中英双语的哥德巴赫猜想的三句话证明

云南玉龙之

通过构造满足毕达哥拉斯定理的GB【哥德巴赫猜想】，
===得出
===满足毕达哥拉斯定理的GB的解是唯一的，这个特称命题
==  ，对此【特称命题】真假进行判断！
===========================================
易一个偶数为两素数之和［Ａ＝Ｉ＋Ｂ]
　　ＹＩＧ一个奇数为三素数之和［Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ]
　　S设满足勾股定理的联立方程
　　　　　　Ａ＝Ｉ＋Ｂ
　　　　　　Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ
　　　　　　Ａ＊Ａ＋Ｂ＊Ｂ＝Ｃ＊Ｃ
========================================
以B为未知数求解
B*B-2Q*B-（2QI+Q*Q）=0
用求根公式求的B1， B2
B1=Q+2Q=3Q=3I
B2=-Q-I
======================
因为假设B是素数，而解出B是合数！
======================================
1）SAP=任何一个偶数可以由两个素数之和构成,任何一个奇数可以由三个素数之和构成
2）SEP=任何一个偶数不可以由两个素数之和构成
3）SIP=任何一个奇数可以由三个素数之和构成（有些数的哥德巴赫猜想是成立）
4）SOP==满足毕达哥拉斯定理的GB的解是唯一的【GB(SOP)】
======================================================
逻辑表达特称命题为：

【GB(SOP)】==P(A)&q(YIG)
===在特称命题中解出满足q(YIG)中的解 B=3I
因为规定了B是素数，一个奇数可以表达为三个素数之和是已经证明是成立
=====在毕达哥拉斯的联立方程中，q(YIG)为假
====有维特根斯坦的p&q规则辨别
====p(A)&q(YIG)为假
==========既特称命题是假
=========================
因为【GB(SOP)】为假
===则SAP为真，既哥德巴赫猜想成立
==========================================
====================
不在规律不在爻，
而在载之莲素王；
不在载之连数王；
而在规律而在爻；
载之规律爻数王
@
不在规律不在爻，
而在载之莲数王；
不在载之连数王；
而在规律而在爻；
载之规律爻数王。
谷歌翻译
Satisfy the Pythagorean theorem by constructing the GB [Goldbach Conjecture],
=== Come
=== Satisfy the Pythagorean theorem of GB is the only solution, said this particular proposition
==, [This] special called true and false propositions to judge!
===========================================
Easy one even for the two prime numbers, and [A = I + B]
YIG an odd number of three prime numbers, and [C = I + Q + B]
S set of simultaneous equations satisfy the Pythagorean theorem
A = I + B
C = I + Q + B
A * A + B * B = C * C
========================================
To B for the unknown solution
B * B-2Q * B-(2QI Q * Q) = 0
Roots of the formula with the demand of the B1, B2
B1 = Q 2Q = 3Q = 3I
B2 =- Q-I
======================
Reason is that B is prime, and the solution of B is a composite number!
======================================
1) SAP = even number can be any one of two prime numbers, and constitute, by any odd number and composition of three prime numbers
2) SEP = any even number can not be made up of two prime numbers and composition
3) SIP = odd number can be any one of three prime numbers and composition of (some number of Goldbach';s conjecture is established)
4) SOP == satisfy the Pythagorean theorem is the only solution of GB [GB (SOP)]
================================================== ====
Dart said the proposition is a logical table:

[GB (SOP)] == P (A) & q (YIG)
=== Proposition in the special, said the solution to meet the q (YIG) in the solution B = 3I
It is stipulated that the B is prime, an odd prime number can be expressed as the sum of the three has proven to be established
===== In the Pythagorean simultaneous equation, q (YIG) is false
==== With Wittgenstein';s p & q rules to identify
==== p (A) & q (YIG) is false
========== Special, said both propositions are false
=========================
Because [GB (SOP)] is false
=== Then SAP is true, both Goldbach conjecture
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云南玉龙之

<形式逻辑》===金岳霖

云南玉龙之

《视读逻辑学》

云南玉龙之

通过构造满足毕达哥拉斯定理的GB【哥德巴赫猜想】，
===得出
===满足毕达哥拉斯定理的GB的解是唯一的，这个特称命题
== ，对此【特称命题】真假进行判断！
===========================================
易一个偶数为两素数之和［Ａ＝Ｉ＋Ｂ]
　　ＹＩＧ一个奇数为三素数之和［Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ]
　　S设满足勾股定理的联立方程
　　　　　　Ａ＝Ｉ＋Ｂ
　　　　　　Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ
　　　　　　Ａ＊Ａ＋Ｂ＊Ｂ＝Ｃ＊Ｃ
========================================
以B为未知数求解
B*B-2Q*B-（2QI+Q*Q）=0
用求根公式求的B1， B2
B1=Q+2Q=3Q=3I
B2=-Q-I
========求解的丢番图方程的关键是得出 Q=I

云南玉龙之

有孪生素数P1，P2
===P1=X-1
==P2=X+1
====U一对孪生素数的倒数和表达为1/(x-1)+1/(x+1)
=====对于一对孪生素数倒数和2x/(x^2-1)
====可以得出不动点x1=0,x2=根号3，x3=负根号3
================================================
将p(x=0)——————>B
=====代入
===特称命题的联立方程
==.>A=I+B
==C=I+B+Q
==>A*A+B*B=C*C
===将不动点x1=B=0
===代入方程
===A=I+0
C=I+Q+0
A*A+0=C*C
=====>解出A=2，
====矛盾是A=I=2同
a*a=c*c=4解的矛盾。
==================
=====因为不动点P(X=0)

恒等式是用来证明的。

云南玉龙之

关于哥德巴赫猜想的证明的逻辑探讨
一）建立特称命题
二）得出是特称否定命题
三）对特称否定命题进行真假的判断
四）一步到位断定： 由亚里士多德的对当关系出发
特称否定命题是假，则原命题（全称命题）是真
通过构造满足毕达哥拉斯定理的GB【哥德巴赫猜想】，
===得出满足毕达哥拉斯定理的GB【哥德巴赫猜想】不成立的特称否定命题
===记为GB(SOP)
== ，对此【特称否定命题】GB(SOP)真假进行判断！
P(a)一个偶数为两素数之和Ａ＝Ｉ＋Ｂ
P(c)一个奇数为三素数之和Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ
　　设满足勾股定理的联立方程
　　　　　　Ａ＝Ｉ＋Ｂ
　　　　　　Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ
　　　　　　Ａ＊Ａ＋Ｂ＊Ｂ＝Ｃ＊Ｃ
求解丟番图方程
以B为未知数求解
B*B-2Q*B-（2QI+Q*Q）=0
用求根公式求的B1， B2
求解丟番图方程
以B为未知数求解
B*B-2Q*B-（2QI+Q*Q）=0
用求根公式求的B1， B2
===================
X*X -2Q*X -(2QI+Q*Q)=0
X=Q±√(2Q*Q+2Q*I)
B1=Q+2Q=3Q=3I
X=Q±√(2Q*Q+2Q*I)
B2=Q – 2Q= -Q =-I
======================
因为假设B是素数，而解出B是合数
得出特称否定命题:哥德巴赫猜想不成立表示为GB(SOP)

1）SAP=任何一个偶数可以由两个素数之和构成,任何一个奇数可以由三个素数之和构成
2）SEP=任何一个偶数不可以由两个素数之和构成，任何一个奇数不可以由三个素数之和构成
3）SIP=任何一个奇数可以由三个素数之和构成（有些数的哥德巴赫猜想是成立）
4）SOP==有哥德巴赫猜想猜想不成立的数【GB(SOP)】
∵采用配数法
对于Q=I=5
则B=3Q=15
A=5+15=20
C=5+5+15=25
400+225=625
================
A=20=3+17
∴ GB(SOP)是假
在GB(SOP)中，A=20是哥德巴赫猜想不成立的
实际A=20=17+3
由亚里士多德的对当关系出发
∴GB(SOP)假，则SAP为真
既哥德巴赫猜想猜想成立

《形式逻辑》金岳霖
《视读逻辑》P3
====云南 玉龙县 杨艳红
=============================
240790
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云南玉龙之

258楼
The 258 floor
===========
===========
则φ的不动点即为该问题的解。
With the fixed point is the solution to the problem.
因为∵在（0，∞]
Because in dreams (0, -]
f方程a=2/(x+1/x)
F equation a=2/ (x+1/x)
存在x=f(x)
There exist x=f (x)
既1=2/(1+1/1)
Both 1=2/ (1+1/1)
x=1为f(x)=2/(x+1/x)
X=1 is f (x) =2/ (x+1/x) ().
dD的不动点！！
Fixed point of dD!!
因为∵在（0，∞]
Because in dreams (0, -]
f方程a=2/(x+1/x)
F equation a=2/ (x+1/x)
存在x=f(x)
There exist x=f (x)
既1=2/(1+1/1)
Both 1=2/ (1+1/1)
x=1为f(x)=2/(x+1/x)
X=1 is f (x) =2/ (x+1/x) ().
dD的不动点！！
Fixed point of dD!!
采用【运算子】
The operator []
构造f(ξ（s))=2/(ξ(s)+1/(ξ(s))
Construction of F (E (s)) =2/ ((s) +1/ (zeta zeta (s))
既X=(ξ(s))=黎曼猜想！！
Both X= (E (s)) = Riemann conjecture!!
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=========================
有又由不动点定理得出x=1=黎曼猜想可以等于1==
There is also a fixed point theorem that x=1= Riemann conjecture can be equal to 1==
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2 楼： ylf521你好          关注  于 2016-01-26 20:33  发表                只看该作者                发短消息                加为好友
1同负1都是黎曼函数的不动点
1 and 1 are the fixed points of Riemann's function
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云南玉龙之

对OF修订为δF后，的修订版，同时对原来的日期进行了删除

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P与NP难题的证明 回复 | 推荐 | 收藏 | 树状
作者： ylf521你好 于 2010-12-14 11:08:37 发表
[编辑] P和NP
复杂度类P包含所有那些可以由一个确定型图灵机在多项式表达的时间内解决的问题；类NP由所有其肯定解可以在给定正确信息的多项式时间内验证的决定问题组成，或者等效的说，那些解可以在非確定型圖靈機上在多项式时间内找出的问题的集合。很可能，计算理论最大的未解决问题就是关于这两类的关系的：

[编辑] 学术定义
更正式一些，一个决定问题是一个取一些字符串为输入并要求输出为是或否的问题。若有一个算法（譬如图灵机，或一个LISP或Pascal的程序并有无限的内存）能够在最多nk步内对一个串长度为n的输入给出正确答案，其中k是某个不依赖于输入串的常数，则我们称该问题可以在多项式时间内解决，并且将它置入类P。直观的讲，我们将P中的问题视为可以较快解决的问题。

IF程序输出一个完整的数学证明
AND证明的每一步合法
AND结论是S确实有（或者没有）一个和为0的子集
THEN
OUTPUT "是"（或者"不是"如果那被证明了）并停机
=============================================================

把f(X)+F(-X)=0归类为P问题，表示为集合S1--->{x|x∈Z,X>0,N-N=0}


猜想的运运算规则出发 设数字S+1 ,S-1 准需准寻同一角谷运算规则运算S整数

阿A=3(S+1)+1 T=3(S-1)+1 A+T=6S+2=

YOU由角谷规则出发A+T为偶数则应除2 记作角谷运算规则f(s)=A+T=3s+1

@@ 由解决-5，-7，-17时依3X+1计算重复执行时会进入循环圈 据负数运算规则出发修改角谷奇数负时运

算重复执行3X-1 偶数则除2记作F（S")

G=3(s"+1)-1 C=3(s"-1)-1 G+C=6S"-2=3S'-1 既F（s")=G+C

ze A+T+G+C=f(S)+F(S'")=3s+1+3S"-1=3(s+S")=3a

当(s+S")奇时则以！3x+1 f(s)+F(S"0=3a*3+1=9a+1 s+S">0

@@3x-1 f(s)+F(S")=3*3a-1=9a-1 s+S"<0

s+S"为偶数除以2 f(s)+F(S")=3/2a

yi乙 一整数小C表示为c=log(N*1/N*X) 则 -c=-log(N*1/N*X)

A+T=c=logN+log(X/N ) G+C=-c=logN+long(1/N*1/X)

ze A+T+G+C=f(c)+F(-c)=0000

ji f(s)+F(S")=A+T+G+C=0

因为由0定义是非奇非偶出发 当一个数表达为A+T+G+C时 不用（无法）执行循环的程序语句 即f(s)+F

(S")有一种可能结果为0000



a+t=3c+1=3logN+3log(x/N)+1
g+c=3x-1=3logN+3log(1/(Nx))-1
f(x)+f(-X)=6logN+3log(1/N*1/N)

=6logN-6logN=0000




图林条件停机、
D等价于哥德尔不完全定理

此解题方法叫=========对折迭加发法

知识的第一原理-----
---------同一事物即存在又不存在是不可能的-----
----------------==== A=A
--------------=====--[A]+[-A]=0 0就是不可能

“ 知识的第一原理-----
---------同一事物即存在又不存在是不可能的-
-------------是非常清楚确定的，但我看不出能供给我们任何知识”
-----《波儿罗亚尔逻辑》----《形式逻辑》---金乐霖


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


<把多项式乘法归类为NP问题》
通俗地说：可以将NP类问题已多项式乘法表示，
例如推销员问题是NP完全问题

t通俗地说：可以将NP类问题以多项式乘法表示，NP问题为非确定型多多项式
反演变化：对于一逻辑表达式F施行这样是的变换：1与0互换'+"与“*”.互换，原变量换成他的非（~）此时所得的变换为反演变化记作δF,反演定理对逻辑式F实行反演变变换后所得δF为F的逻辑非，既δF=~F,
YOU有NP类问题，多项式乘法(X-1/X）*（X-1/X)进行0与1的哥德尔的配数法；
此多项式表达为逻辑方程E=X-1/X
E*E=E
E(0)=0-1/0为不可证明
E(1)=1-1/1=0
E(0)=不可证明
E(1)=0
E(0)+E(1)进行反演逻辑变换 +为逻辑加
δ(E(X)=E(0)*E(1)=1*可证明
=========================
【可证明】用e代替
则E(0)=~ e
E(1)=0
δ(E(X))=1*e
既多项式乘法（X-1/X）*（X-1/X)映射为δ(E(X))=1*e
YWEI
因为多项式乘法（X-1/X)*(X-1/X)取0时候无意义
既规定X≠0
集合B:{X|X∈R,X≠0}
NP---->集合B:{X|X∈R,X≠0，δ(E(X))=1*e}


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！
1《形式逻辑》金岳霖
2《虚实世界》哟翰。L.卡斯蒂
3，《维基百科》

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δδ
！

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云南玉龙之

关于哥德巴赫猜想的证明的逻辑探讨
一）建立特称命题
二）得出是特称否定命题
三）对特称否定命题进行真假的判断
四）一步到位断定： 由亚里士多德的对当关系出发
特称否定命题是假，则原命题（全称命题）是真
通过构造满足毕达哥拉斯定理的GB【哥德巴赫猜想】，
===得出满足毕达哥拉斯定理的GB【哥德巴赫猜想】不成立的特称否定命题
===记为GB(SOP)
== ，对此【特称否定命题】GB(SOP)真假进行判断！
P(a)一个偶数为两素数之和Ａ＝Ｉ＋Ｂ
P(c)一个奇数为三素数之和Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ
　　设满足勾股定理的联立方程
　　　　　　Ａ＝Ｉ＋Ｂ
　　　　　　Ｃ＝Ｉ＋Ｑ＋Ｂ
　　　　　　Ａ＊Ａ＋Ｂ＊Ｂ＝Ｃ＊Ｃ
求解丟番图方程
以B为未知数求解
B*B-2Q*B-（2QI+Q*Q）=0
用求根公式求的B1， B2
求解丟番图方程
以B为未知数求解
B*B-2Q*B-（2QI+Q*Q）=0
用求根公式求的B1， B2
===================
X*X -2Q*X -(2QI+Q*Q)=0
X=Q±√(2Q*Q+2Q*I)
B1=Q+2Q=3Q=3I
X=Q±√(2Q*Q+2Q*I)
B2=Q – 2Q= -Q =-I
======================
因为假设B是素数，而解出B是合数
得出特称否定命题:哥德巴赫猜想不成立表示为GB(SOP)

1）SAP=任何一个偶数可以由两个素数之和构成,任何一个奇数可以由三个素数之和构成
2）SEP=任何一个偶数不可以由两个素数之和构成，任何一个奇数不可以由三个素数之和构成
3）SIP=任何一个奇数可以由三个素数之和构成（有些数的哥德巴赫猜想是成立）
4）SOP==有哥德巴赫猜想猜想不成立的数【GB(SOP)】
∵采用配数法
对于Q=I=5
则B=3Q=15
A=5+15=20
C=5+5+15=25
400+225=625
================
A=20=3+17
∴ GB(SOP)是假
在GB(SOP)中，A=20是哥德巴赫猜想不成立的
实际A=20=17+3
由亚里士多德的对当关系出发
∴GB(SOP)假，则SAP为真
既哥德巴赫猜想猜想成立

《形式逻辑》金岳霖
《视读逻辑》P3
====云南 玉龙县 杨艳红