User:Bluedecklibrary/王晓明事件

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存档UTC时间	2019年3月24日 03:35
存档编者	Techyan
当前版本号	53668969

取得正常维基源码

{{vfd|原创研究内容。|date=2019/03/21}}

1995年，国际数学界宣称费马大定理获得证明。本文只介绍安德鲁怀尔斯和国家数学界的证明是不能成立，因为这个证明违反了三段论公理和逻辑证明的基本要求。

費馬大定理是怎麼证明的

费马大定理主项是一个集合概念

$x^{n}+y^{n}=z^{n}$ .....(1)

對於n>2的自然數，費馬說沒有整數解，由於n=3， 4， 5， ...以致無窮，當然屬於集合概念，應該從n=3，4， 5，....逐一證明，欧拉和高斯证明了n=3时的情形，费马、贝西、莱布尼茨证明了n=4时情形，勒让德、狄利克雷证明了n=5，拉梅证明了n=7，...。安德魯懷爾斯和其他数学家在1995年共同完成的证明是否成立？

转换命题

請注意他的證明方法，他證明的是假如存在一個反例，注意，反例只有一個就夠了，格哈德.弗賴

將方程（1）轉換成為一個普遍概念的椭圆曲线方程：如果費馬大定理是錯誤的，那麼，至少有一個解，$A^{N}+B^{N}=C^{N}$ ，經過一系列演算程式，使得這個假設解（反例）的費馬方程變成： $y^{2}=x^{3}+(A^{N}-B^{N})x^{2}+A^{N}B^{N}$ .......(2)

他指出這裏實際上是一個橢圓方程： $y^{2}=x^{3}+ax^{2}+bx^{2}+c$ ......(3)

注意，(3)式是一個普遍概念。所有的橢圓方程都具有這個性質。

橢圓曲線是域上虧格為1的光滑射影曲線，它的(仿射)方程，通常稱為維爾斯特拉斯方程，可以寫成（3）式。

国际数学界错误的逻辑推理

看看那些所谓的数学家们是怎样推导的（费马大定理—一个困惑了世间智者358年的谜）作者：英国人西蒙.辛格。

A，费马大定理有反例则弗赖椭圆曲线方程成立。

B，弗赖椭圆方程不能模形式化（肯.黎贝1985年证明了弗赖椭圆方程不能模形式化)。

C，谷山志村猜想断言每一个椭圆方程都可以模形式化。

D，因此得出结论：弗赖方程不能成立（即原先假设的反例不能成立）

E，所以费马大定理成立。

上面的推理是错误的

因为，三段论：

大前提：（谷山——志村断言）每一个椭圆方程必然可以模形式化。

小前提：弗赖椭圆方程不能模形式化。(肯.黎贝证明了这个问题)

—————————————

结论：（只能得出）

1)所以弗赖方程不是椭圆方程；

2)谷山志村猜想不能成立。

就是说，互相矛盾的两个前提，即大前提和小前提只能有一个正确，另外一个是错误的。不可能两个都是正确的。

肯.黎贝 定理（弗赖椭圆方程不能模形式化）与谷山志村猜想（每一个椭圆方程都可以模形式化）只能有一个是正确的，一个是错误的。

费马大定理与谷山志村猜想的关系

弗赖方程如果可以模形式化，谷山志村猜想与费马大定理是交叉关系；

弗赖方程不能模形式化，谷山志村猜想与费马大定理是反对关系。

就是说，弗赖方程无论是否可以模形式化，都推不出费马大定理是否成立.。

为什么？因为：

概念间交叉关系，是一种对称关系，是一种非传递关系，谷山志村猜想对与错都不能传递到费马大定理的对与错；

概念间的反对关系是一种对称关系，是一种非传递关系，谷山志村猜想对与错都不能传递到费马大定理的对与错。

国际数学界证明费马大定理违反了三段论公理

根据，三段论公理： 凡是对一类事物性质有所肯定，则对该类事物中的每一个分子的性质也应该有所肯定；

凡是对一类事物性质有所否定，则对该类事物中的每一个分子的性质也应该有所否定。

从概念的外延方面看，

S类包含于M类，M类包含于p类，所以，S类包含于P类；

S类包含于M类，M类与P类全异，所以，S类与P类全异。

三段论公理的客观基础就是类与类的包含关系和全异关系，是人类亿万次重复实践中总结出来的不证自明的性质。

我们设

M =$y^{2}=x^{3}+ax^{2}+bx^{2}+c$ 即(3)式；

S =$y^{2}=x^{3}+(A^{N}-B^{N})x^{2}+A^{N}B^{N}$ 即(2)式，

如果M具有性质P（模形式化），S却不具有性质P，得出了违反公理的结论。

也说明了谷山志村猜想证明有错误。

从费马大定理的被认可，我们看到了整个国际数学界思维混乱，缺乏基本的逻辑训练，导致了数学在错误道路上运行。

总之，重大数学问题不能由几个“所谓”“大师”说了算，必须由数学家逻辑学家语言学家共同鉴定。

给安德鲁怀尔斯审稿的数学家Gerd Faltings格尔德·法尔廷斯也是错误的

格尔德·法尔廷斯宣称证明莫德尔猜想，获得了菲尔兹奖，由莫德尔猜想推不出全称判断的费马大定理，所以，法尔廷斯推出特称判断的结论：费马曲线，$x^{n}+y^{n}=1$,（n>3）上只有有限个有理点。”只有有限个有理点” ?是一个特称判断，表现形式为：“有些A是B”。而一个数学定理明确要求：“一切A是B”。

所以，法尔廷斯的结论不是一个定理，他的工作只是一个没有意义的探索，对于解决问题没有任何作用。

因为，我们首先需要知道到底“有”还是“没有”这个“有理点”，法尔廷斯也不知道，

法尔廷斯他说，我也不知道有没有有理点，如果（假定）有的话，是有限的。法尔廷斯的结论建立在预期理由上，是引入了非逻辑前提，所以，没有任何意义。预期理由是把有待证明的观点当做已经证明的定理。 法尔廷斯从1994年起担任德国马克斯·普朗克数学研究所所长。

关于假定

（1），假定，只能用在否定结果的证明中，例如，欧几里得证明素数无穷多个。假定a成立，可以推出b，得到c，c与a矛盾，所以假定的a不能成立，得到非a。

（2），假定不能用在肯定的结论，假定a，可以推出b，得到c，c=a，或者c包含a，所以假定的a成立，这个就是预期理由的错误。

（3），为什么“假定”只能用于否定的结论，而不能用于肯定的结论？

一个对科学理论更强的逻辑制约因素是，它们是能够被证伪的。换一句话说，因为以后能够被观测作有意义的检验，理论一定有被证伪的可能性。这种证伪的判据是区分科学与伪科学的一种方法。原因在于证实的内在局限性，证实只能增加一个理论的可信度，却不能证明整个理论的完全正确。因为在未来的某一个时刻，总是会发现与理论有冲突的事例。

关于莫德尔猜想

一个命题必须在主项存在的情况下才能提出。一个命题不能脱离条件。

英国数学家莫德尔（L.J.Mordell）1922年提出：数域上亏格大于1的曲线仅有有限多个有理点（也可表述为：如果k是任何数域，x是k上定义的亏格大于1的任何曲线，则x只有有限多个k有理点）。

提出猜想的时候，以至于到现在我们也还不知道是否存在有理点。

我们怎么可能得出是否：有限还是无限呢？所以，莫德尔猜想本身就是荒唐的。应该首先知道有没有，再去讨论有多少。

关于一些 预备知识

全世界的数学定理的主项都是普遍概念或者单独概念，世界上没有任何一个数学定理的主项是集合概念。

概念的種類

單獨概念和普遍概念

a，單獨概念，反映獨一無二的概念，單獨概念的外延只有一個。例如，上海，孫中山，，，。它們反映的概念都是獨一無二的。數學中的單獨概念有“e”“Π”。“e是超越數”就是一個單獨概念的命題。

b，普遍概念，普遍概念反映的是一個對象以上的概念，反映的是一個“類”，這個詞項的內涵由為了包含在詞項外延所必須具有的事物的性質組成。就是说，普遍概念的每一个个体必然具有这个概念的基本属性。例如：工人，無論“石油工人”，“鋼鐵工人”，還是“中國工人”，“德國工人”，它們必然地具有“工人”的基本屬性。數學中的普遍概念有例如“素數”，“合數”，等。“素數無窮多”就是一個普遍概念的命題。

集合概念和非集合概念

a，集合概念反映的是集合體，這個詞項的外延由詞項所應用的事物集合組成，例如“中國工人階級”，集合體的每一個個體不是必然具備集合體的基本屬性，例如某一個“中國工人”，不是必然具有“中國工人階級”的基本屬性。集合概念的命題是不需要證明的，也是無法證明的，只能是歸納總結。

b，非集合概念（省略）。

为什么集合概念命题无法证明

这是因为数学家的武器级别都是一个类，即：定理，公理都是普遍概念，只能攻击同样级别的命题主项。而“集合概念”是“一群”类，是一群普遍概念。就好比一个人不能战胜一群敌人。

一个词项是什么概念取决于语境

例如：

费马大定理是一个著名的问题。这里的“费马大定理”是一个单独概念。

费马大定理说所有的n都没有x、y、z整数解。这里的“费马大定理”是一个集合概念。

就是说，费马大定理的n只能一个个证明，不能一揽子解决

因为费马大定理是一个集合概念。我们知道n=2时叫做勾股定理，n=3是一个定理，n=4是一个定理，.....。而不会有一个总定理。

参考文献

费马大定理，弱智者最后的盛宴 数学家波恩哈德·黎曼（1826--1866）于1859年提出。它是数学中一个重要而又著名的未解决的问题。多年来它吸引了许多出色的数学家为之绞尽脑汁。克雷数学研究所以100万美元奖励证明黎曼猜想的人。

黎曼猜想

黎曼ζ函数， 黎曼ζ函數，$\zeta (s)={\frac {1}{1^{s}}}+{\frac {1}{2^{s}}}+{\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{4^{s}}}+\cdots$

非平凡零点(在此情况下是指s不为-2、-4、-6，‧‧‧ 等点的值,s=x+yi)的实数部分是1/2。

黎曼猜想逻辑结构的主项是一个集合概念

黎曼猜想面对无穷多个零点：

【（主项）：所有的非平凡零点

（连接词）都

（谓项）位于直线1/2+yi的“临界线”上的性质”】判断。

属于集合概念的命题，就从整体上无法证明，只能一个个验证。并且这个黎曼公式是一个开放的公式，没有封闭，更加增加了不确定性。 因为所有的数学定理都是全称判断，所有的全称判断主项都是普遍概念，

普遍概念

普遍概念反映的是一个对象以上的概念，反映的是一个“类”，这个词项的内涵由为了包含在词项外延所必须具有的事物的性质组成。 普遍概念的每一个个体必然具有这个概念的基本属性。例如：“工人”是一个普遍概念，无论“石油工人”，“钢铁工人”，还是“中国工人”，“德国工人”，它们必然地具有“工人”的基本属性。数学中的普遍概念有例如“素数”，“合数”，等。

集合概念

集合概念反映的是集合体，这个词项的外延由词项所应用的事物集合组成，例如“中国工人阶级”，集合体的每一个个体不是必然具备集合体的基本属性，例如某一个“中国工人”，不是必然具有“中国工人阶级”的基本属性。

世界上没有一个数学定理的主项是集合概念，所有的数学定理的主项都是普遍概念或者单独概念。

一个公式是集合概念或者普遍概念的区别

普遍概念命题公式

“具有这种性质的元素：1，都属于这种事物。2，有多少数量”的判断。 公式中没有变量，或者有变量n并且可以无穷大，但是根据计算结果可以判断事物的性质，是普遍概念命题公式。 例如勾股定理公式，椭圆公式，....。 普遍概念的公式，在计算之前，就知道了计算结果的性质。

集合概念命题的公式

“某个事物（某个形式）的所有元素或者多个元素具有某种性质” 的判断。 集合概念公式的特征就是：在证明或者计算某一个具体的数值之前，是无法知道这个数值结果的性质。 这个例如，欧拉在1772年素数公式，是一个集合概念公式：

$f(s)={n^{2}}+n+41$

的值都是素数。对于前几个自然数n = 0, 1, 2, 3...，多项式的值是41, 43, 47, 53, 61, 71...。当n等于40时，多项式的值是1681=41×41，是一个合数。实际上，当n能被41整除的时候，P(n)也能被41整除，因而是合数.。

集合概念的公式不能保证计算结果具有这个公式想要的结果性质，是一种不确定的结果公式。因为集合概念的每一个个体不是必然具有这个概念的基本属性。这个公式是一种形式上的集合，就是全部具备这种形式。

黎曼猜想无法得到完整证明

因为，主项是集合概念的命题是无法证明的，因为集合概念的每一个个体不是必然具有这个概念的基本属性。就决定了必须一个个去证明。 黎曼猜想的 “零点” 也是一个集合，零点是这个对象上的函数，按照通常数学中定义，一个n元函数就是从论域A的个体的所有n元组的集合至A的一个映射。当我们用“所有个体”“存在个体”，量词加在论域的个体上，称为一阶量词。

“所有函数”，“存在函数”，“所有关系”，“存在关系”是二阶量词，即二阶逻辑。黎曼所说的“所有零点”就是“所有函数”的二阶量词，黎曼猜想已经超出了G弗雷格建立的一阶逻辑形式系统（即谓词演算），涉及极为复杂的逻辑系统，一般的数学家对此毫无所知。 如果你不能理解，我举一个例子，“加速度”不是一个基本量，即不是长度或者质量什么的，而是变化率，还是二阶变化率，即变化率的变化率。 命题：所有的A（零点）成立的充分必要条件是包含A中的B（B=x+yi，其中y=1/2）成立。就是一个二阶逻辑问题。

因为数学只能处理最低级的无穷，不能处理更加大的无穷，看到了康托尔的厉害了吗？他认为无穷是有级别的。还因为证实的局限性，证实只能增加一个可信度，却不能证明理论完全正确。

数论中的猜想是不可靠的

数论中仅仅凭借猜想是不可靠的，只有通过严格证明才能确定。尽管已经得知有15亿个零点符合黎曼猜想，还是不能用严格证明的方式解决。

一个词项是属于什么类型的概念，取决于当时的语境

例如：

1，黎曼猜想是一个著名问题。

这一句话中的“黎曼猜想”是一个单独概念。

2，“黎曼猜想中ζ 函数的所有非平凡零点（无穷多个）都位于复平面上 Re(s)=1/2 的直线上“。

这里的“黎曼猜想”就是一个集合概念。 注意，黎曼函数还是一个公式，这个公式是集合概念的公式，它是面对无穷多个零点的公式。 所以黎曼猜想只能一个个验证，而不能一揽子解决。

在证明黎曼猜想的历史中，美国的莱文生1974年证明有1/3的零点成立是荒唐的，这是一个特称判断，说明莱文生证明必然错误。1980年中国楼世拓姚琦，宣称取得进展，35%的零点在临界线上，纯属无稽之谈。

孪生素数猜想模板 收件箱 x

w <wangxiaoming_550@163.com> 2018年1月18日周四 下午5:02 发送至 我

什么是孪生素数猜想

素数p与素数p+2有无穷多对

孪生素数的公式

利用素数的判定法则，可以得到以下的结论：“若自然数$q$与$q+2$都不能被任何不大于${\sqrt {q+2}}$的素数 整除，则$q$与$q+2$都是素数”。这是因为一个自然数$n$是素数当且仅当它不能被任何小于等于${\sqrt {n}}$的素数整除。 用数学的语言表示以上的结论，就是：

存在一组自然数$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$，使得

$q=p_{1}m_{1}+b_{1}=p_{2}m_{2}+b_{2}=\dots =p_{k}m_{k}+b_{k}\qquad \qquad \qquad \cdots \qquad (1)$

其中 $p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$表示从小到大排列时的前k个素数：2，3，5，....。并且满足

$\forall 1\leq i\leq k,\ \ 0<b_{i}<p_{i},\ b_{i}\neq 0,\ b_{i}\neq p_{i}-2.$

这样解得的自然数$q$如果满足$q<p_{K+1}^{2}-2$,则$q$与$q+2$是一对孪生素数。 我们可以把（1）式的内容等价转换成为同余方程组表示：

$q\equiv b_{1}{\pmod {p_{1}}},q\equiv b_{2}{\pmod {p_{2}}},\dots ,q\equiv b_{k}{\pmod {p_{k}}}\qquad \qquad \qquad \cdots \qquad (2)$

由于（2）的模$p_{1}$,$p_{2}$,...,$p_{k}$都是素数，因此两两互素，根据孙子定理（中国剩余定理）知，对于给定的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$，（2）式有唯一一个小于$p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$的正整数解。

范例

例如k=1时，$q=2m_{1}+1$，解得$q=3,5$。由于$5<3^{2}-2$，所以可知$3$与$3+2$、$5$与$5+2$都是孪生素数。这样就求得了区间$(3,3^{2})$里的全部孪生素数对。

又比如k=2时，列出方程$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2$，解得$q=5,11,17$。由于$17<5^{2}-2$，所以$11$与$11+2$、$17$与$17+2$都是了孪生素数。由于这已经是所有可能的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$值，所以这样就求得了区间$(5,5^{2})$的全部孪生素数对。

k=3时	$5m_{3}+1$	$5m_{3}+2$	$5m_{3}+4$
$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2$=	11,41	17	29

由于这已经是所有可能的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$值，所以这样就求得了区间$(7,7^{2})$的全部孪生素数对。

k=4时	$7m_{4}+1$	$7m_{4}+2$	$7m_{4}+3$	$7m_{4}+4$	$7m_{4}+6$
$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+1$=	71	191	101	11	41
$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+2$=	197	107	17	137	167
$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+4$=	29	149	59	179	209

　　 　由于这已经是所有可能的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$值，所以这样就求得了区间$(11,11^{2})$的全部孪生素数对（8个小于121-2的解）。　　　 　　 仿此下去可以一个不漏地求得任意大的数以内的全部孪生素数对。对于所有可能的$b_{1},b_{2}\cdot ,b_{k}$值，(1)和(2)式在$p_{1}$$p_{2}$...$p_{k}$范围内，有 （$p_{1}-1$）（$p_{2}-2$）($p_{3}-2$)...（$p_{k}-2$）（3） 个解。

结论推广

孪生素数猜想就是在k值任意大时（1）和（2）式都有小于$p_{k+1}^{2}-2$的解。

希尔伯特认为如果有素数普遍公式哥德巴赫猜想可以解决

• 哥德巴赫猜想：任一大於2的偶數，都可表示成兩個質數之和。

{{quote| 当所有整数$N+X$与$N-X$都是素数-哥德巴赫猜想. }}因为偶数2N=(N+X)+(N-X). 就是哥德巴赫猜想。

素数普遍公式

一个自然数n是素数当且仅当n不能被不大于${\sqrt {n}}$任何素数整除。  
    
   可以把上面的汉字内容等价转换成为英语字母表示：  
   
  $n=p_{1}m_{1}+a_{1}=p_{2}m_{2}+a_{2}=\dots =p_{k}m_{k}+a_{k}.$......(1)  
   
  其中 $p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$表示顺序素数2，3，5，....。$a$≠0。

  若$n<P_{k+1}^{2}$,则n是一个素数。  
   
  我们可以把（1）式内容等价转换同余式组表示  ：

  $n\equiv a_{1}{\pmod {p_{1}}},n\equiv a_{2}{\pmod {p_{2}}},\dots ,n\equiv a_{k}{\pmod {p_{k}}}$.......（2）  
   
  由于（2）的模$p_{1}$,$p_{2}$,...,$p_{k}$ 两两互素， 
  根据孙子定理(中国剩余定理）知，对于给定的$a_{1}$,$a_{2}$,...,$a_{k}$，（2）式在$p_{1}$$p_{2}$...$p_{k}$范围内有唯一解。  
   

范例

  k=1时，$n=2m_{1}+1$，解得n=3，5，7。求得了（3，3²）区间的全部素数。  
   
  k=2时，$n=2m_{1}+1=3m_{2}+1$，解得n=7，13，19； $n=2m_{1}+1=3m_{2}+2$，

解得n=5，11，17，23。

  求得了（5，5²）区间的全部素数。  

k=3时	$5m_{3}+1$	$5m_{3}+2$	$5m_{3}+3$	$5m_{3}+4$
$n=2m_{1}+1=3m_{2}+1=$	31	7,37	13,43	19
$n=2m_{1}+1=3m_{2}+2=$	11,41	17,47	23	29

  |}求得了（7,7²）区间的全部素数。  
   
  仿此下去可以求得任意大的数以内的全部素数。并且一个不漏地求得。 
  对于所有可能的$a_{1},a_{2}\cdot ,a_{k}$值，(1)和(2)式在$p_{1}$$p_{2}$...$p_{k}$范围内，

有（$p_{1}-1$）（$p_{2}-1$）($p_{3}-1$)...（$p_{k}-1$） 个解。参见天津师范大学【中等数学】1999年2期（谈谈素数表达式，吴振奎）或者【品数学】，清华大学出版社

（1）式（2）式与哥德巴赫猜想的合理框架

怎样使得两个自然数相加和相减都成为素数，即N+X成为素数，N-X也是素数。

根据除法算式定理：“给定正整数a和b，b≠0，存在唯一整数q和r（0≤r＜b），使a=bq+r”。

再根据同余定理：“每一整数恰与0,1,2,3，...，m-1中一数同余（mod m）”。

所以，任给一个自然数N(N>4)，都可以唯一表示成为：

$N=p_{1}m_{1}+e_{1}=p_{2}m_{2}+e_{2}=\dots =p_{k}m_{k}+e_{k}.$(3)

其中 $p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$表示顺序素数2，3，5，....。$e_{i}=0,1,2,...,P_{i}-1$。

${\frac {p_{k}^{2}}{2}}$ < N < ${\frac {p_{k+1}^{2}}{2}}$

现在问，是否存在X,

$X=p_{1}h_{1}+f_{1}=p_{2}h_{2}+f_{2}=\dots =p_{k}h_{k}+f_{k}.$（4）

$f_{i}$≠$e_{i}$，

$f_{i}$≠$p_{i}-e_{i}$。

如果X<N-2，则N+X与N-X都是素数，因为它们符合（1）（2）式。

範例

設N=20，$20=2m_{1}+0=3m_{2}+2=5m_{3}+0$；

${\frac {5^{2}}{2}}$ < 20 < ${\frac {7^{2}}{2}}$

$e_{1}=0$,$e_{2}=2$,$e_{3}=0$.

构造x	$5h_{3}+1$	$5h_{3}+2$	$5h_{3}+3$	$5h_{3}+4$
$X=2h_{1}+1=3h_{2}+0=$	21	27	3	9
$f_{i}$≠$e_{i}$，$f_{i}$≠$p_{i}-e_{i}$	$f_{1}=1$，$f_{2}=0$，$f_{3}=1$.	$f_{1}=1$，$f_{2}=0$，$f_{3}=2$.	$f_{1}=1$，$f_{2}=0$，$f_{3}=3$.	$f_{1}=1$，$f_{2}=0$，$f_{3}=4$.

四个解是：21，27，3，9。小于N-2的X有3和9，我们得知，20+3与20-3是一对素数；20+9与20-9是一对素数。 这就是利用素数判定法则：最小剩余不为零，并且$N+X<P_{k+1}^{2}$,则N+X与N-X是一对素数。

因为（N+X）+（N-X）=2N。这就是著名的哥德巴赫猜想猜想， 我们需要证明（4）式必然有小于N-2的解，尽管我们现在不能证明它。 埃拉托斯特尼筛法的普遍公式已经为哥德巴赫猜想提供了合理框架，并且把问题转入到初等数论范围。 参见【中等数学】2002年5期（从台尔曼公式谈起，王晓明）

以往证明都是错误的

设a,b,c是所谓“殆素数”，即n个素数的乘积：

1，是否【1+1】包含在【1+c】或者【a+b】之内？ 如果回答：是！

2，证明程式是否可以从【1+c】或者【a+b】到达【1+1】？ 如果回答：是！

3， 【1+1】是否可以必然从【1+c】或者【a+b】中剥离出来？ 如果回答：是！

4， 如果最后证明了【1+1】不能成立，前面三条就是错误的。

分析一，就是说，前面三条是在假定【1+1】必须正确的情况下的“成果”，这个就荒唐了，我们还不知道最后是否正确，就假定了最后成果必然正确。

分析二，如果前面三条不能成立或者不能肯定必然成立，怎么可以算是“成果”呢？ 也就是说，从v布龙开始，到王元潘承洞陈景润等都是建立在非逻辑前提下的证明，因此证明无效。

关于假定

1，假定。只能用在否定结果的证明中，例如，欧几里得证明素数无穷多个。 假定a成立，可以推出b，得到c，c与a矛盾，所以假定的a不能成立，得到非a。 2，假定不能用在肯定的结论。假定a，可以推出b，得到c，c=a，或者c包含a，所以假定的a成立。（这个就是预期理由的错误） 3，为什么“假定”只能用于否定的结论，而不能用于肯定的结论？

       一个对科学理论更强的逻辑制约因素是，它们是能够被证伪的。换一句话说，因为以后能够被观测作有意义的检验，理论一定有被证伪的可能性。这种证伪的判据是区分科学与伪科学的一种方法。原因在于证实的内在局限性，证实只能增加一个理论的可信度，却不能证明整个理论的完全正确。因为在未来的某一个时刻，总是会发现与理论有冲突的事例。