王乐东

【摘要】在纷繁复杂的万象下，给出冰雹证明的简洁路径和路径的证明过程.

【关键词】路径 具体数 奇偶

一、数学冰雹的证明

（一）路径表述

8—4—2—6—3—0—5—6—

注解：1.证明范围为正整数.

2.代表尾数为8、4、2、6、3、0、5的正整数，其他1、7、9相同.

3.—代表进，如尾数为8的数在雹程规则下最终成为尾数为4的数.

4.该路径指的是非2n的数在雹程规则下，进入2n是这一主干前的路径变化.

5.2n中，n为自然数，n=0时，稍有特殊，20=1，若定义1为直降则无问题，若视1为奇数，需来3加1再除2等，则需阐明.

（二）证 明

A.依据：1.任何正奇数可为某正偶数除2，所以雹程可以正偶数开始.

2.正整数是无限的，但雹程开始的数都为具体数，注意前再无数，取具体正整数xxxx，在开始时各个位上的数可任意选定（0～9），雹程中则为具体对应，不能随意对应.所有具体数满足一般性规律，则数学冰雹成立.

3.正偶数除2，其各个位的余数为0或1，正奇数乘3，各个位的进数为0、1、2，具体数在雹程规则下的奇偶变化和余0、1，进0、1、2的问题.

4.（0、2、4、6、8）*3仍为正偶数（0、6、12、18、24，尾数为0、6、2、8、4，分别进0、1、2），（1、3、5、7、9）*3仍为正奇数（3、9、15、21、27，尾数为3、9、5、1、7，分别进0、1、2）.注意是具体对应，不是笼统的对应为奇偶.加下一位的进1、2的情况不加赘述.

5.（0～9）×3的情况：0×3=0，本位为0，进0.1×3=3，本位为3，进0.2×3=6，本位为6，进0.3×3=9，本位为9，进0.4×3=12，本位为2，进1.5×3=15，本位为5，进1.6×3=18，本位为8，进1.7×3=21，本位为1，进2.8×3=24，本位为4，进2.9×3=27，本位为7，进2.

6.（1、3、5、7、9）为尾数×3+1的情况和（0～9）×3，其前位×3后进1、2的情况，这里不一一赘述.

7.（0、2、4、6、8）/2，前为偶数或无数时，即前余0时，0为0，2为1，4为2，6为3，8为4，其中2、6对应为奇数，0、4、8对应为偶数.前为奇数时，即前余1时，0为5，2为6，4为7，6为8，8为9，其中2、6对应为偶数，0、4、8对应为奇数，与前余0时相反.无论前余0还是余1，余数都为0.

8.（1、3、5、7、9）/2，前为偶数或无数，即前余0时，1为0，3为1，5为2，7为3，9为4，其中3、7对应为奇数，1、5、9对应为偶数.前为奇数时，即前余1时，1为5，3为6，5为7，7为8，9为9，其中3、7对应为偶数，1、5、9对应为奇数，与前余0时相反.无论前余0还是余1，余数都为1.2、6与3、7对应相同，0、4、8与1、5、9对应相同.

9.0至9中任意一数除2，前余0或余1时，除2后分别为奇、偶或偶、奇，且相差5，再*3后差15.0对应0、5，1对应0、5，余1，2对应1、6，3对应1、6，余1，4对应2、7，5对应2、7，余1，6对应3、8，7对应3、8，余1，8对应4、9，9对应4、9，余1.

10.具体正整数xxxx除2，各个位上的偶数（0、2、4、6、8）除2后余0，除2后下一位对应的数为（0、1、2、3、4），各个位上的奇数（1、3、5、7、9），除2后余1，除2后下一位对应的数为（5、6、7、8、9）.即一位中偶数，除2后对应的下一位是0、1、2、3、4，奇数，除2后下一位对应的是5、6、7、8、9雹程中亦是如此.不是笼统对应为0至9.

11.每组数（包括一位数），前每加一位为进10位，如：21118比1118多20000，31118比1118多30000.在雹程中，如8进4中，8～9循环的情况下，可算出两组数的差，因后面数已经确定如1118和21118中1118已经确定，所以雹程中是从前向后逐步变化.

12.2n连续除2（包括2）最终=1，20=0.非2n连续除2（包括所有奇数，只除一次）最终余1.

13.以上确保雹程规则下，相同的余数最终不会进入相同的余数.如xx18，开始时18前余1时，最终会成为18前为偶，余0.

14.偶+偶=偶，偶+奇=奇，奇+奇=偶.

注：以上细分非无用之举，而是路径中各步得以实现的原因.如依据2所言，具体数在雹程中有具体的对应，不是每位前后笼统的对应为0至9.从而确保数学冰雹的证明.

B.具体证明过程：

1.0—（进）5

尾数是0的数一次或多次除2，最终都会成为尾数是5的奇数，包括5.

2.8～4

（1）8～4的重点是尾数8前的奇数1、3、5、7、9在雹程规则下最终成为偶数，从而进4.

（2）以尾数8开始雹程的数，在一除一乘，8—9循环的前提下，注意有前提，以不明确进4的组中选出的数组成的数组（尾数为8、9都可，包括一位，如8、9），每进一位可分奇偶，有一组（或奇或偶）明确进4，有一组不明确进4.且不明确进4一组中分两部分（1、5、9对应3、7，0、4、8对应2、6），本数组除2后奇偶相对，加一位时进4情况奇偶相对，且明确进4的一部分前为偶进4，不明确进4的一部分前为奇进4（见以下分析）.如8前为偶进4，体现加一位有一组明确进4.选18.18前为偶进4，选118，再加1118、21118、221118、1221118…

列一些基本的进4情况：

8前为偶进4，   9前为偶进4

18前为偶进419前为偶进4

58前为偶进459前为偶进4

98前为偶进499前为偶进4

38前为奇进439前为奇进4

78前为奇进479前为奇进4

8/2=4.取具体数，一位一位向前推.8前为偶时，余0，偶前无论什么数，无论多少位，尾数8前为偶都进4.体现每进一位有奇偶一组明确进4.所以8前取奇数，看不明确进4的情况：

（a）表：18—09—28—14

38—19—58—29—88

58—29—88

78—39—118—59—178—89—268

98—49—148

分析 a.本组进4情况：

8前为偶进4，所以去掉08、28、48、68、88，第二步9前为偶进4，又去掉18、58、98.只剩下38和78，3、7对应1、3，第二步9前为奇，第三步同为奇8，不明确排除（其实58前为偶进4，18前为偶进4，每一步都可确定）.第四步9前分奇偶，又去掉38.只剩78最进89.若78不进4，则第五步需进39，与前奇78不符.78与38相差40，奇8的组合必然进4.0特殊考虑，如08，前再有数时有用.前为确保不确定进4的组合如1118，雹程下一定进4，因为具体数在雹程下有具体的奇偶对应.

b.加一位有奇偶一组明确进4的情况：

8/2=4，9*3+1=28，进2.

尾数8前为偶进4，因8前为偶余0，偶前无论奇偶，无论多少位，都进4.9前为偶进4，因偶乘3为偶，加9的进位2，仍为偶，从而进偶8进4.再看两位数的情况：

因为有了8、9的奇偶根基，再按照依据9，0—9中一数，前为奇偶，除2后奇偶不同，且相差5，再除3后差15.所以：

通过（a）表看出18、58、98对应的是偶9，为保证是偶9，则需18、58、98前为偶，所以18、58、98前为偶进4.这样，由18、58、98的雹程情况推出18、58、98前的奇偶状况，由下一位推出上一位.38、78则相反，对应的是奇9，为保证是偶9进4，则需38、78前为奇，注意：一数前奇偶状况改变，则除2后奇偶状况也改变.所以38、78前为奇进4，这样由38、78的雹程状况推出38、78前的奇偶状况，由下一位推出上一位.注意1、5、9与3、7本数组进9后的奇偶相反，又导致前加一位时的奇偶进4情况相反.偶数组中2、6于0、4、8相反.这是一般性规律，不是本例特例.因某一尾数为8的数组，首先首位中有一半明确进4排除掉.尾数为9的数组也是每组前分奇偶进4，所以第一次除2后，通过9的数组的奇偶情况判断前位进4情况（大数组不明确其前是奇是偶进4时，可通过以后的小数向前推），如本例中偶9进4，所以（1、5、9）8进4，明确进4的一部分可视为其前为偶（余0）进4（不管9的数组是奇进4还是偶进4），如（1、5、9）8前为偶进4，也就是说，不明确进4的一部分（如3、7）对应奇9前为偶时不明确进4，按照依据9，其前为奇时，原首位除2后对应的奇偶相反，如3对应的由1变6，由奇变偶.所以（3、7）8前为奇进偶9进4，即不明确进4的一部分前为奇进4，且一定是奇.即首先排除一半（如本例的0、2、4、6、8），另一半的一部分（如本例的1、5、9）进9后明确进4，即其前为偶进4.而不明确进4的一部分（如3、7）必与进4的部分（如1、5、9）相反，前为奇时进4，且一定为奇.因两部分除2后奇偶相对，而9的数组分奇偶，有一组明确进4.3、7与1、5、9对应，2、6与0、4、8对应.这是一般性规律，不是特例.

再看尾数9的情况：9前为偶进4，体现加一位有一半进4.偶数不予考虑，看19、39、59、79、99：

19*3+1=58—29，

39*3+1=118—59—178—89，

59*3+1=178—89，

79*3+1=238—119—358—179—538—269，

99*3+1=298—149，

为保证19、59、99第二步进偶9，19、59、99前需为偶，所以19、59、99前为偶进4.相反39、79前为奇时进偶9，所以，39、79前为奇进4.注意1、5、9与3、7本数组乘3除2进9后奇偶相反，又导致前加一位的情况下的奇偶进4情况相反.偶数组中2、6于0、4、8相反.这是一般性规律.

再如：8前取1，18前为偶进4，因为偶18进09进4，奇18进59不明确进4，体现数组前加一位，奇偶中有一组明确进4，有一组不明确进4.看不明确进4的奇数情况：

（b）表：118—059—178—89

318—159—478—239—718—359—1078—539—1618—809

518—259—778—389

718—359—1078—539—1618—809

918—459—1378—689

分析 a.本组进4的情况：

第四步进89需奇78，奇78需偶59，从而118、518、918进4.第三步318、518同进偶78，不明确排除（478前为奇进4，078前为奇进4，每一步都可确定）.以后分别为偶奇39，奇偶18再进奇9和偶9，从而排除718.318最后进539进4.如318不进4则第七步需为偶39，与其前78前为奇0不符.318与718相差400，奇18的组合必定进4.

b.加一位有奇偶一组明确进4的情况：

第四步进89需奇78，奇78需偶59，从而118、518、918进4.所以118、518、918前为偶进4.相反，318、718要进偶59，需前为奇.注意1、5、9与3、7本数组进9后的奇偶相反，又导致前加一位的情况下的进4奇偶状况相反.如本例中的（1、5、9）18进偶59，从而三者前为偶进4，而（3、7）18进奇59，从而两者前为奇才能进偶59进4.奇数组中分1、5、9与3、7两部分，本数组中，除2后奇偶相对，加一位进4亦是奇偶相对.偶数组中2、6与0、4、8相反.这是一般性规律.

因为有8/2=4，8前为偶进4和9*3+1=28，进2，9前为偶进偶8进4的根基，按照依据9，同一位数前奇偶不同，除2后奇偶状况相反，且差5.再*3后差15.且*3后偶为偶奇为奇以及依据中的各项，可以确定以尾数8开始雹程的数，在一除一乘，8—9循环的前提下，注意有前提，以不明确进4的组中选出的数组成的数组（尾数为8、9都可）每进一位可分奇偶，有一组（或奇或偶）明确进4，有一组不明确进4.且不明确进4一组中分两部分（1、5、9对应3、7，0、4、8对应2、6），本数组除2后奇偶相对，加一位时进4情况奇偶相对，且不明确进4一组中，通过第二步9的数组判定明确进4的一部分前为偶进4，不明确进4的一部分前为奇进4.

因为有小数的根据，每进一位奇偶中有一组明确进4（不明确进4的一组又分成两部分），首先排除一半，进9后又排除一半（大数组不明前奇偶进4的状况，可在雹程中通过小数判断），以后逐步排除至全部进4.前面确定为不明确进4的组中选数组成的数组，因为有具体的奇偶对应，雹程下一定进4.全部具体数如此，所以8—4成立.

在xx情况下，存在伪循环.如xx18（18前余1）—xx18（18前余1）的伪循环（除2、乘3加1算一下.xx18/2分为xx09和xx59，继续算下去，电子格式下不好表达），伪是指不存在，是对前位余0和.1的笼统错位对应，每步除2都分两支.具体数在雹程中有具体对应，前位只余0或.1，只有一条通道.最终会走出这种循环进4.

3.4—2

尾数为4的数除2后分尾数2和尾数7，分别为4前为偶和奇.尾数7×3+1=2，进2.所以4—2.

4.以后各项：

2—6：主要是尾数2前的偶数最终变成奇数.

6—3：主要是尾数6前的奇数最终变成偶数.

3—0：尾数3×3+1进0.

5—6：尾数是5的数×3+1，成为尾数是6的数，包括5.

以上证明具体情况不同，但原理相同，是依据中的各项.太繁琐，这里不一一证明.

5.数学冰雹的实质是奇数在雹程下，都会进入2n这一主干降落，核心是自然数除3，只有余0、1、2三种情况.偶数一次或多次除2，最终降落为奇数，本文表述了奇数（除1）在雹程下的变化路径，只要能证明这一路径不会永远持续，而是最终6不进3，是进8，进入2n降落，则数学冰雹可以证明.本人未能证明.

二、西格玛的便捷公式

证明范围：从1到n的连续正整数.

注：西格玛偶为1到n中的偶数和.

西格玛奇为1到n中的奇数和.

西格玛全为1至n的和.

1.当n为偶数时.p=n/2.

西格玛偶=p（p+1）=p2+p.

西格玛奇=p2

西格玛全=p（p+1）+p2=p（2p+1）=2p2+p.

2.当n为奇数时，

P1=（n-1）/2，p2=（n-1）/2+1=p1+1，

西格玛偶=p1（p1+1）=p21+p1.

西格玛奇=p22=（p1+1）2=p21+2p1+1.

西格玛全=p1（p1+1）+p22=2p21+3p1+1=p21+p22+p1.

证明：一、n为偶数时，p=n/2.

A.当p为奇数时.

（一）西格玛偶的证明：因为p为奇数，求的是n内偶数和，所以以（p-1）为轴心.n为偶数，p为奇数，所以以p为中心，后半段比前半段多一个偶数，前半段的偶数个数为（p-1）/2，含（p-1）.后半段的偶数个数为（p-1）/2+1.注：<（p-1）-（（p-1）/2 -1）×2=2.

n内的偶数和为：{（p-1）-[（p-1）/2 -1]×2}+…+[（p-1）-2×2]+[（p-1）-2]+（p-1）+{（P-1）+2}+[（p-1）+2×2]+…+{（p-1）+[（p-1）/2-1]×2}+[（p-1）+（p-1）/2 ×2]+{（p-1）+[（p-1）/2 +1]×2}.

因为以（p-1）为中心向左右减加2的n倍[n为大于等于1小于等于（p-1）/2+1的正整数]至2和2p（即偶数n），又因以p为中心，后半段比前半段多一个偶数，且（p-1）不在正负2n合并的范围内，所以后半段最后两个偶数不在合并范围内.前后半段正负2n合并=0的数的个数各为[（p-1）/2-1].所以上式合并为2×（p-1）×[（p-1）/2 -1]+（p-1）+[（p-1）+（p-1）/2×2]+{（p-1）+[（p-1）/2+1]×2}.合并后西格玛偶=p2+p.举个实例，主要是看正负2n合并为0后有多少个（p-1），最后得出公式.很简单.

（二）西格玛奇的证明：因为p为奇数，求的是n内奇数和，所以以p为轴心.前后半段的奇数个数各为（p-1）/2，不含p.所以n内的奇数和为[p-（p-1）/2×2]+…+（p-2×2）+（p-2）+p+（p+2）+（P+2×2）+…+[p+（p-1）/2×2]，因p两侧各有（p-1）/2个奇数，即两侧各有（p-1）/2个（p-2n）和（p+2n）的奇数，n大于等于1小于等于（p-1）/2，即n内奇数除p外，正负2n合并=0后还有2×（p-1）/2个p.即上式合并为2×（p-1）/2 ×p+p，西格玛奇=p2.举个实例，主要是看正负2n合并为0后有多少个p，最后得出公式.很简单. 西格玛全两者相加即可.

B.当p为偶数时

（一）西格玛偶的证明：以偶数p为中心，前半部分的偶数为p，p-2，p-2×2，…，p-（p/2 -1）×2.后半部分的偶数为p+2，p+2×2，…，p+（p/2-1）×2，p+p/2 ×2.所以n内偶数和为[p-（p/2-1）×2]+…+（p-2×2）+（p-2）+p+（p+2）+（p+2×2）+…+[p+（p/2-1）×2）]+（p+p/2 ×2），即有（p/2-1）组p-2n和p+2n中的正负2n（n大于等于1，小于等于p/2）相互抵消，即相互抵消的组中有2×（p/2 -1）个p，所以上式转变为2×（p/2 -1）p+p+（p+p/2×2），即西格玛偶=p2+p.

（二）西格玛奇的证明：n为偶数，p为偶数，以（p-1）为中心，前半部分的奇数为（p-1），（p-1）-2，（p-1）-2×2，…，（p-1）-（p/2-1）×2.后半部分的奇数为（p-1）+2，（p-1）+2×2，…，（p-1）+（p/2-1）×2，（p-1）+p/2×2.所以n中的奇数和为[（p-1）-（p/2-1）×2]+…+[（p-1）-2×2]+[（p-1）-2]+（p-1）+[（p-1）+2]+[（p-1）+2×2]+…+[（p-1）+（p/2-1）×2]+[（p-1）+p/2×2].正负2n相加=0的组有（p/2-1）组，即相加=0组中有2×（p/2-1）个（p-1）.所以上式合并为2×（p/2-1）（p-1）+（p-1）+[（p-1）+p/2×2]，计算后西格玛奇=p2.西格玛全=2p2+p.

从以上可以看出，当n为偶数时，无论p为奇为偶，以上公式都成立.

二、n为奇数时：p=（n-1）/2

n内偶数和求法不变，最后一位奇数=2p+1，代入以上即可.

负整数时亦成立，提取负号即可.

三、两两相加的求和公式

【摘要】正整数中p1，p2，…，pn，两两相加后的和，含自身相加.

【关键词】新公式

证明：正整数中，p1，p2，p3，p4，p5，…，pn，可不连续.共n个整数.两两相加为：

p1+p1，p1+p2，p1+p3，p1+p4，p1+p5，…，p1+pn

p2+p2，p2+p3，p2+p4，p2+p5，…，p2+pn

p3+p3，p3+p4，p3+p5，…，p3+pn

p4+p4，p4+p5，…，p4+pn

p5+p5，…，p5+pn

……

pn+pn

从上可看出，两两相加每个数出现的次数是n+1次，所以两两相加后的和（暂称为E西格玛）=（n+1）（p1+p2+p3+p4+p5+…+pn）.

负数提取负号即可，小数也可，正负都有也可.

二三求和若是已有成果则无用.