＞2，故大于N的奇數(shù)pn只能選擇存在素數(shù)才能滿足該判斷，否則與所有素數(shù)都有后繼奇數(shù)以及后續(xù)的素數(shù)相矛盾，于是必有差值等于2的素數(shù)對大于任意給定的N。而一旦有這樣的素數(shù)對，N就可以選擇比該素數(shù)對更大的整數(shù)，同樣大于更大N的素數(shù)后繼奇數(shù)對（pn，p(n+1)）仍必有兩個都是素數(shù)的，否則會與該判定“pn存在大于p(n+1)的新素因子”相矛盾。 歐幾里得證明了素數(shù)是無窮的，利用該判定找到無窮素數(shù)的后繼奇數(shù)中必有素數(shù)可反復(fù)進(jìn)行，N可以任意給定，N可以不斷取大于新找到的孿生素數(shù)，在大于N的數(shù)中可利用該判定繼續(xù)找到更新的最小間隔素數(shù)對，這就證明了差值為2的素數(shù)對具有無窮組，間隔差為2的素數(shù)對有無窮組命題為真。于是孿生素數(shù)猜想獲證?？梢妼\生素數(shù)猜想是三元方程兩組二元解集基底互素則第三組二元解集必基底互素定理的一個簡單推論。
8.0 區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在數(shù)組延伸方程中保真?zhèn)鬟f
“間隔差為2k的素數(shù)對”性質(zhì)：間隔差為2k的素數(shù)對有無窮組。
“間隔差為任意給定2K的素數(shù)對有無窮組”命題：p-q=2k，p、q為間隔差為2k某一確定值的素數(shù)對，該命題斷言，間隔為2k任意確定值時的素數(shù)對有無窮多組。
證明：①根據(jù)基底互素思想，可得到如下判定，任意給定的正整數(shù)N以內(nèi)，增加1個以上新素數(shù)將無法產(chǎn)生后繼等差的偶數(shù)；②根據(jù)基底互素引理，可得到如下判定，增加0個以上新素數(shù)將無法產(chǎn)生后繼等差的偶數(shù)；③故必有間隔差為2k的素數(shù)才能構(gòu)造任意給定數(shù)的無漏的間隔差為2k的偶數(shù)；④任意給定的正整數(shù)N以外，以上三條仍生效，以上動作可反復(fù)進(jìn)行，故間隔差為2k的素數(shù)對有無限組。
令N為任意給定的正整數(shù)，p為大于N的素數(shù)，q為大于N的奇數(shù)，存在三元互素方程表達(dá)如下：p-q=2k。
可知每次任意確定的2k與p是解集互素的，每次任意確定的2k與q是解集互素的，p與q是解集互異的，根據(jù)三元方程互異解集基底互素的判定可推出p解集與q解集是基底互素的，奇數(shù)q相對于素數(shù)p必會增添新素因子，可是如果q始終是合數(shù)，新素因子t數(shù)乘k后減去p所得差值會遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于2k，因為t＞p，k≠1，必導(dǎo)致kt-p＞2k，故大于N的奇數(shù)q只能選擇存在素數(shù)才能滿足該判定，否則與所有素數(shù)都有間隔2k的后繼奇數(shù)相矛盾，于是必有差值等于2k的素數(shù)對大于任意給定的N。而一旦有這樣的素數(shù)對，N就可以選擇比該素數(shù)對更大的整數(shù)，同樣大于更大N的素數(shù)后繼奇數(shù)對（p，q）仍必有兩個都是素數(shù)的，否則會與該判定“q存在大于p的新素因子”相矛盾。 歐幾里得證明了素數(shù)是無窮的，利用三元方程基底互素定理找到無窮素數(shù)的后繼奇數(shù)中必有素數(shù)可反復(fù)進(jìn)行，N可以任意給定，N可以不斷取大于新找到間隔差為定值2k的素數(shù)對，在大于N的數(shù)中可利用該判定繼續(xù)找到隔差為定值2k的更新素數(shù)對，這就證明了差值為任意確定2k的素數(shù)對具有無窮組的命題為真。于是波利尼亞克猜想獲證?？梢姴ɡ醽喛瞬孪胧侨匠虄山M二元解集基底互素則第三組二元解集必基底互素定理的一個簡單推論。
9.0 區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在考拉茲迭代方程中保真?zhèn)鬟f
“3x＋1迭代方程”性質(zhì)：形如f（f（x））=（3x＋1）/2＾k的迭代方程叫考拉茲迭代方程，該方程的性質(zhì)有，①任意生成元每次迭代解集除1外，不會無限迭代循環(huán)；②任意生成元每次迭代解集有限，必有生成對象1。
“奇偶?xì)w一”命題：形如f（f（x））=（3x＋1）/2＾k的迭代方程，其中2＾k為3x＋1中的所有2因子，任意生成元所產(chǎn)生的迭代解集“不會循環(huán)””不會無限”，即經(jīng)過有限次互異迭代運算后必有奇數(shù)解1。
證明：①迭代方程3x＋1＝2＾k·y，y也是x的解集，取y=f(x)，可得到如下迭代方程：f（f（x））=（3x＋1）/2＾k，(2＾k為每次3x+1迭代函數(shù)中的所有2因子)，其中每次迭代生成元x的生成對象f（x）也屬于生成元x，那么每次解集一定不會出現(xiàn)循環(huán)解。根據(jù)基底互素思想，方程3x＋1＝2＾k·y在三項組中，3x與1是解集互素的，2＾k·y與1是解集互素的，3x與2＾k·y是解集互異的，故3x與2＾k·y是解集基底互素的。要么3與2＾k·y彼此有不共素因子，要么x與2＾k·y彼此有不共素因子，可知3x1＋1＝2＾k·x2，3x2＋1＝2＾k·x3，用前一個方程減去后一個方程，3x1-3x2＝2＾k·x2-2＾k·x2，變換為3x1-(3+2^k)x2＝-2＾k·x3，因為3同(3+2^k)x2是互素的，3x1與x2是互素的，故3x1與(3+2^k)x2是基底互素的，彼此有不共素因子，故x1與2＾k·x3也必是基底互素的，三元互素方程性質(zhì)決定，故x1與x3是互異的?？梢娫谌匠堂看谓饧?，x1與x2是互素（或基底互素）故必互異的，x2與x3是互素（或基底互素）故必互異的，于是x1與x3必基底互素；再因為x3與x4是互素（或基底互素）互異的，故x1與x4必基底互素，這說明考拉茲迭代方程每次解集是彼此基底互素的，故彼此互異，我們把它叫著考拉茲迭代方程每次解集具有互異傳遞性。由此可見，每次x迭代生成的f（x）不是循環(huán)解集。只有當(dāng)f（x）=1時才會生成元與生成對象一致，其他情形f（x）無法產(chǎn)生與x初項相等的數(shù)值，因為一旦能產(chǎn)生與初項生成元相同的數(shù)值，x解集與f（x）解集就不是基底互素了。故根據(jù)基底互素引理，考拉茲迭代方程每次解集x（含f（x））一定沒有循環(huán)解。1會產(chǎn)生奇數(shù)重復(fù)解，但不是循環(huán)解，尚未構(gòu)成奇數(shù)閉環(huán)，1個以上重復(fù)才算循環(huán)。
除了用基底互素思想可解決外，還有其他解決方案，如果3x＋1＝2＾k無解，則3x＋2＝2＾k，3x＋3＝2＾k也無解，這與“自然數(shù)必蘊含2＾k”相矛盾。因為3x＋2＝2＾k，當(dāng)x為奇數(shù)時，方程無解，當(dāng)x為偶數(shù)時，3x＋1＝2＾k是它的本原解方程；而3x＋3＝2＾k，當(dāng)x為偶數(shù)時，方程無解，當(dāng)x為奇數(shù)時，3x＋3＝2＾k為無解方程。故當(dāng)本原解方程3x＋1＝2＾k無解時，3x＋1＝2＾k，3x＋2＝2＾k，3x＋3＝2＾k等三個方程都無解，這與“自然數(shù)n必蘊含2＾k”相矛盾，這樣3x＋1＝2＾k必有無限解，因為大于任意給定值后仍有解。由于每次解集的并集包含無數(shù)對有自然數(shù)1的解，會終止迭代，不會被循環(huán)絆住，因解集基底互素，會始終向較小數(shù)互異擴(kuò)展解集，故每次迭代解集連線不會循環(huán)延伸，最終會獲得2＾k中的迭代奇數(shù)解1。
根據(jù)基底互素思想，迭代方程累積解x（含f（x））沒有循環(huán)解＝＞迭代方程3x＋1＝（2＾k）·y，即f（f（x））=（3x＋1）/2＾k，其中x每次迭代生成的f（x）不是無限解集。因為根據(jù)x（含f（x））沒有循環(huán)解，每次迭代解集都是互異擴(kuò)展的，要求每次解集中的每一個解都有新素數(shù)遞增，迭代函數(shù)要么是總體遞減函數(shù)（局部有遞增遞減呈鋸齒狀），要么是總體遞增函數(shù)（局部有遞增遞減呈鋸齒狀），不會循環(huán)平行延伸。假如迭代函數(shù)是總體遞增函數(shù)，那么每次解集就有2倍奇數(shù)的無窮數(shù)列（形如{2t+1}，t為奇數(shù)），形如{2t+1}類的奇數(shù)生成元代入（3x＋1）函數(shù)會呈遞增狀。形如{2t+1}的奇數(shù)代入（3x＋1）迭代方程不能可持續(xù)地產(chǎn)生同類奇數(shù)，故解集互異升降不可避免。因為不循環(huán)故不存在迭代通項有無限互異解，通項所產(chǎn)生的基底互素因子是有限個的，素數(shù)等差數(shù)列是有限長的，通項數(shù)列是等差數(shù)列的等價變換，故通項素數(shù)數(shù)列也是有限長的，每次迭代解不可能有新素因子無限遞增。用有限個素因子做底數(shù)和指數(shù)所構(gòu)造出的互異數(shù)值也是有限個的，故每次有限次擴(kuò)展是一定會包含解集1的。解集未確定遞減函數(shù)會始終不斷地向已確定遞減函數(shù)互異擴(kuò)展，因為新素數(shù)因子遞增在通項數(shù)列中是有限次的。故每次迭代解集連線不會無限延伸，必會每次經(jīng)過有限項迭代后最終碰上2＾k中的奇數(shù)1，從而終止迭代。
除了用基底互素思想解決外，還可用反證法證明，如果3x1＋1＝2＾k無奇數(shù)1解，3xi＋1＝2＾k無奇數(shù)1解，則3（xi+1）＋1＝2＾k亦無奇數(shù)1解，xi為偶數(shù)時都可以變換為奇數(shù)來考察，當(dāng)奇數(shù)時的xi做初項代入時無奇數(shù)1解，則3（xi+1）＋1＝2＾k亦無奇數(shù)1解，因為（xi+1）是偶數(shù)，它的奇數(shù)部分xi無解，由于其奇數(shù)部分是偶數(shù)部分的本原解，故它的本原解的通解即偶數(shù)部分亦無解，這就推導(dǎo)出3xi＋1＝2＾k為所有初項時都無奇數(shù)1解，這與已經(jīng)證明的結(jié)論3x＋1＝2＾k一定有奇數(shù)1解相矛盾。從而反證了每次迭代解集不無限。3x1＋1＝2＾k每次迭代一定有奇數(shù)1解。故每次迭代解集連線不會無限延伸，最終會獲得2＾k中的迭代奇數(shù)解1。
用數(shù)學(xué)歸納法也可得到該結(jié)論的，初項百以內(nèi)的數(shù)代入（3x＋1）方程3x1＋1＝2＾k，是一定有奇數(shù)1解的，再看當(dāng)奇數(shù)n以內(nèi)的數(shù)代入（3x＋1）方程3xi＋1＝2＾k，是一定有奇數(shù)1解時，可推出n+1的數(shù)代入（3x＋1）方程3xi＋1＝2＾k，也是一定有奇數(shù)1解的。因為n是奇數(shù)，n+1就是偶數(shù)，它的奇數(shù)部分一定小于n，而n以內(nèi)的數(shù)是一定有奇數(shù)1解的，這就證明了n+1做初項也是有奇數(shù)1解的。n是偶數(shù)，n+1就是奇數(shù)也有奇數(shù)1解，可得到方程3xi＋4＝2＾k，因為3xi＋1＝2＾k有奇數(shù)1解，故3x＋1＝2＾k定有奇數(shù)1解，x是偶數(shù)xi的奇數(shù)因子部分，小于偶數(shù)xi，因為本原解方程3x＋1＝2＾k定有奇數(shù)1解，故它的通解方程3xi＋4＝2＾k的奇數(shù)因子部分也定有1解，等價于3（xi＋1）+1＝2＾k也定有奇數(shù)1解。從而證明了，當(dāng)n有1解時候，它的next項也有1解，這就證明n+1做初項也是有奇數(shù)1解的。這就用數(shù)學(xué)歸納法證明了每一次迭代解集都是有奇數(shù)1解的。有了1解就會中斷迭代，每次迭代解集會奇偶?xì)w一，這個結(jié)論的證明已無懸念。說明函數(shù)遞增遞減是有限次的。如果遞增擴(kuò)展速度大于遞減擴(kuò)展速度，迭代函數(shù)就是發(fā)散的，不會有奇數(shù)解1，因為每次迭代解集基底互素是有限集，通項每次迭代解集能產(chǎn)生的不共素因子是有限長的，故每次迭代方程解集必有限。有限集就必有奇數(shù)解1，可見除用代數(shù)方法外，單用邏輯方法也能得到（3x＋1）方程每次迭代必有奇數(shù)解1。
可見打醬油的小女孩不會走進(jìn)不斷循環(huán)的迷宮，不會誤入深不可測的黑洞，原因是基底互素思想決定了有創(chuàng)新機(jī)制。它不會被老路拖累，會在已經(jīng)確定的解集里互異擴(kuò)展離開出發(fā)；它不會被幻覺迷惑，會在已經(jīng)確定的解集里互異擴(kuò)展貼近抵達(dá)。這一切決定了，考拉茲迭代方程解集不是無限的，因為未確定解總是被確定解關(guān)聯(lián)，從而會被不斷互異擴(kuò)展到已經(jīng)迭代歸一的層層軌道里。這一切都是互異擴(kuò)展的底層邏輯在推動，它是有中心有次第的。未確證每次迭代解集都定有奇數(shù)1解，那迭代運算的路上有沒有被“循環(huán)”過，有沒有被“無限”過，還真不好說。好在解集基底互素的思想，深刻明晰了不循環(huán)不無限的原因。不循環(huán)是因為每次迭代解集延伸具有互異傳遞性，不無限是因為每次迭代解集延伸具有互異有限性。
總結(jié)下（3x＋1）問題可解的核心思想：
①因基底互素導(dǎo)致三元方程每次迭代解存在互異傳遞性，故每次迭代解集連線不循環(huán)；
②因基底互素導(dǎo)致三元方程每次迭代解存在互異有限性，故每次迭代解集連線不無限。
作者早期發(fā)表過用《用河圖洛書原理破解了考拉茲猜想》，洛書發(fā)現(xiàn)離散量的冪尾數(shù)呈現(xiàn)模4的周期性，它是五行思想的來源，作者把它整理出來證明為一個數(shù)學(xué)定理，叫洛書定理。用洛書定理可證明迭代解集必含2的冪數(shù)，再用基底互素思想可證明每次迭代解集也必含2的冪數(shù)，從而證明了考拉茲猜想。當(dāng)時沒精準(zhǔn)表達(dá)基底互素思想，只籠統(tǒng)地表示為“一榮俱榮一損俱損”的思想，如果每次迭代解集不出現(xiàn)2的冪數(shù)，所有次的迭代解集都不會出現(xiàn)2的冪數(shù)，它不會在過渡奇數(shù)中有限域循環(huán)，也不會在過渡奇數(shù)中無限域穿越，否則會與基底互素思想沖突。
10.0 區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在費馬升冪方程中保真?zhèn)鬟f
“方程有解或無解升冪皆無解”性質(zhì)：丟番圖方程某一特例形式 x^a+y^b ＝ z^c，當(dāng) x，y，z 互素，且 a，b，c 均為大于 2 的正整數(shù)時沒有非零整數(shù)解。下文就用三元方程互素性質(zhì)以及基底互素思想來證明之。
“畢達(dá)哥拉斯方程有解或無解升冪皆無解”命題：整數(shù)方程 x^a+y^b ＝ z^c，當(dāng) x、y、z 互素，a、b、c ＞ 2 時，不存在正整數(shù)解。
繼而可證明，在x^2+y^2=x^2有整數(shù)解的互素方程中，左邊加一個w構(gòu)成升冪方程，得到x^2+y^2+w=x^3+y^3,假如w與x^2+y^2是互素的，與x^3+y^3是互素的，那么x^2+y^2與x^3+y^3也定是互素的，即z^2與z^3因不等，故也是互素的，但因有公因子，于是矛盾。再假如w與x^2+y^2是非互素的，與x^3+y^3也是非互素的，那么x^2+y^2與x^3+y^3是非互素的，并且有相同的公因子，即z^2與z^3是非互素的，有相同的公因子，導(dǎo)致x^3+y^3與z^2也是非互素的，有公因子，導(dǎo)致x^3+y^3=z^3不是互素方程，于是矛盾?？梢妜^2+y^2=z^2有整數(shù)解方程無論是否有互素w加項，構(gòu)造升冪方程都能推理出x^3+y^3=z^3方程是無整數(shù)解的。
還可求得畢達(dá)哥拉斯方程升冪若有解其非齊次升冪后仍無解，在x^2+y^2=x^2有整數(shù)解的互素方程中，左邊加一個w構(gòu)成升冪方程，且令a、b、c＞2，得到x^2+y^2+w=x^a+y^b,假如w與x^2+y^2是互素的，與x^a+y^b是互素的，那么x^2+y^2與x^a+y^b也定是互素的，即z^2與z^c因不等，故也是互素的，但因有公因子，于是矛盾。再假如w與x^2+y^2是非互素的，與x^a+y^b也是非互素的，那么x^2+y^2與x^a+y^b是非互素的，并且有相同的公因子，即z^2與z^c是非互素的，有相同的公因子，導(dǎo)致x^a+y^b與z^2也是非互素的，有公因子，導(dǎo)致x^a+y^b=z^c不是互素方程，于是矛盾?？梢妜^2+y^2=z^2有整數(shù)解方程無論是否有互素w加項，構(gòu)造非齊次升冪方程都能推理出x^a+y^b=z^c方程是無整數(shù)解的。
在a+b=c無整數(shù)解的互素方程中，左邊自我內(nèi)積構(gòu)成升冪方程，得到a^2+b^2=t·c,根據(jù)方程無內(nèi)積本原解即無內(nèi)積通解，無數(shù)乘本原解即無內(nèi)積通解，取t=c時，a^2+b^2=c^2亦無通解，那為什么會存在畢達(dá)哥拉斯方程呢？那是因為c中有素因子t給另一個c構(gòu)成一個新數(shù)tc，而a+b=tc是有解方程，而c/t恰好是a、b內(nèi)積的本征值，畢達(dá)哥拉斯方程其實是a+b=c有整數(shù)解互素方程的非升冪方程，變換后成了升冪方程，但不是有解升冪方程，也不是無解升冪方程。那指數(shù)大于2后的有解方程非升冪，能變換成升冪方程嗎？不能，因為a+b=c存在有整數(shù)解互素方程的非升冪型可變換為升冪型得到畢達(dá)哥拉斯方程，而x^2+y^2=z^2則不存在有整數(shù)解互素方程的非升冪型可變換為升冪型，因為可變換升冪的有解方程x^2+y^2=tz^2不是畢達(dá)哥拉斯方程，t和z有互素因子，該方程內(nèi)積一個本征值z/t能變換為升冪方程，而畢達(dá)哥拉斯方程則無法內(nèi)積和數(shù)乘配合成升冪方程，故x^3+y^3=z^3方程無整數(shù)解。指數(shù)為初項3時的畢達(dá)哥拉斯相鄰升冪方程到此就得到了解決。
接下來可進(jìn)一步解決畢達(dá)哥拉斯任意升冪方程也可行得。因為a+b=c存在有整數(shù)解互素方程的非升冪型可變換為升冪型，而x^2+y^2=z^2則不存在有整數(shù)解互素方程的非升冪型可變換為升冪型，因為可變換升冪的有解方程x^2+y^2=t·z^2不是畢達(dá)哥拉斯方程，t與z基底互素，有不同素因子，t是z的真子集因子，該方程內(nèi)積一個本征值(z^c)/t能變換為升冪方程，而畢達(dá)哥拉斯方程則無法內(nèi)積和數(shù)乘配合成升冪方程，故x^a+y^b=z^c方程無整數(shù)解。加上上文已經(jīng)證明，x^2+y^2=z^2有整數(shù)解方程可推理出升冪方程x^3+y^3=z^3方程是無整數(shù)解的，繼而升冪方程x^a+y^b=t·z^3方程也是無整數(shù)解的，且x^2+y^2=z^2無整數(shù)解方程也可推理出升冪方程x^a+y^b=z^c方程也是無整數(shù)解的，其中a、b、c＞2時齊次或不齊次升冪方程都是無整數(shù)解的。到此畢達(dá)哥拉斯任意升冪方程就得到了解決。
畢達(dá)哥拉斯任意升冪方程用三元方程兩元互素則兩兩互素的思想（基底互素思想的歸約命題）做引理就能獲得如此簡潔解決，是令人驚喜的?？山夂诵脑谟诮鉀Q了一個反直覺問題，即畢達(dá)哥拉斯方程給人的直覺是必存在升冪方程，其實是不存在的，方程無論是否有整數(shù)解，升冪后都無整數(shù)解的，所謂錯覺升冪有整數(shù)解，乃是因為本征值碰巧變換所得到的結(jié)果，指數(shù)大于2時，這種碰巧的機(jī)會就沒有了。因為畢達(dá)哥拉斯方程的齊次性被調(diào)整因子t給破壞了，能匹配升冪的基底解方程就不存在了。無論是費馬方程還是比爾方程，指數(shù)等于3時已經(jīng)沒有整數(shù)解了，在此基礎(chǔ)上的升冪方程都是沒有整數(shù)解基底方程的，連調(diào)配到方程有基底解的機(jī)會都沒有了。可見三元方程的互素判定思想太深刻了太基礎(chǔ)了，能夠解決一些困難問題，一定有獨到之處。
11.0 區(qū)分關(guān)系和相同關(guān)系在同態(tài)同構(gòu)延伸方程中保真?zhèn)鬟f
何為黎曼猜想？ζ（ s）=1/1^s +1/ 2^s +1/3^s +1/4^s+… 被稱為黎曼澤塔函數(shù)。黎曼猜想認(rèn)為所有素數(shù)都可用一個同自然數(shù)一一映射的亞純函數(shù)①的極值來表示。在 s ＜ 1 時，特意定義了一個巧妙算法（解析延拓）來擴(kuò)域，再將擴(kuò)域后得到的“正數(shù)項發(fā)散級數(shù)求和”加上與其交錯互補的“負(fù)數(shù)項發(fā)散級數(shù)求和”，兩個正負(fù)無窮大相加可得到一個有限量。也就是說，發(fā)散的原級數(shù)經(jīng)解析延拓變?yōu)榻诲e級數(shù)則存在客觀上條件收斂。ζ（s）= 0 的所有非平凡解集位于一條經(jīng)過橫坐標(biāo)1/ 2 處的垂直線上，這就是黎曼猜想。
函數(shù)f2(z)可以看成由拓展f1(z)的定義區(qū)域所得，故稱它為f1(z)的解析延拓。當(dāng)然，根據(jù)同樣理由，f1(z)是f2(z)的解析延拓，這種拓展原給函數(shù)定義的方法稱為解析延拓。
“正數(shù)項發(fā)散級數(shù)求和”以及“負(fù)數(shù)項發(fā)散級數(shù)求和”釋義：
不管是函數(shù)還是級數(shù)，有一個原則：發(fā)散加發(fā)散不一定發(fā)散，收斂加收斂一定收斂，發(fā)散加收斂一定發(fā)散。因為如果一個發(fā)散的級數(shù)加上它的負(fù)級數(shù)之和為0，是收斂的。黎曼澤塔函數(shù)解析延拓求和會收斂為0，就是因為有一個“正數(shù)項發(fā)散級數(shù)和”以及一個“負(fù)數(shù)項發(fā)散級數(shù)和”。
”多項式均值函數(shù)的同構(gòu)與同態(tài)“釋義：
2x=x1+x2
3x=x1+x2+x3
4x=x1+x2+x3+x4
5x=x1+x2+x3+x4+x5
……
Kx=x1+x2+x3+x4+x5+……+xk
以上等式右邊的各項均為奇素數(shù)，左邊的x為每個方程的均值，除了第一個等式是左右同構(gòu)的外，其他等式都是左右同態(tài)的。
”方程Kx=x1+x2+x3+x4+x5+……+xk“僅k為2時方程左右同構(gòu)，k為其他值時方程皆左右同態(tài)”（右邊各項為奇素數(shù)）命題：
證明：”方程Kx=x1+x2+x3+x4+x5+……+xk“僅k為2時方程左右同構(gòu)，這個就是哥德巴赫猜想的等價命題。前文已完成證明。當(dāng)k不等于2時，左邊kx或為偶數(shù)的真子集，或為奇數(shù)的真子集，但右邊大于某個有限值后要么是全體偶數(shù)，要么是全體奇數(shù)。這就證明了，除k=2外，其他情形，該方程都是左右同態(tài)的。這是完成證明哥德巴赫猜想所得到的重大收獲。以上素數(shù)多項式均值系數(shù)性質(zhì)是完成證明黎曼猜想成立的最美妙通道。
線性算子作用一次素數(shù)多項式與特征值作用一次素數(shù)多項式，存在同構(gòu)與同態(tài)兩種關(guān)系。當(dāng)且僅當(dāng)素數(shù)一次多項式為二項式時兩者才同構(gòu)，其他多項式是同態(tài)關(guān)系，黎曼澤塔函數(shù) 會對應(yīng)特殊常數(shù)，但不是 0。如此一來，大多情形，經(jīng)解析延拓后減去一個同原函數(shù)僅有同態(tài)關(guān)系的偶數(shù)項數(shù)列求和就無法條件收斂于0，而是收斂于其他常數(shù)，或者繼續(xù)發(fā)散。此為證明核心，后文詳述。
從以上交錯級數(shù)的計算中不難發(fā)現(xiàn)，自然數(shù)的冪級數(shù)會產(chǎn)生正負(fù)項，這是由指數(shù)中的虛部決定的，虛部決定黎曼澤塔函數(shù)軌跡的轉(zhuǎn)幅大小，實部決定函數(shù)軌跡的模長，虛部值的轉(zhuǎn)幅在2π中進(jìn)行延伸時，正與負(fù)就會周期出現(xiàn)。而模長確定了原級數(shù)變號的周期值發(fā)生在哪里，故實部對應(yīng)的是原數(shù)列通項均值變量的特征數(shù)或特征值的函數(shù)，故它對應(yīng)均值變量的系數(shù)。
而此時的方程左邊新添加的負(fù)數(shù)項，正是原方程左邊的解析延拓項，解析延拓后變負(fù)數(shù)的項正是偶數(shù)項發(fā)生的。因為級數(shù)運算是密集全集元素相加或相乘，而同態(tài)關(guān)系左右為單向蘊含，僅子集部分連和，當(dāng)余子集的元素連和不等于 0 時，左右相減就不等于0，就無法通過一個“正數(shù)項發(fā)散級數(shù)求和”再加上另一個“負(fù)數(shù)項發(fā)散級數(shù)求和”來得到一個有限值 0。唯有同構(gòu)關(guān)系，才有機(jī)會獲得對稱數(shù)而全部相加收斂于0，即二元或多元相加與偶實數(shù)增廣項存在同構(gòu)等值，才有0點解。當(dāng)然同態(tài)關(guān)系的特殊組合也有可能正負(fù)之和收斂于 0，當(dāng)且僅當(dāng)子集和余子集都分別收斂于0 時，但這不符合黎曼澤塔函數(shù)的通項表達(dá)。而解析延拓后的新算法則定義了線性算子作用下的素數(shù)多項式可減去一個特征值作用下的素數(shù)多項式。
由于這兩者之間的同構(gòu)性稀有，當(dāng)且僅當(dāng)素數(shù)一次二項式時才存在同構(gòu)關(guān)系，其他情形皆為同態(tài)關(guān)系。兩類是同態(tài)關(guān)系的正負(fù)級數(shù)連和，絕不會等于0。這是臨界線僅通過 1/ 2 處有0點解的原因。級數(shù)的增廣項 kn 選擇不同的系數(shù) k 可決定是否級數(shù)收斂，其中k≠2時，黎曼澤塔函數(shù)就無法收斂。因為偶實數(shù)分割方程是左右同構(gòu)的（哥德巴赫猜想獲證的推廣），而其他k 倍實數(shù)分割方程是左右同態(tài)的（素數(shù)基礎(chǔ)解析方程的推廣）。取偶實數(shù)時，級數(shù)的指數(shù)復(fù)變量實部 Res 對應(yīng)的是 1/ 2，取其他 k倍實數(shù)時，級數(shù)的指數(shù)復(fù)變量實部Res 對應(yīng)的是非 1/ 2，故左右相減無法收斂于0，也就沒有非平凡0點解，因?qū)嵅繜o任何值對應(yīng)可滿足方程。
ζ（s）=ζ（ 1-s）=0決定了黎曼澤塔函數(shù)正負(fù)解集只有同構(gòu)關(guān)系實部才有唯一常量，即實部為1/2，其他同態(tài)關(guān)系則至少有兩個實部解即兩個常量。根據(jù)哥德巴赫猜想獲證說明了，實部為其他值時，”發(fā)散級數(shù)正數(shù)和“部分與解析延拓后所產(chǎn)生的”發(fā)散級數(shù)負(fù)數(shù)和“部分不是同構(gòu)的。解析延拓中的均值變量系數(shù)一旦不是1/2的對應(yīng)值，則正負(fù)級數(shù)之間必不存在同構(gòu)關(guān)系。解析延拓求和，其本質(zhì)與廣義切薩羅求和是一致的，讓均值的倍數(shù)作為相反數(shù)參與了進(jìn)來。實部的倒數(shù)就是均值的項數(shù)，即均值的倍數(shù)或說系數(shù)。
在 Im（s）=bi 中，b 是被強條件界定的，即 ζ（s）=ζ（ 1-s），首先它是以 Res=1/ 2和Ims=0 對稱的，另外b值的兩兩相加可以獲得所有偶數(shù)，也就是說非平凡0點解的任意連線可以得到所有偶數(shù)值，含能囊括所有素數(shù)因子的所有可表偶數(shù)。 雖然臨界帶上非平凡 0 點 s 解皆以 Res=1/ 2 或 k（0 ＜ k ＜ 1）直線對稱，但不存在兩個等值的虛部解。如果該命題成立，黎曼猜想就成立。
現(xiàn)假設(shè)有兩個虛部等值但實部不等的s 解，那么一定有實部不等于 1/ 2。那意味著0點解ζ函數(shù)方程的等式兩邊的每一項可相應(yīng)添加素數(shù)因子，等式仍相等。由于虛部值是確定的，因此每一次的素數(shù)因子添加即實部增減非0數(shù)值，只會帶來等式一邊的單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，等式不可能仍然相等。這與假設(shè)存在兩個等值的虛部解矛盾，與 ζ（s）=ζ（ 1-s），實部關(guān)于y=1/ 2 共軛對稱，虛部關(guān)于x=0 共軛對稱相矛盾，故臨界帶上不存在兩條以y軸平行線為對稱的兩虛部共軛的非平凡0點解，而實部不相等的非平凡0點解更是無法實現(xiàn)，因為那樣不可能同時滿足虛部值的對稱性以及素數(shù)因子的諧波分布。
因此所有非平凡0點解只能落在實部為一個常數(shù)固定值的直線上，且常數(shù)直線范圍僅在0 ＜ Res ＜ 1的臨界帶上，且必在Res =1/2上。剛已證明如果實部可允許更多常數(shù)，就會不存在可表偶數(shù)與全集偶數(shù)同構(gòu)的選項，就會與哥猜獲證發(fā)生矛盾。哥猜獲證的結(jié)論是，用2數(shù)乘以兩素數(shù)的均值 m與全體偶數(shù)是同構(gòu)的，而用非2數(shù)乘m與全體偶數(shù)是同態(tài)的，若選擇后者也同構(gòu)，就是選擇哥猜不成立，于是矛盾。因此實部只能選擇為一個固定常數(shù)，如果還需要實部關(guān)于y=1/ 2共軛對稱，那該常數(shù)也只有取 1/ 2，1-1/ 2 還是 1/ 2，當(dāng)然滿足實部關(guān)于y=1/ 2共軛對稱。
證明黎曼猜想前須完成確認(rèn)一個判定：當(dāng)哥德巴赫猜想成立，pj+pi=2n 方程左右一定同構(gòu)，必∑pj+∑pi=∑2n，即左右連和同構(gòu)；若∑pj+∑pi=∑2n，則左右不一定同構(gòu)。但如果pj+pi=kn（k≠2），方程左右同態(tài)時，必∑pj+∑pi≠∑kn（k≠2），則左右一定不會同構(gòu)。為何黎曼澤塔函數(shù)解析延拓后，素數(shù)連和部分一定會蘊含均值連和部分呢？這是因為凡是素數(shù)多項式都能變換為大于某定值的2n或2n+1，而均值乘以非1系數(shù)，只會得到它的子集。故k≠2的素數(shù)多項式方程一定是左右同態(tài)的。因為均值連和與素數(shù)多項式連和是一定不會相等的。黎曼澤塔函數(shù)解析延拓所得到的級數(shù)正數(shù)值連和部分等價于素數(shù)多項式連和，級數(shù)負(fù)數(shù)值連和部分等價于均值連和。當(dāng)然也有另一種情形，級數(shù)均值連和部分為負(fù)數(shù)，級數(shù)素數(shù)多項式連和部分為正數(shù)。多項式把作用素數(shù)多項式的線性算子帶上也是如此。而黎曼猜想中的解析延拓后出現(xiàn)的負(fù)數(shù)項正是均值函數(shù)的擴(kuò)域部分。解析延拓求和，其本質(zhì)與廣義切薩羅求和是一致的，都是一次確定重排后求極限均值。通過哥德巴赫猜想獲證，我們得到均值對應(yīng)非2系數(shù)的求和皆不存在求和值正負(fù)同構(gòu)的情形，故實部不等于1/2時必沒有非平凡0點解。于是黎曼猜想獲證！決定黎曼猜想成立的幕后引擎就是哥德巴赫猜想。是同態(tài)與同構(gòu)的區(qū)分決定了是否有0點解。唯有均值的兩倍這一哥德巴赫猜想的結(jié)構(gòu)形式才與全集偶數(shù)同構(gòu)的，其他的均值倍數(shù)都不與全體偶數(shù)同構(gòu)，正是這一性質(zhì)決定了黎曼猜想成立。而哥德巴赫猜想成立又是基底互素思想推動的。
可見黎曼猜想是哥德巴赫猜想成立的一個推論，更是基底互素思想的一個推論。
Abc猜想同樣可以用三元方程解集基底互素定理得到證明，這里就不展開。
到此可總結(jié)下“從相鄰中找重合，從重合中找相鄰”的數(shù)學(xué)思維規(guī)律了。為何此方法可解決難題呢？因為我們常常被固定思維給鎖死了，懂得向異類妥協(xié)或借鑒，就能柳暗花明。我們的思維結(jié)界來自我們的固執(zhí)，有人要問，如此反復(fù)不也毫無新意嗎？這就需要聽聽大哲們說過的話了，要在螺旋中進(jìn)步，從看山是山，到看上不是山，再到看山還是山，但最后所說的此山除了能蘊含“是山“外還能蘊含”不是山“。有人說該解決方案沒見有高深的數(shù)學(xué)呀。是的，但所有的復(fù)雜數(shù)學(xué)都是從簡單數(shù)學(xué)中排列組合派生出來的，把“一堆簡單”用新符號替換，于是就有了復(fù)雜數(shù)學(xué)，本文就是簡單數(shù)學(xué)的另類排列，表面沒啥新鮮的。因為沒有新符號，也沒有新模型，如果要建立新模型發(fā)明新符號，不就增加閱讀難度了嗎？變成復(fù)雜數(shù)學(xué)還是拜托給權(quán)威數(shù)學(xué)家吧，我們只搞數(shù)學(xué)科普和數(shù)學(xué)文化傳播。在此重申下，若碰巧解決了某些難題，不一定非要學(xué)完更多高深數(shù)學(xué)，也不一定表明筆者就比前輩的水平高。若真要認(rèn)為是，那就是挑撥離間，互異傳遞不帶是這樣判定的，敵人的敵人就是朋友嗎？這種邏輯危險?；ギ悅鬟f是帶條件的。這正是本文想要表達(dá)的新意。序列傳遞給人的直觀印象就是分形數(shù)學(xué)，仿佛類比表達(dá)，但作者巧妙找到了序列與等量之間的關(guān)聯(lián)。 從此神諭與精準(zhǔn)數(shù)學(xué)之間有了橋梁。（羅莫）
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