圖書館:王晓明事件

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存檔UTC時間	2019年3月24日 03:35
存檔編者	Techyan
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{{vfd|原創研究內容。|date=2019/03/21}}

1995年，國際數學界宣稱費馬大定理獲得證明。本文只介紹安德魯懷爾斯和國家數學界的證明是不能成立，因為這個證明違反了三段論公理和邏輯證明的基本要求。

費馬大定理是怎麼證明的

費馬大定理主項是一個集合概念

$x^{n}+y^{n}=z^{n}$ .....(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，歐拉和高斯證明了n=3時的情形，費馬、貝西、萊布尼茨證明了n=4時情形，勒讓德、狄利克雷證明了n=5，拉梅證明了n=7，...。安德魯懷爾斯和其他數學家在1995年共同完成的證明是否成立？

轉換命題

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橢圓曲線方程：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。

國際數學界錯誤的邏輯推理

看看那些所謂的數學家們是怎樣推導的（費馬大定理—一個困惑了世間智者358年的謎）作者：英國人西蒙.辛格。

A，費馬大定理有反例則弗賴橢圓曲線方程成立。

B，弗賴橢圓方程不能模形式化（肯.黎貝1985年證明了弗賴橢圓方程不能模形式化)。

C，谷山志村猜想斷言每一個橢圓方程都可以模形式化。

D，因此得出結論：弗賴方程不能成立（即原先假設的反例不能成立）

E，所以費馬大定理成立。

上面的推理是錯誤的

因為，三段論：

大前提：（谷山——志村斷言）每一個橢圓方程必然可以模形式化。

小前提：弗賴橢圓方程不能模形式化。(肯.黎貝證明了這個問題)

—————————————

結論：（只能得出）

1)所以弗賴方程不是橢圓方程；

2)谷山志村猜想不能成立。

就是說，互相矛盾的兩個前提，即大前提和小前提只能有一個正確，另外一個是錯誤的。不可能兩個都是正確的。

肯.黎貝 定理（弗賴橢圓方程不能模形式化）與谷山志村猜想（每一個橢圓方程都可以模形式化）只能有一個是正確的，一個是錯誤的。

費馬大定理與谷山志村猜想的關係

弗賴方程如果可以模形式化，谷山志村猜想與費馬大定理是交叉關係；

弗賴方程不能模形式化，谷山志村猜想與費馬大定理是反對關係。

就是說，弗賴方程無論是否可以模形式化，都推不出費馬大定理是否成立.。

為什麼？因為：

概念間交叉關係，是一種對稱關係，是一種非傳遞關係，谷山志村猜想對與錯都不能傳遞到費馬大定理的對與錯；

概念間的反對關係是一種對稱關係，是一種非傳遞關係，谷山志村猜想對與錯都不能傳遞到費馬大定理的對與錯。

國際數學界證明費馬大定理違反了三段論公理

根據，三段論公理： 凡是對一類事物性質有所肯定，則對該類事物中的每一個分子的性質也應該有所肯定；

凡是對一類事物性質有所否定，則對該類事物中的每一個分子的性質也應該有所否定。

從概念的外延方面看，

S類包含於M類，M類包含於p類，所以，S類包含於P類；

S類包含於M類，M類與P類全異，所以，S類與P類全異。

三段論公理的客觀基礎就是類與類的包含關係和全異關係，是人類億萬次重複實踐中總結出來的不證自明的性質。

我們設

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具有性質P（模形式化），S卻不具有性質P，得出了違反公理的結論。

也說明了谷山志村猜想證明有錯誤。

從費馬大定理的被認可，我們看到了整個國際數學界思維混亂，缺乏基本的邏輯訓練，導致了數學在錯誤道路上運行。

總之，重大數學問題不能由幾個「所謂」「大師」說了算，必須由數學家邏輯學家語言學家共同鑑定。

給安德魯懷爾斯審稿的數學家Gerd Faltings格爾德·法爾廷斯也是錯誤的

格爾德·法爾廷斯宣稱證明莫德爾猜想，獲得了菲爾茲獎，由莫德爾猜想推不出全稱判斷的費馬大定理，所以，法爾廷斯推出特稱判斷的結論：費馬曲線，$x^{n}+y^{n}=1$,（n>3）上只有有限個有理點。」只有有限個有理點」 ?是一個特稱判斷，表現形式為：「有些A是B」。而一個數學定理明確要求：「一切A是B」。

所以，法爾廷斯的結論不是一個定理，他的工作只是一個沒有意義的探索，對於解決問題沒有任何作用。

因為，我們首先需要知道到底「有」還是「沒有」這個「有理點」，法爾廷斯也不知道，

法爾廷斯他說，我也不知道有沒有有理點，如果（假定）有的話，是有限的。法爾廷斯的結論建立在預期理由上，是引入了非邏輯前提，所以，沒有任何意義。預期理由是把有待證明的觀點當做已經證明的定理。 法爾廷斯從1994年起擔任德國馬克斯·普朗克數學研究所所長。

關於假定

（1），假定，只能用在否定結果的證明中，例如，歐幾里得證明素數無窮多個。假定a成立，可以推出b，得到c，c與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結論，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，這個就是預期理由的錯誤。

（3），為什麼「假定」只能用於否定的結論，而不能用於肯定的結論？

一個對科學理論更強的邏輯制約因素是，它們是能夠被證偽的。換一句話說，因為以後能夠被觀測作有意義的檢驗，理論一定有被證偽的可能性。這種證偽的判據是區分科學與偽科學的一種方法。原因在於證實的內在局限性，證實只能增加一個理論的可信度，卻不能證明整個理論的完全正確。因為在未來的某一個時刻，總是會發現與理論有衝突的事例。

關於莫德爾猜想

一個命題必須在主項存在的情況下才能提出。一個命題不能脫離條件。

英國數學家莫德爾（L.J.Mordell）1922年提出：數域上虧格大於1的曲線僅有有限多個有理點（也可表述為：如果k是任何數域，x是k上定義的虧格大於1的任何曲線，則x只有有限多個k有理點）。

提出猜想的時候，以至於到現在我們也還不知道是否存在有理點。

我們怎麼可能得出是否：有限還是無限呢？所以，莫德爾猜想本身就是荒唐的。應該首先知道有沒有，再去討論有多少。

關於一些 預備知識

全世界的數學定理的主項都是普遍概念或者單獨概念，世界上沒有任何一個數學定理的主項是集合概念。

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。就是說，普遍概念的每一個個體必然具有這個概念的基本屬性。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）。

為什麼集合概念命題無法證明

這是因為數學家的武器級別都是一個類，即：定理，公理都是普遍概念，只能攻擊同樣級別的命題主項。而「集合概念」是「一群」類，是一群普遍概念。就好比一個人不能戰勝一群敵人。

一個詞項是什麼概念取決於語境

例如：

費馬大定理是一個著名的問題。這裏的「費馬大定理」是一個單獨概念。

費馬大定理說所有的n都沒有x、y、z整數解。這裏的「費馬大定理」是一個集合概念。

就是說，費馬大定理的n只能一個個證明，不能一攬子解決

因為費馬大定理是一個集合概念。我們知道n=2時叫做勾股定理，n=3是一個定理，n=4是一個定理，.....。而不會有一個總定理。

參考文獻

費馬大定理，弱智者最後的盛宴 數學家波恩哈德·黎曼（1826--1866）於1859年提出。它是數學中一個重要而又著名的未解決的問題。多年來它吸引了許多出色的數學家為之絞盡腦汁。克雷數學研究所以100萬美元獎勵證明黎曼猜想的人。

黎曼猜想

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

非平凡零點(在此情況下是指s不為-2、-4、-6，‧‧‧ 等點的值,s=x+yi)的實數部分是1/2。

黎曼猜想邏輯結構的主項是一個集合概念

黎曼猜想面對無窮多個零點：

【（主項）：所有的非平凡零點

（連接詞）都

（謂項）位於直線1/2+yi的「臨界線」上的性質」】判斷。

屬於集合概念的命題，就從整體上無法證明，只能一個個驗證。並且這個黎曼公式是一個開放的公式，沒有封閉，更加增加了不確定性。 因為所有的數學定理都是全稱判斷，所有的全稱判斷主項都是普遍概念，

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。 普遍概念的每一個個體必然具有這個概念的基本屬性。例如：「工人」是一個普遍概念，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。

集合概念

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。

世界上沒有一個數學定理的主項是集合概念，所有的數學定理的主項都是普遍概念或者單獨概念。

一個公式是集合概念或者普遍概念的區別

普遍概念命題公式

「具有這種性質的元素：1，都屬於這種事物。2，有多少數量」的判斷。 公式中沒有變量，或者有變量n並且可以無窮大，但是根據計算結果可以判斷事物的性質，是普遍概念命題公式。 例如勾股定理公式，橢圓公式，....。 普遍概念的公式，在計算之前，就知道了計算結果的性質。

集合概念命題的公式

「某個事物（某個形式）的所有元素或者多個元素具有某種性質」 的判斷。 集合概念公式的特徵就是：在證明或者計算某一個具體的數值之前，是無法知道這個數值結果的性質。 這個例如，歐拉在1772年素數公式，是一個集合概念公式：

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

的值都是素數。對於前幾個自然數n = 0, 1, 2, 3...，多項式的值是41, 43, 47, 53, 61, 71...。當n等於40時，多項式的值是1681=41×41，是一個合數。實際上，當n能被41整除的時候，P(n)也能被41整除，因而是合數.。

集合概念的公式不能保證計算結果具有這個公式想要的結果性質，是一種不確定的結果公式。因為集合概念的每一個個體不是必然具有這個概念的基本屬性。這個公式是一種形式上的集合，就是全部具備這種形式。

黎曼猜想無法得到完整證明

因為，主項是集合概念的命題是無法證明的，因為集合概念的每一個個體不是必然具有這個概念的基本屬性。就決定了必須一個個去證明。 黎曼猜想的 「零點」 也是一個集合，零點是這個對象上的函數，按照通常數學中定義，一個n元函數就是從論域A的個體的所有n元組的集合至A的一個映射。當我們用「所有個體」「存在個體」，量詞加在論域的個體上，稱為一階量詞。

「所有函數」，「存在函數」，「所有關係」，「存在關係」是二階量詞，即二階邏輯。黎曼所說的「所有零點」就是「所有函數」的二階量詞，黎曼猜想已經超出了G弗雷格建立的一階邏輯形式系統（即謂詞演算），涉及極為複雜的邏輯系統，一般的數學家對此毫無所知。 如果你不能理解，我舉一個例子，「加速度」不是一個基本量，即不是長度或者質量什麼的，而是變化率，還是二階變化率，即變化率的變化率。 命題：所有的A（零點）成立的充分必要條件是包含A中的B（B=x+yi，其中y=1/2）成立。就是一個二階邏輯問題。

因為數學只能處理最低級的無窮，不能處理更加大的無窮，看到了康托爾的厲害了嗎？他認為無窮是有級別的。還因為證實的局限性，證實只能增加一個可信度，卻不能證明理論完全正確。

數論中的猜想是不可靠的

數論中僅僅憑藉猜想是不可靠的，只有通過嚴格證明才能確定。儘管已經得知有15億個零點符合黎曼猜想，還是不能用嚴格證明的方式解決。

一個詞項是屬於什麼類型的概念，取決於當時的語境

例如：

1，黎曼猜想是一個著名問題。

這一句話中的「黎曼猜想」是一個單獨概念。

2，「黎曼猜想中ζ 函數的所有非平凡零點（無窮多個）都位於複平面上 Re(s)=1/2 的直線上「。

這裏的「黎曼猜想」就是一個集合概念。 注意，黎曼函數還是一個公式，這個公式是集合概念的公式，它是面對無窮多個零點的公式。 所以黎曼猜想只能一個個驗證，而不能一攬子解決。

在證明黎曼猜想的歷史中，美國的萊文生1974年證明有1/3的零點成立是荒唐的，這是一個特稱判斷，說明萊文生證明必然錯誤。1980年中國樓世拓姚琦，宣稱取得進展，35%的零點在臨界線上，純屬無稽之談。

孿生素數猜想模板 收件箱 x

w <[email protected]> 2018年1月18日周四 下午5:02 發送至 我

什麼是孿生素數猜想

素數p與素數p+2有無窮多對

孿生素數的公式

利用素數的判定法則，可以得到以下的結論：「若自然數$q$與$q+2$都不能被任何不大於${\sqrt {q+2}}$的素數 整除，則$q$與$q+2$都是素數」。這是因為一個自然數$n$是素數若且唯若它不能被任何小於等於${\sqrt {n}}$的素數整除。 用數學的語言表示以上的結論，就是：

存在一組自然數$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$，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 $p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$表示從小到大排列時的前k個素數：2，3，5，....。並且滿足

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

這樣解得的自然數$q$如果滿足$q<p_{K+1}^{2}-2$,則$q$與$q+2$是一對孿生素數。 我們可以把（1）式的內容等價轉換成為同餘方程組表示：

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

由於（2）的模$p_{1}$,$p_{2}$,...,$p_{k}$都是素數，因此兩兩互素，根據孫子定理（中國剩餘定理）知，對於給定的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$，（2）式有唯一一個小於$p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$的正整數解。

範例

例如k=1時，$q=2m_{1}+1$，解得$q=3,5$。由於$5<3^{2}-2$，所以可知$3$與$3+2$、$5$與$5+2$都是孿生素數。這樣就求得了區間$(3,3^{2})$里的全部孿生素數對。

又比如k=2時，列出方程$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2$，解得$q=5,11,17$。由於$17<5^{2}-2$，所以$11$與$11+2$、$17$與$17+2$都是了孿生素數。由於這已經是所有可能的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$值，所以這樣就求得了區間$(5,5^{2})$的全部孿生素數對。

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

由於這已經是所有可能的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$值，所以這樣就求得了區間$(7,7^{2})$的全部孿生素數對。

k=4時	$7m_{4}+1$	$7m_{4}+2$	$7m_{4}+3$	$7m_{4}+4$	$7m_{4}+6$
$q=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+1$=	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

　　 　由於這已經是所有可能的$b_{1},b_{2},\cdot ,b_{k}$值，所以這樣就求得了區間$(11,11^{2})$的全部孿生素數對（8個小於121-2的解）。　　　 　　 仿此下去可以一個不漏地求得任意大的數以內的全部孿生素數對。對於所有可能的$b_{1},b_{2}\cdot ,b_{k}$值，(1)和(2)式在$p_{1}$$p_{2}$...$p_{k}$範圍內，有 （$p_{1}-1$）（$p_{2}-2$）($p_{3}-2$)...（$p_{k}-2$）（3） 個解。

結論推廣

孿生素數猜想就是在k值任意大時（1）和（2）式都有小於$p_{k+1}^{2}-2$的解。

希爾伯特認為如果有素數普遍公式哥德巴赫猜想可以解決

• 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| 當所有整數$N+X$與$N-X$都是素數-哥德巴赫猜想. }}因為偶數2N=(N+X)+(N-X). 就是哥德巴赫猜想。

素數普遍公式

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。  
   

範例

  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時	$5m_{3}+1$	$5m_{3}+2$	$5m_{3}+3$	$5m_{3}+4$
$n=2m_{1}+1=3m_{2}+1=$	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（$p_{1}-1$）（$p_{2}-1$）($p_{3}-1$)...（$p_{k}-1$） 個解。參見天津師範大學【中等數學】1999年2期（談談素數表達式，吳振奎）或者【品數學】，清華大學出版社

（1）式（2）式與哥德巴赫猜想的合理框架

怎樣使得兩個自然數相加和相減都成為素數，即N+X成為素數，N-X也是素數。

根據除法算式定理：「給定正整數a和b，b≠0，存在唯一整數q和r（0≤r＜b），使a=bq+r」。

再根據同餘定理：「每一整數恰與0,1,2,3，...，m-1中一數同餘（mod m）」。

所以，任給一個自然數N(N>4)，都可以唯一表示成為：

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

其中 $p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$表示順序素數2，3，5，....。$e_{i}=0,1,2,...,P_{i}-1$。

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

現在問，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，則N+X與N-X都是素數，因為它們符合（1）（2）式。

範例

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

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

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

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

四個解是：21，27，3，9。小於N-2的X有3和9，我們得知，20+3與20-3是一對素數；20+9與20-9是一對素數。 這就是利用素數判定法則：最小剩餘不為零，並且$N+X<P_{k+1}^{2}$,則N+X與N-X是一對素數。

因為（N+X）+（N-X）=2N。這就是著名的哥德巴赫猜想猜想， 我們需要證明（4）式必然有小於N-2的解，儘管我們現在不能證明它。 埃拉托斯特尼篩法的普遍公式已經為哥德巴赫猜想提供了合理框架，並且把問題轉入到初等數論範圍。 參見【中等數學】2002年5期（從台爾曼公式談起，王曉明）

以往證明都是錯誤的

設a,b,c是所謂「殆素數」，即n個素數的乘積：

1，是否【1+1】包含在【1+c】或者【a+b】之內？ 如果回答：是！

2，證明程式是否可以從【1+c】或者【a+b】到達【1+1】？ 如果回答：是！

3， 【1+1】是否可以必然從【1+c】或者【a+b】中剝離出來？ 如果回答：是！

4， 如果最後證明了【1+1】不能成立，前面三條就是錯誤的。

分析一，就是說，前面三條是在假定【1+1】必須正確的情況下的「成果」，這個就荒唐了，我們還不知道最後是否正確，就假定了最後成果必然正確。

分析二，如果前面三條不能成立或者不能肯定必然成立，怎麼可以算是「成果」呢？ 也就是說，從v布龍開始，到王元潘承洞陳景潤等都是建立在非邏輯前提下的證明，因此證明無效。

關於假定

1，假定。只能用在否定結果的證明中，例如，歐幾里得證明素數無窮多個。 假定a成立，可以推出b，得到c，c與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結論。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。（這個就是預期理由的錯誤） 3，為什麼「假定」只能用於否定的結論，而不能用於肯定的結論？

       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。