第一篇：探討“哥德巴赫猜想”的最簡捷證明(6)

探討“哥德巴赫猜想”的最簡捷證明

王若仲1徐武方2譚謨玉3彭 曉4

貴州省務川自治縣實驗學校 王若仲（王洪）貴州省務川自治縣實驗學校 徐武方 貴州省務川自治縣農業(yè)局 譚謨玉 貴州省務川中學 彭 曉

摘要：我們幾人利用閑遐之余，探究數(shù)學問題。我們在一次偶然討論中，發(fā)現(xiàn)“哥德巴 赫猜想”的最簡捷證明。

關鍵詞：哥德巴赫猜想；素數(shù)；壘數(shù)

我們知道，只能被1和本身整除的正整數(shù)，稱為素數(shù)。對于符號π（m）來說，它表示為不大于正整數(shù)m的全體奇素數(shù)的個數(shù)。

定義1：對于某一偶數(shù)M（M＞4），設p1、p2、p3、?、pn均為小于偶數(shù)M的全體奇素數(shù)，對于[π（M-p1）+π（M-p2）+π（M-p3）+?+π（M-pn）]，則稱為偶數(shù)M對應的壘數(shù)，簡稱為M壘數(shù)，記為∑（M）。

定義2：對于均滿足某一特性或某一表達式的全體非負整數(shù)值組成的集合A，關于集合A的子集A1，A2，A3，?，Ak；任一Ai≠A（i=1，2，3，?，k），則稱集合Ai為該條件下的缺項集合。缺具體的某一項稱為缺項。

我們現(xiàn)在來分析證明“哥德巴赫猜想”的具體情形，若對于下列式子：∑（2m+2）-∑（2m）（m＞2），恒有∑（2m+2）-∑（2m）≧1；則“哥德巴赫猜想”成立。

具體舉例分析如下：

對于偶數(shù)18，小于18的全體奇素數(shù)有：3，5，7，11，13，17；那么有： π（18-3）=5，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13。π（18-5）=5，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13。π（18-7）=4，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11。π（18-11）=3，對應的奇素數(shù)有：3，5，7。π（18-13）=2，對應的奇素數(shù)有：3，5。π（18-17）=0，對應的奇素數(shù)有：0個。所以∑（18）=19。

對于偶數(shù)20，小于20的全體奇素數(shù)有：3，5，7，11，13，17，19；那么有：

π（20-3）=6，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13，17。π（20-5）=5，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13。π（20-7）=5，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13。π（20-11）=3，對應的奇素數(shù)有：3，5，7。π（20-13）=3，對應的奇素數(shù)有：3，5，7。π（20-17）=1，對應的奇素數(shù)有：3。π（20-19）=0，對應的奇素數(shù)有：0個。所以∑（20）=23。

對于偶數(shù)22，小于22的全體奇素數(shù)有：3，5，7，11，13，17，19；那么有：

π（22-3）=7，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13，17,19。π（22-5）=6，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13,17。π（22-7）=5，對應的奇素數(shù)有：3，5，7，11，13。π（22-11）=4，對應的奇素數(shù)有：3，5，7,11。π（22-13）=3，對應的奇素數(shù)有：3，5，7。π（22-17）=2，對應的奇素數(shù)有：3,5。π（22-19）=1，對應的奇素數(shù)有：3。所以∑（22）=28。

則有∑（20）-∑（18）=4，說明偶數(shù)20能表為兩個奇素數(shù)之和。在偶數(shù)20的情形中去掉屬于偶數(shù)18的全部情形，則剩下奇素數(shù)有：3，7，13，17；且3+17=7+13=20。

則有∑（22）-∑（20）=5，說明偶數(shù)22能表為兩個奇素數(shù)之和。在偶數(shù)22的情形中去掉屬于偶數(shù)20的全部情形，則剩下奇素數(shù)有：3,5，11，17，19；且3+19=5+17=11+11=22。

對于∑（2m+2）-∑（2m）≧1，設奇素數(shù)p1、p2、p3、?、pk均為不大于偶數(shù)2m的全體奇素數(shù)，那么對于下列式子：

π（2m+2-p1）-π（2m-p1），π（2m+2-p2）-π（2m-p2），π（2m+2-p3）-π（2m-p3），┇

π（2m+2-pk）-π（2m-pk）；

說明上述式子中至少有一個式子大于或等于1，不妨設π（2m+2-pi）-π（2 m-pi）≧1（i=1、2、3、?、k），pk＜2m；即π（2m+2-pi）所對應的全體奇素數(shù)中去掉屬于π（2m-pi）所對應的全體奇素數(shù)，必剩下一個奇素數(shù)pj，使得pi+pj=2m+2；即（2m+2-pi）+ pi=2m+2。定理1：對于非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪?∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素為等差數(shù)列，若存在一個數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}，那么必存在一個數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，a1h，（a1h+d）}。

證明：（?。⒘罴螧={a1，a2，a3，?，ak}，則集合C={（ak +d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），?，（ak+d+r-ah）}，故集合B∪{（ak+d）}包含集合C，那么{a1，a2，a3，?，ak}∪{（ak +d +r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），?，（ak+d+r-ah）}={a1，a2，a3，?，ak，（ah+d）}；又ak-d=ak-1，ak-1-d= ak-2，ak-1-d= ak-3，?，a2-d= a1，則有一個數(shù)u，u= d，使得{（a1-d），（a2-d），（a3-d），?，（ah-d）}∪{（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3），?，（ah+d+r-ah）}={（r-d），a1，a2，a3，?，ah，（ah+d）}。

（ⅱ）、令集合B={a1，a3，a5，?，a（2k-1）}，則集合C={（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}，因為（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））= a2，（a（2k-1）+d+r-a（2k-3））= a4，（a（2k-1）+d+r-a（2k-5））= a6，?，（a（2k-1）+d+r-a3）= a（2k-2），（a（2k-1）+d+r-a1）= a（2k-1）+d。故{a1，a3，a5，?，a（2k-1）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={a1，a2，a3，?，a（2k-2），（a（2k-1）+d）}。則有一個數(shù)u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a3-2 d），（a5-2d），?，（a（2k-1）-2 d）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），?，a1，a2，a3，?，a（2k-2），a（2k-1），（a（2k-1）+d）}。

（ⅲ）、令集合B={a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，?，a（4k+1），a（4k+2）}，則集合C={（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），?，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}，因為（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））= a3，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1））= a4，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-2））= a7，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-3））= a8，?，（a（4k+2）+2d+r-a2）= a（4k+2）+d，（a（4k+2）+2d+r-a1）= a（4k+2）+2d。故{a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，?，a（4k+1），a（4k+2）}∪{（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），?，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}={a1，a2，a3，a4，a5，a6，?，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d），（a（4k+2）+2d）}。則有一個數(shù)u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a2-2 d），（a5-2d），（a6-2d），（a9-2d），（a10-2d），?，（a（4k+1）-2 d），（a（4k+2）-2 d）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），?，a1，a2，a3，a4，a5，a6，?，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d）}。

因為對于非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），有{（ak+d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），?，（ak+d+r-ak）}={（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），（a8-d），?，（a（k-1）-d），（ak-d），?，（ak+d）}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），?，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），?，（a（k-1）-ed），（ak-ed），?，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。

一般地，對于任一非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關于集合A的子集B，B={a11，a12，a13，?，a1h}，集合B中的元素為等差數(shù)列，等差＞d，關于集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h +ed+r-a13），?，（a1h +ed+r-a1h）}中的元素，則有下列三種情形之一：

（1）、（a1h+ed+r-a1h）= a1j，（a1h +ed+r-a1h-1）= a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）=a1（j+2），?，（a1h+ed+r-a11）=a1h+ed-yd。

（2）、（a1h+ed+r-a1h）＞a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＞a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＞a1（j+2），?，（a1h+ed+r-a11）＞a1h+ed-yd。

（3）、（a1h+ed+r-a1h）＜a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＜a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＜a1（j+2），?，（a1h+ed+r-a11）＜a1h+ed-yd。

因為集合B中的元素為等差數(shù)列，說明集合{（a1h+ed+r-a11），6（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}中的元素也是等差數(shù)列。則集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={（a1t-md），（a1（t+1）-md），（a1（t+2）-md），（a1（t+3）-md），（a1（t+4）-md），（a1（t+5）-md），?，（a1（h-1）-md），（a1h-md），?，（a1h+ed-yd）}，t＞1，t＜k，t∈N，m∈N，e∈N。

所以對于與上面（?。áⅲ?，（ⅲ）同類型的情形，同理可得相同的效果。

綜上所述，定理1成立。

定理2：對于非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪?∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素為等差數(shù)列，若存在一個數(shù)u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，a1h，（a1h+d）}。那么必存在一個數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}。

證明：（?。?、令集合B={a1，a2，a3，?，ak}，則集合C={（ak +d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），?，（ak+d+r-ah）}，因為有一個數(shù) u，u= d，使得{（a1-d），（a2-d），（a3-d），?，（ah-d）}∪{（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3），?，（ah+d+r-ah）}={（r-d），a1，a2，a3，?，ah，（ah+d）}。又因為ak-d=ak-1，ak-1-d= ak-2，ak-1-d= ak-3，?，a2-d= a1，故有一個數(shù)u，u= d，使得{（a1-d），（a2-d），（a3-d），?，（ah-d）}∪{（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3），?，（ah+d+r-ah）}={（r-d），a1，a2，a3，?，ah，（ah+d）}。

（ⅱ）、令集合B={a1，a3，a5，?，a（2k-1）}，則集合C={（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}，因為有一個數(shù)u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a3-2 d），（a5-2d），?，（a-2 d）}∪{（a+d+r-a1），（a+d+r-a3），（a+d+r-a5），?，（2k-1）（2k-1）（2k-1）（2k-1）（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），?，a1，a2，a3，?，a（2k-2），a（2k-1），（a（2k-1）+d）}。又因為（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））= a2，（a（2k-1）+d+r-a（2k-3））= a4，（a（2k-1）+d+r-a（2k-5））= a6，?，（a（2k-1）+d+r-a3）= a（2k-2），（a（2k-1）+d+r-a1）= a（2k-1）+d。故{a1，a3，a5，?，a（2k-1）}∪{（a+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-（2k-1）a（2k-1））}={a1，a2，a3，?，a（2k-2），（a（2k-1）+d）}。

（ⅲ）、令集合B={a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，?，a（4k+1），a（4k+2）}，則集合C={（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），?，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}，因為有一個數(shù)u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a2-2 d），（a5-2d），（a6-2d），（a9-2d），（a10-2d），?，（a（4k+1）-2 d），（a（4k+2）-2 d）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），?，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），?，a1，a2，a3，a4，a5，a6，?，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d）}。又因為（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））= a3，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1））= a4，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-2））= a7，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-3））= a8，?，（a（4k+2）+2d+r-a2）= a（4k+2）+d，（a（4k+2）+2d+r-a1）= a（4k+2）+2d。故{a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，?，a（4k+1），a（4k+2）}∪{（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），?，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}={a1，a2，a3，a4，a5，a6，?，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d），（a（4k+2）+2d）}。

因為對于非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），有{（ak+d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），?，（ak+d+r-ak）}={（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），（a8-d），?，（a（k-1）-d），（ak-d），?，（ak+d）}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），?，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），?，（a（k-1）-ed），（ak-ed），?，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。

一般地，對于任一非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關于集合A的子集B，B={a11，a12，a13，?，a1h}，集合B中的元素為等差數(shù)列，等差＞d，關于集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h +ed+r-a13），?，（a1h +ed+r-a1h）}中的元素，則有下列三種情形之一：

（1）、（a1h+ed+r-a1h）= a1j，（a1h +ed+r-a1h-1）= a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）=a1（j+2），?，（a1h+ed+r-a11）=a1h+ed-yd。

（2）、（a1h+ed+r-a1h）＞a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＞a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＞a1（j+2），?，（a1h+ed+r-a11）＞a1h+ed-yd。

（3）、（a1h+ed+r-a1h）＜a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＜a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＜a1（j+2），?，（a1h+ed+r-a11）＜a1h+ed-yd。

因為集合B中的元素為等差數(shù)列，說明集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}中的元素也是等差數(shù)列。則集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={（a1t-md），（a1（t+1）-md），（a1（t+2）-md），（a1（t+3）-md），（a1（t+4）-md），（a1（t+5）-md），?，（a1（h-1）-md），（a1h-md），?，（a1h+ed-yd）}，t＞1，t＜k，t∈N，m∈N，e∈N。

所以對于與上面（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）同類型的情形，同理可得相同的效果。

綜上所述，定理2成立。

定理3：對于非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪?∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素為等差數(shù)列，若不存在一個數(shù)v，v=ed，e∈N，使 得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}，那么也不可能存在一個數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，a1h，（a1h+d）}。

證明：由定理2知，假若存在一個數(shù)u，u= md，m∈N，關于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪?∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素為等差數(shù)列，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，a1h，（a1h+d）}。那么必存在一個數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}。這與題設產生矛盾，故定理3成立。

定理4：對于非負整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪?∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素為等差數(shù)列，若不存在一個數(shù)u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d +r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，a1h，（a1h+d）}，那么也不可能存在一個數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed +r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}。

證明：由定理1知，假定存在一個數(shù)v，v=ed，e∈N，關于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪?∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素為等差數(shù)列，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}，那么必存在一個數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，a1h，（a1h+d）}。這與題設產生矛盾，故定理4成立。

哥德巴赫定理：任何一個不小于6的偶數(shù)均可表為兩個奇素數(shù)之和。

證明：對于任一偶數(shù)（2m+2），m≧2。分析（2m+2）壘數(shù)與2m壘數(shù)的差是否大于0。分析如下：

設奇素數(shù)p1、p2、p3、?、pn均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇素數(shù)，（pi＜ pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、n），設奇素數(shù)p1、p2、p3、?、pk均為不大于偶數(shù)2m的全體奇素數(shù)，（pi＜ pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、k）。對于（2m+2）壘數(shù)和2m壘數(shù)，由定義1知，∑（2m+2）=[π（2m+2-p1）+π（2m+2-p2）+π（2m+2-p3）+?+π（2m+2-pn）]，∑（2m）=[π（2m-p1）+π（2m-p2）+π（2m-p3）+?+π（2m-pk）]?，F(xiàn)在假若對偶數(shù)（2m+2），m≧2，不存在有兩個奇素數(shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj，令奇素數(shù)p1、p2、p3、?、pk均為不大于偶數(shù)2m的全體奇素數(shù)，（pi＜ pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、k）。則必然有：

π（2m+2-p1）-π（2m-p1）=0，π（2m+2-p2）-π（2m-p2）=0，π（2m+2-p3）-π（2m-p3）=0，┇

π（2m+2-pk）-π（2m-pk）=0；

我們分析π（2m+2-p1）-π（2m-p1）=0的情形，因為假若對于充分大的偶數(shù)（2m+2），不存在有兩個奇素數(shù)pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）；則說明奇數(shù)（2m+2-p1）不可能是奇素數(shù)；若奇數(shù)（2m+2-p1）是奇素數(shù)，則有π（2m+2-p1）-π（2m-p1）≧1，且（2m+2-p1）+p1=（2m+2）；這與假若對于充分大的偶數(shù)（2m+2），不存在有兩個奇素數(shù)pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）產生矛盾。同理分析π（2m+2-p2）-π（2m-p2）=0，π（2m+2-p3）-π（2m-p3）=0，?，π（2m+2-pk）-π（2m-pk）=0的情形，所以就有∑（2m+2）-∑（2m）=0。假設偶數(shù)6，8，10，?，（2m）（m≧2）均可表為兩個奇素數(shù)之和。現(xiàn)在設奇合數(shù)a1、a2、a3、?、as均為不大于偶數(shù)（2m-2）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、s）。設奇合數(shù)a1、a2、a3、?、at均為不大于偶數(shù)（2m）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t）。

則有{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、?、as}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m-2-5），（2m-2-3）（2m-2-1），}，根據(jù)定義2，說明集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、?、as}有缺項。

則有{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、?、at}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}，根據(jù)定義2，說明集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、?、at}有缺項。

因為集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、?、at}有缺項。那么集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（as-2）}也有缺項。

對于集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、?、as}的缺項與集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（as-2）}的缺項而言，集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（as-2）}的缺項必為下列情形之一：

（1）、集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（as-2）}的缺項與集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、?、as}的缺項相同，（2）、集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（as-2）}的缺項與集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、?、as}的缺項相同的情形下又產生了新的缺項，（3）、集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（as-2）}產生了新的缺項。

現(xiàn)在設奇合數(shù)a1、a2、a3、?、ah均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、h）。根據(jù)假設對于偶數(shù)（2m+2），m≧2，不存在有兩個奇素數(shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。則說明集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、?、ah}中包含了所有的奇合數(shù)和奇素數(shù)，那么必然有集合{1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、?、ah}={1，3，5，7，9，11，?，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，由此也有集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。由定理1和定理2可知，集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、?、at}={1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。因為已知集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、?、at}有缺項，由上面（1）、（2）、（3）分析的情形以及定理3和定理4可知，集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（a3-2）}也有缺項。由此可知集合{ 1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、?、ah}也有缺項，即集合{ 1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、?、ah}中至少有一個奇素數(shù)不在該集合中，故集合{ 1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、?、ah}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，所以假定偶數(shù)（2m+2）不存在有兩個奇素數(shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj不能成立。由此可知，∑（2m+2）-∑（2m）≧1。

對于∑（2m+2）-∑（2m）≧1，前面已經令奇素數(shù)p1、p2、p3、?、pk均為小于偶數(shù)（2m）的全體奇素數(shù)，那么對于下列式子：

π（2m+2-p1）-π（2m-p1），π（2m+2-p2）-π（2m-p2），π（2m+2-p3）-π（2m-p3），┇

π（2m+2-pk）-π（2m-pk）； 說明上述式子中至少有一個式子大于或等于1，不妨設π（2m+2-pi）-π（2 m-pi）≧1（i=1、2、3、?、k），pk＜2m；即π（2m+2-pi）所對應的全體奇素數(shù)中去掉屬于π（2m-pi）所對應的全體奇素數(shù)，必剩下一個奇素數(shù)pj，使得pi+pj=2m+2。即（2m+2-pi）+ pi=2m+2。綜上所述，任何一個不小于6的偶數(shù)均可表為兩個奇素數(shù)之和。

參考文獻

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[2]閔嗣鶴，嚴士健，初等數(shù)論（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]劉玉璉，付沛仁，數(shù)學分析（高等教育出版社）1984年3月第1版 [4]閔嗣鶴 數(shù)論方法（哈爾濱工業(yè)大學出版社）2011年3月第1版 [5]潘承洞 潘承彪 簡明數(shù)論（北京大學出版社）1998年1月第1版 [6]陳景潤 數(shù)論概貌（哈爾濱工業(yè)大學出版社）2011年3月第1版

二〇一一年十一月十日

第二篇：哥德巴赫猜想證明方法

哥德巴赫猜想的證明方法

探索者：王志成人們不是說：證明哥德巴赫猜想，必須證明“充分大”的偶數(shù)有“1+1”的素數(shù)對，才能說明哥德巴赫猜想成立嗎？今天，我們就來談如何尋找“充分大”的偶數(shù)素數(shù)對的方法。

“充分大”的偶數(shù)指10的500次方，即500位數(shù)以上的偶數(shù)。因為，我沒有學過電腦，也不知道大數(shù)的電腦計算方法，所以，我只有將“充分大”的偶數(shù)素數(shù)對的尋找方法告訴大家，請電腦高手幫助進行實施。又因為，人們已經能夠尋找1000位數(shù)以上的素數(shù)，對于500位數(shù)以內的素數(shù)的尋找應該不是問題，所以，“充分大”的偶數(shù)應該難不住當今的學術界。

“充分大”的偶數(shù)雖然大，我認為：我們只須要尋找一個特定的等差數(shù)列后，再取該數(shù)列的1000項到2000項，在這2000個數(shù)之內必然能夠尋找到組成偶數(shù)素數(shù)對的素數(shù)。下面，我們進行簡單的探索，從中尋找到具體方法。

我們以偶數(shù)39366為例，進行探索，按照本人的定理：在偶數(shù)內，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)（自然數(shù)1除外），必然能夠組成偶數(shù)的素數(shù)對。

這里所說的素因子，指小于偶數(shù)平方根的素數(shù)，√39366≈198，即小于198的素數(shù)為偶數(shù)39366的素因子。

一、初步探索，1、素因子2，39366/2余0，當然，任何偶數(shù)除以2都余0，素數(shù)2把自然數(shù)分為：1+2N和2+2N，除以2余0的數(shù)和與偶數(shù)除以素因子2的余數(shù)相同的數(shù)都是2+2N數(shù)列中的數(shù)，剩余1+2N數(shù)列中的數(shù)為哥德巴赫數(shù)的形成線路；

2、素因子3，39366/3余0，素數(shù)3把1+2N數(shù)列分為：1+6N，3+6N，5+6N，除以3余0的數(shù)和與偶數(shù)除以素因子3的余數(shù)相同的數(shù)都是3+6N數(shù)列中的數(shù)，剩余1+6N，5+6N，兩個數(shù)列中的數(shù)為哥德巴赫數(shù)的形成線路；

3、素因子5，39366/5余1，我們對上面剩余的兩個數(shù)列任意取一個數(shù)列1+6N，取與素因子相同的項，5個項有：1，7，13，19，25。在這5個項中，必然有一個項除以5余0，必然有一個項除以素因子的余數(shù)與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同，必然剩余素因子5減去2（不能被素因子整除的，為素因子減去1）個項，即5-2=3個項既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。剩余7，13，19，以前面的素因子乘積2*3*5為公差，組成3個哥德巴赫數(shù)的形成線路：7+30N，13+30N，19+30N。后面只取3個項，至少有一個項。

4、素因子7，39366/7余5，我們任意取7+30N的3個項有：7，37，67，這3個數(shù)中37，67，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。即37+210N和67+210N兩條線路都可以，5、素因子11，39366/11余8，我們取37+210N的3個項：37，247，457，這3個數(shù)，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。組成3個數(shù)列：37+2310N，247+2310N，457+2310N。

7、素因子13，39366/13余2，因為，下一個公差為2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能組成與素因子13相同的13個項，尋找組成偶數(shù)的素數(shù)對的素數(shù)，在取最后一個公差的等差數(shù)列時，不能取與素因子相同項數(shù)時，最少必須取素因子1/2以上的項。我們取247+2310N數(shù)列在偶數(shù)1/2之內的數(shù)有：247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

從素因子13到197，雖然還有40個素因子進行刪除，但是，大家不要怕，它們的刪除率是相當?shù)偷?，所以，在這些數(shù)中必然有能夠組成偶數(shù)素數(shù)對的素數(shù)存在。

素因子13，刪除能被13整除的數(shù)247，刪除除以13與39366除以13余數(shù)相同的數(shù)14107； 素因子19，刪除除以19與39366除以19余數(shù)相同的數(shù)11797；

素因子31，刪除能被31整除的數(shù)4867；

素因子53，刪除能被53整除的數(shù)9487，刪除除以53與39366除以53余數(shù)相同的數(shù)16417；

素因子61，刪除能被61整除的數(shù)18727。

最后，剩余2557和7177兩個數(shù)，必然能組成偶數(shù)39366的素數(shù)對。

探索方法

二、1、尋找等差數(shù)列的公差，令偶數(shù)為M、公差為B，我們已知該題的公差為2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一個素數(shù)為13，用13/2=6.5，那么，公差的要件為： M/B＞6.5，即大于7個項，主要是既要取最大的公差，又要確保不低于下一個素因子的1/2個項。我們就選擇2310為該偶數(shù)的公差。

2、尋找等差數(shù)列的首項，令首項為A，A的條件為：既不能被組成公差的素數(shù)2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，還必須在公差2310之內；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：在2310之內，大于或等于13的素數(shù)；自然數(shù)1；由大于或等于13的素因子與大于或等于13的素因子所組成的合數(shù)。為了方便起見，我們在這里取大于或等于13的素因子。

（2）、A除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同。因39366-13=39353，39353分別除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，可以定為首項，得該等差數(shù)列為13+2310N。

取等差數(shù)列13在M/2的項有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。當然，你也可以取該數(shù)列在偶數(shù)內的所有項，但是，當你全盤計算該偶數(shù)素數(shù)對時，取所有項必然形成與對稱數(shù)列的計算重復，該數(shù)列的對稱數(shù)列：因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，那么，對稱數(shù)2297也必然滿足這些條件，2297+2310N同樣是產生素數(shù)對的等差數(shù)列。

3、在上面的9上項中，去掉合數(shù)：2323，4633，6943，9253，11563，4、再去掉除以后面40個素因子余數(shù)與偶數(shù)除以這40個素因子余數(shù)相同的數(shù)，也就是對稱數(shù)是合數(shù)的數(shù)：13，13873，16183，剩余18493必然能夠組成偶數(shù)39366的素數(shù)對。

簡單地談一下素數(shù)生成線路與哥德巴赫數(shù)的生成線路的區(qū)別：

1、素數(shù)生成線路，我們仍然以2310為公差，在2310之內不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480個，我們可以用這480個數(shù)為首項，以2310為公差組成480個等差數(shù)列，為偶數(shù)39366內的素數(shù)生成線路。對于相鄰的偶數(shù)39364和39368來說，素數(shù)的生成線路是一樣的。

2、我們把能夠組成偶數(shù)素數(shù)對的素數(shù)稱為哥德巴赫數(shù)，偶數(shù)39366的哥德巴赫數(shù)生成線路，以2310為公差，在2310之內，既不能被2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同的數(shù)有：2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270個，即偶數(shù)39366以2310為公差的哥德巴赫數(shù)生成線路為270條，在2310內的這270個數(shù)又是與2310/2=1155完全對稱的，如果全盤進行計算必然重復，故，也可以看成是270/2=135條完整的哥德巴赫數(shù)形成線路，而素數(shù)生成線路是不會重復的。

而偶數(shù)39364的哥德巴赫數(shù)生成線路，在2310之內既不能被2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同的數(shù)有：2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，為135條線路，只有偶數(shù)39366的1/2。區(qū)別在于偶數(shù)39366能夠被素因子3整除，為乘以2/3，偶數(shù)39364不能夠被素因子3整除，為乘以1/3，即能夠整除的素因子X，為乘以（X-1）/X，不能夠整除的素因子Y，為乘以（Y-2）/Y，所以，偶數(shù)39366的素數(shù)對相當于偶數(shù)39364的素數(shù)對的2倍。

對于“充分大”的偶數(shù)的估算：充分大的偶數(shù)為500位數(shù)，素數(shù)對個數(shù)，根據(jù)《哥德巴赫猜想的初級證明法》中，當偶數(shù)大于91時，偶數(shù)的素數(shù)對個數(shù)不低于K（√M）/4，估計當偶數(shù)大于500位時，K的值為4*10的10次方，得充分大的偶數(shù)的素數(shù)對個數(shù)不低于260位數(shù)，用500位數(shù)的偶數(shù)除以260位數(shù)的數(shù)，得充分大的偶數(shù)平均240位數(shù)個數(shù)字中，有一個素數(shù)對的存在。如果我們直接進行尋找，相當于大海撈針。

如果，我們按照上面的方法二進行尋找，公差應為496位數(shù)，估計素數(shù)2*3*5*7*?*1283為496位數(shù)，從素數(shù)1289到2861之內，有素數(shù)除以素因子2，3，5，7，?，1283的余數(shù)不與偶數(shù)除以這些素因子的余數(shù)相同的數(shù)存在，存在的這個數(shù)可以作為等差數(shù)列的首項，2*3*5*7*?*1283的積作為等差數(shù)列的公差，取1289項，即1289個數(shù)，在這1289個數(shù)中，應該有能夠組成500位數(shù)的偶數(shù)的1+1的素數(shù)對的素數(shù)存在。

難易度分析

尋找“充分大”偶數(shù)的一個“1+1”素數(shù)對與驗證1000位數(shù)以上的一個素數(shù)相比較，到底哪一個難度小。

人類已經能夠尋找并驗證1000位數(shù)以上的素數(shù)，到底人們使用的什么辦法，我雖然不知道，但有一點可以肯定：都涉及素數(shù)，如果是簡單的方法，那么，都是簡單方法；如果是笨辦法，那么，都用笨辦法。我們在這里采用笨辦法進行比較：

充分大的偶數(shù)指500位數(shù)的數(shù)，與1000位數(shù)的素數(shù)相比，相差500位數(shù)。1000位數(shù)的數(shù)開平方為500位數(shù)，我們以位數(shù)相差一半的數(shù)為例進行分析。

100000000與10000相差一半的位數(shù)。笨辦法是：要驗證100000000以上的一個素數(shù)，假設要驗證的這個數(shù)開平方約等于10000，必須要用這個數(shù)除以10000之內的素數(shù)，不能被這之內所有的素數(shù)整除，這個數(shù)才是素數(shù)。因為，10000內共有素數(shù)1229個，即必須做1229個除法題，才能得知這個數(shù)是不是素數(shù)。說個再笨一點的辦法，假設我們不知道10000之內的素數(shù)，能否驗證100000000以上的這個數(shù)是不是素數(shù)呢？能，那就是用這個數(shù)除以10000內的所有數(shù)，不能被這之內所有的數(shù)整除，也說明這個數(shù)是素數(shù)。（之所以說，這兩種辦法是笨辦法，當我們知道10000內的所有素數(shù)時，要尋找100000000內的所有素數(shù)，不是用除法，而是用乘法，步驟最多只占第一種笨辦法的1%，詳見本人的《素數(shù)的分布》中所說的方法）。

當我們尋找偶數(shù)10000的一個素數(shù)對，須要多少個運算式？

我們知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理說應該取等差數(shù)列的7項以上，這里可以取4個項，接近應取數(shù)。我們基本上可以使用這個公差。這里的計算為5個計算式，簡稱5步；

大于11的素數(shù)，從13開始，尋找等差數(shù)列的首項，我們用（10000-13）分別除以2，3，5，7，11。能被3整除，除到3為止，一個減法，兩個除法，為3步；

素數(shù)17，（10000-17）分別除以2，3，5，7，11。不能整除，可以用17為等差數(shù)列的首項，組成等差數(shù)列：17+2310N。為6步；

數(shù)列17+2310N在10000內有：17，2327，4637，6947，9257，為4步；

計算素因子，√10000=100，素因子為100之內的素數(shù)，除2，3，5，7，11外，還剩13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97，為20個素因子。為1步；

用10000分別除以這20個素因子，把余數(shù)記下來。為20步；

用17分別除以這些素因子，當除到67時余數(shù)與10000除以67余數(shù)相同，為14步； 用2327分別除以這些素因子，當除到13時余數(shù)為0，為1步；

用4637分別除以這些素因子，當除到31時余數(shù)與10000除以31余數(shù)相同，為6步； 用6947分別除以這些素因子，當除到43時余數(shù)與10000除以43余數(shù)相同，為9步； 用9257分別除以這些素因子，既不能整除，也不與10000除以這些素因子的余數(shù)相同，奇數(shù)9257必然能組成偶數(shù)10000的素數(shù)對。為20步。

總計為：102步計算式。而驗證100000000以上的一個素數(shù)須要1229步計算式相比，結論為：尋找10000的一個素數(shù)對比驗證100000000以上的一個素數(shù)簡單。也就是說，尋找一個500位數(shù)偶數(shù)1+1的素數(shù)對，比驗證一個1000位數(shù)以上的素數(shù)容易。

尋找500位數(shù)偶數(shù)的素數(shù)對，因為，2*3*5*7*11*?*1283左右，其乘積為493到496位數(shù)，下一個素數(shù)可能為1289左右，1289/2=644.5。才能滿足取下一個素因子的值的1/2以上個項，當然，能夠取到1289個項以上更好，更容易尋找到偶數(shù)的素數(shù)對。

敬請世界電腦高手驗證，充分大的偶數(shù)必然有1+1的素數(shù)對存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三臺縣工商局：王志成

第三篇：淺談“哥德巴赫猜想”證明方法

淺談“哥德巴赫猜想”證明方法

務川自治縣實驗學校 王若仲 貴州564300

摘要：對于“哥德巴赫猜想”，我們來探討一種證明方法，要證明任一不小于6的偶數(shù)均存在有“奇素數(shù)+奇素數(shù)”的情形，如果我們把“奇素數(shù)+奇素數(shù)”這樣的情形若能轉換到利用奇合數(shù)的情形來加以分析，也就是任意給定一個比較大的偶數(shù)2m，通過順篩和逆篩的辦法，順篩就是篩除掉集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中的全體奇合數(shù)；逆篩就是在集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中再篩除掉偶數(shù)2m分別減去集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中的每一個奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；以及篩除掉1和（2m-1）。通過這樣篩除后，如果集合中還剩下有奇數(shù)，那么剩下的奇數(shù)必為奇素數(shù)，并且必定只滿足“奇素數(shù)+奇素數(shù)=2m”的情形。

關鍵詞：哥德巴赫猜想；奇素數(shù)；奇合數(shù)；順篩；逆篩。

德國數(shù)學家哥德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”，即任何一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個奇素數(shù)之和。歷史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及進展。

(一)比較有名的方法大致有下面四種：

（1）篩法，（2）圓法，（3）密率法，（4）三角求和法。其中：篩法是求不超過自然數(shù)Ｎ（Ｎ＞1）的所有素數(shù)的一種方法，2m=a+b，a=p1p2p3…pi，b=q1q2q3…qj，篩法的基本出發(fā)點，即加權篩法；圓法是三角和（指數(shù)和）估計方法；密率法（概率法）是函數(shù)估值法。(二)研究的進展

途徑一：殆素數(shù)，即2m= a1〃a2〃a3〃…〃ai+ b1〃b2〃b3〃…〃bj。殆素數(shù)就是素因子個數(shù)不多的正整數(shù)?，F(xiàn)設N是偶數(shù)，雖然現(xiàn)在不能證明N是兩個素數(shù)之和，但是可以證明它能夠寫成兩個殆素數(shù)的和，即N=A+B，其中A和B的素因子個數(shù)都不太多，譬如說素因子個數(shù)不超過10?，F(xiàn)在用“a+b”來表示如下命題：每個大偶數(shù)N都可表為A+B，其中A和B的素因子個數(shù)分別不超過a和b。顯然，哥德巴赫猜想就可以寫成“1+1”。在這一方向上的進展都是用所謂的篩法得到的。

“a+b”問題的推進

1920年，挪威的布朗證明了“9+9”。

1924年，德國的拉特馬赫證明了“7+7”。

1932年，英國的埃斯特曼證明了“6+6”。

1937年，意大利的蕾西先后證明了“5+7”, “4+9”, “3+15”和“2+366”。

1938年，蘇聯(lián)的布赫夕太勃證明了“5+5”。

1940年，蘇聯(lián)的布赫夕太勃證明了“4+4”。

1956年，中國的王元證明了“3+4”。稍后證明了 “3+3”和“2+3”。

1948年，匈牙利的瑞尼證明了“1+c”，其中c是一很大的自然數(shù)。

1962年，中國的潘承洞和蘇聯(lián)的巴爾巴恩證明了“1+5”，中國的王元證明了“1+4”。

1965年，蘇聯(lián)的布赫夕太勃和小維諾格拉多夫，及意大利的朋比利證明了“1+3 ”。

1966年，中國的陳景潤證明了“1+2 ”。

途徑二：例外集合，即尋找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶數(shù)。

在數(shù)軸上取定大整數(shù)x，再從x往前看，尋找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶數(shù)，即例外偶數(shù)。x之前所有例外偶數(shù)的個數(shù)記為E(x)。我們希望，無論x多大，x之前只有一個例外偶數(shù)，那就是2，即只有2使得猜想是錯的。這樣一來，哥德巴赫猜想就等價于E(x)永遠等于1。當然，直到現(xiàn)在還不能證明E(x)=1；但是能夠證明E(x)遠比x小。在x前面的偶數(shù)個數(shù)大概是x/2；如果當x趨于無窮大時，E(x)與x的比值趨于零，那就說明這些例外偶數(shù)密度是零，即哥德巴赫猜想對于幾乎所有的偶數(shù)成立。2 這就是例外集合的思路。

維諾格拉多夫的三素數(shù)定理發(fā)表于1937年。第二年，在例外集合這一途徑上，就同時出現(xiàn)了四個證明，其中包括華羅庚先生的著名定理。

途徑三：小變量的三素數(shù)定理，即已知奇數(shù)N可以表成三個素數(shù)之和，假如又能證明這三個素數(shù)中有一個非常小，譬如說第一個素數(shù)可以總取3，那么我們也就證明了偶數(shù)的哥德巴赫猜想。

如果偶數(shù)的哥德巴赫猜想正確，那么奇數(shù)的猜想也正確。我們可以把這個問題反過來思考。已知奇數(shù)N可以表成三個素數(shù)之和，假如又能證明這三個素數(shù)中有一個非常小，譬如說第一個素數(shù)可以總取3，那么我們也就證明了偶數(shù)的哥德巴赫猜想。這個思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25歲時，研究有一個小素變數(shù)的三素數(shù)定理。這個小素變數(shù)不超過N的θ次方。我們的目標是要證明θ可以取0，即這個小素變數(shù)有界，從而推出偶數(shù)的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先證明θ可取1/4。后來的很長一段時間內，這方面的工作一直沒有進展，直到1995年展?jié)淌诎雅死蠋煹亩ɡ硗七M到7/120。這個數(shù)已經比較小了，但是仍然大于0。

途徑四：幾乎哥德巴赫問題，即2m=p+q+2k。p和q均為奇素數(shù)。

1953年，林尼克發(fā)表了一篇長達70頁的論文。在文中，他率先研究了幾乎哥德巴赫問題，證明了，存在一個固定的非負整數(shù)k，使得任何大偶數(shù)都能寫成兩個素數(shù)與k個2的方冪之和。這個定理，看起來好像丑化了哥德巴赫猜想，實際上它是非常深刻的。我們注意，能寫成k個2的方冪之和的整數(shù)構成一個非常稀疏的集合；事實上，對任意取定的x，x前面這種整數(shù)的個數(shù)不會超過 3 log x的k次方。因此，林尼克定理指出，雖然我們還不能證明哥德巴赫猜想，但是我們能在整數(shù)集合中找到一個非常稀疏的子集，每次從這個稀疏子集里面拿一個元素貼到這兩個素數(shù)的表達式中去，這個表達式就成立。這里的k用來衡量幾乎哥德巴赫問題向哥德巴赫猜想逼近的程度，數(shù)值較小的k表示更好的逼近度。顯然，如果k等于0，幾乎哥德巴赫問題中2的方冪就不再出現(xiàn)，從而，林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。

林尼克1953年的論文并沒有具體定出k的可容許數(shù)值，此后四十多年間，人們還是不知道一個多大的k才能使林尼克定理成立。但是按照林尼克的論證，這個k應該很大。其中有個結果必須提到，即李紅澤、王天澤獨立地得到k=2000。目前最好的結果k=13是英國數(shù)學家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德國數(shù)學家普赫塔(Puchta)合作取得的，這是一個很大的突破。

數(shù)學家們經過上面四個途徑的不斷探索求證，仍然沒有徹底解決哥德巴赫問題。

現(xiàn)在我們介紹探討求證“哥德巴赫猜想”的另一種新方法，我在前人篩法的基礎上作出了進一步的改進，定義了“順篩”和“逆篩”這兩個基本概念。就是任意給定一個比較大的偶數(shù)2m，通過順篩和逆篩的辦法來達到目的。順篩就是篩除掉集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中的全體奇合數(shù)；逆篩就是在集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中再篩除掉偶數(shù)2m分別減去集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中的每一個奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；如果我們設奇素數(shù)p1，p2，p3，?，pt均為不大于√2m的全體奇素數(shù)（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，?，t），t∈N。對于“2m=奇數(shù)+奇數(shù)”（m≥3）來說，就只有下面幾種情形：（1）2m=奇合數(shù)+奇合數(shù)，（2）2m=奇合數(shù)+奇素數(shù)，（3）2m=奇素數(shù)+奇素數(shù)，（4）2m=1+奇合數(shù)，（5）2m=1+奇素數(shù)。

我們的目的就是要篩除掉（1）和（2）以及（4）或（5）情形中的所有奇數(shù)（因為對于偶數(shù)2m，（4）和（5）的情形不可能同時成立）。但是下面這兩種情形我們不必分析討論： ①偶數(shù)2m=p+p，p為奇素數(shù)；

②集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pt）}中至少有一 個奇數(shù)為奇素數(shù)。假若（2m-p2）為奇素數(shù)，那么2m=（2m-p2）+p2。所以①和②這兩種情形，偶數(shù)2m已經可表為“奇素數(shù)+奇素數(shù)”。如果我們能夠明確的判定在任意設定的集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中，通過順篩篩除掉集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的全體奇合數(shù)，通過逆篩篩除掉偶數(shù)2m分別減去集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一個奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；以及篩除掉1和（2m-1）。集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}通過這樣篩除后，如果集合中還剩下有奇數(shù)，那么剩下的奇數(shù)必為奇素數(shù)，并且必定只滿足“奇素數(shù)+奇素數(shù)=2m”的情形。

下面我們舉實例闡述這種解決“哥德巴赫猜想”新的基本思想方法。首先我們回顧一下2000多年前埃拉托斯特尼篩法，埃拉托斯特尼篩法可以用來尋找一定范圍內的素數(shù)（比如說m這個數(shù)，m這個數(shù) 不是太大）：操作的程序是先將第一個數(shù)2留下，將它的倍數(shù)全部劃掉；再將剩余數(shù)中最小的3留下，將它的倍數(shù)全部劃掉；繼續(xù)將剩余數(shù)中最小的5留下，將它的倍數(shù)全部劃掉，┅，如此直到沒有可劃的數(shù)為止。例如在100內進行這樣的操作，可得素數(shù)2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97。我們暫且把前人的這種篩法稱為埃拉托斯特尼順篩，簡稱順篩。就是通過順篩，能夠把某個很大的偶數(shù)M范圍內的素數(shù)全部篩出來，也未必好確定不大于偶數(shù)M的所有偶數(shù)均可表為兩個奇素數(shù)之和。順篩實際上就是篩出偶數(shù)M范圍內的所有偶數(shù)（除2外）和所有奇合數(shù)。如果我們在順篩的基礎上，再配合另外一種篩法，我們暫且把這種篩法稱為埃拉托斯特尼逆篩，簡稱逆篩。逆篩就是篩除掉偶數(shù)2m分別減集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一個奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；對于偶數(shù)M范圍內的所有正整數(shù)，通過順篩和逆篩配合篩出后，一定能夠判定偶數(shù)M是否可表為兩個奇素數(shù)之和。

我們以偶數(shù)100為例來闡述，因為“哥德巴赫猜想”針對的是奇素數(shù)，而奇素數(shù)是從奇數(shù)中分離出來的概念，所以我們就排出偶數(shù)的情形，只考慮奇數(shù)的情形。

對于偶數(shù)100以內的全體奇數(shù)，首先進行順篩：

（1）篩出3的倍數(shù)，可得集合A1={1，3，5，7，11，13，17，19，23，25，29，31，35，37，41，43，47，49，53，55，59，61，65，67，71，73，77，79，83，85，89，91，95，97}。（2）在集合A1中篩出5的倍數(shù)，可得集合A2={1，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，49，53，59，61，67，71，73，77，79，83，89，91，97}。

（3）在集合A2中篩出7的倍數(shù)，可得集合A3={1，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97}。

偶數(shù)100以內的全體奇數(shù)，經過順篩后，可以得出下面這樣的結論：滿足“奇合數(shù)+奇合數(shù)=100”中的全體奇合數(shù)，滿足“奇合數(shù)+奇素數(shù)=100”中的全體奇合數(shù)，滿足“1+奇合數(shù)=100”中的奇合數(shù)，全部被篩除。

又因為區(qū)間[√100，100]以內的任一奇合數(shù)均能被奇素數(shù)3，5，7中的某一個奇素數(shù)整除，這種情形擴展開來的一般情形完全可以證明。

其次進行逆篩：

（4）在集合A3中篩出集合{（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }中的奇數(shù)，可得集合A4={3，5，11，17，23，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

（5）在集合A4中篩出集合{（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）}={79，65，51，37，23，9}中的 奇數(shù)，可得集合A5={3，5，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

（6）因為100含有奇素數(shù)因子5，所以奇素數(shù)5要直接篩出。最后得到集合A6={3，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

所以再經過逆篩后，我們可以得出這樣的結論：滿足“奇合數(shù)+奇素數(shù)=100”中的全體奇素數(shù)，滿足“1+奇素數(shù)=100”中的奇素數(shù)，全部被篩除。

顯然可得到偶數(shù)100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。雖然我們前面闡述了利用順篩和逆篩配合篩法的妙處。但是對于很大很大的偶數(shù)2m，這種配合篩法的技術難度仍然相當大，怎樣克服這個技術性難題呢？下面我們再闡述解決這個技術性難題的基本思想方法。

我們還是以偶數(shù)100為例來闡述解決這個技術難題巧妙的基本思想方法：

對于偶數(shù)100以內的全體奇數(shù)組成的集合A，那么集合A={1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，65，67，69，71，73，75，77，79，81，83，85，87，89，91，93，95，97，99}，集合A中元素的總個數(shù)為50個。

因為區(qū)間[√100，100]以內的任一奇合數(shù)均能被奇素數(shù)3，5，7中的某一個奇素數(shù)整除，對于偶數(shù)100，我們只需用奇素數(shù)3，5，7來設定一些集合就能達到目的了。設集合A1={9，15，21，27，33，39，45，51，57，63，69，75，81，87，93，99}，集合A1′={（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }，集合A2={15，25，35，45，55，65，75，85，95}，集合A2′={（100-15），（100-25），（100-35），（100-45），（100-55），（100-65），（100-75），（100-85），（100-95）}={85，75，65，55，45，35，25，15，5}，集合A3={21，35，49，63，77，91}，集合A3′={（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）}={79，65，51，37，23，9}。

（1）因為偶數(shù)100含有奇素數(shù)因子5，所以我們只需考慮集合B=A2∪A2′={5，15，55，35，45，55，65，75，85，95}的情形。又因為偶數(shù)100不含有奇素數(shù)因子3和7，所以集合A1和A1′無公共元素，集合A3和A3′無公共元素。

（2）集合A1∩B={15，45，75}，集合A1′∩B={25，55，85}，集合A1∩A3={21，63}，集合A1′∩A3={49，91}，集合A1∩A3′={9，51}，集合A1′∩A3′={37，79}，集合A3∩B={35}，集合A3′∩B={65}，集合A1∩A3∩B=ф，集合A1′∩A3∩B=ф，集合A1∩A3′∩B=ф，集合A1′∩A3′∩B=ф。

（3）有了上面（1）和（2）的準備工作，我們下面就開始從集合中元素的數(shù)量著手，展開闡述解決這個技術性難題的基本思想方 法。

（4）因為集合A中元素的總個數(shù)為50個，在集合A中篩除集合A1和A1′中的元素，可以轉換到從集合中元素的數(shù)量來著手，即得50-16-16=18（個）（集合A1和A1′中元素的總個數(shù)均為16個）。

（5）再在集合A中篩除集合B中的元素，轉換到從集合中元素的數(shù)量著手，即得50-16-16-10+3+3=14（個），因為在50-16-16-10中集合A1∩B={15，45，75}中元素的總個數(shù)多減了一次，所以要加上3；又因為在50-16-16-10中集合A1′∩B={25，55，85}中元素的總個數(shù)多減了一次，所以要再加上3。

（6）再在集合A中篩除A3和A3′中的元素，轉換到從集合中元素的數(shù)量著手，即得50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（個），因為在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A3={21，63}中元素的總個數(shù)，集合A1′∩A3={49，91}中元素的總個數(shù)，集合A1∩A3′={9，51}中元素的總個數(shù)，集合A1′∩A3′={37，79}中元素的總個數(shù)，集合A3∩B={35}中元素的總個數(shù)，集合A3′∩B={65}中元素的總個數(shù)，均被多減了一次，所以要加上4個2和2個1。

（7）從前面這個實例，我們不難得出這樣一個結論：對于偶數(shù)M，利用順篩和逆篩配合篩，再轉換到利用集合中元素的數(shù)量來處理，就容易處理多了。當然對于很大很大的偶數(shù)2m，也是肯定容易處理多了，這就是解決技術性難題的基本思想方法。

因為集合A1∪{3}與集合A1′∪{（100-3）}中元素的個數(shù)相等，并且均約等于50÷3個；集合B中元素的個數(shù)等于50÷5個；集合 A3∪{7}與集合A3′∪{（100-7）}中元素的個數(shù)相等，并且均約等于50÷7個；以偶數(shù)100為例各種算法驗證如下：

算法一：50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（個）。算法二：50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+ 50÷35×2-50÷105×4≈50-33.3333333-10+6.6666667-14.2857143 +9.52380952+2.85714286-1.9047619≈69.0476191-59.5238095≈9.5238096≈9（個）。

算法三：50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+50÷35×2-50÷105×4=50×（1-2÷3）-（50÷5）（1-2÷3）+（50÷7）×2（1-2÷3）+50÷35×2（1-2÷3）=50×（1-2÷3）（1-1÷5）-（50÷7）×2（1-2÷3）（1-1÷5）=50×（1-2÷3）（1-1÷5）（1-2÷7）=50×（1÷3）（4÷5）（5÷7）≈9＞50÷7＞7（個）。

對于第三種驗算方法，關于偶數(shù)100，說明通過順篩和逆篩配合篩后，被篩除的集合中至少還有7個奇數(shù)未被篩除，就是把1和99再篩除還計算在內，被篩除的集合中至少還有5個奇數(shù)未被篩除，剩下的奇數(shù)必然只能滿足“奇素數(shù)+奇素數(shù)=100”的情形，這就說明偶數(shù)100能表為兩個奇素數(shù)之和。

現(xiàn)在我們開始闡述解決“哥德巴赫猜想”的基本思想方法：（1）為了解決無窮的情形，我們必須從極限這一基本點著手，解決了極限成立的情形，其它情形顯然成立。

（2）因為偶數(shù)2m=1+（2m-1）=3+（2m-3）=5+（2m-5）=7+（2m-7）=?=（2m-7）+7=（2m-5）+5=（2m-3）+3=（2m-1）+1。對于“偶數(shù)2m=奇數(shù)+奇數(shù)”來說，只有下面幾種情形： ①偶數(shù)2m=奇合數(shù)+奇合數(shù)，②偶數(shù)2m=奇合數(shù)+奇素數(shù)，③偶數(shù)2m=奇素數(shù)+奇素數(shù)，④偶數(shù)2m=1+奇合數(shù)，⑤偶數(shù)2m=1+奇素數(shù)。

（3）極限的情形無外孚是對于一個非常大的偶數(shù)2m，設奇素數(shù)p1，p2，p3，?，pt均為不大于√2m的全體奇素數(shù)（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，?，t），t∈N；并且假設偶數(shù)2m均不含有奇素數(shù)因子p1，p2，p3，?，pt，集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-pt）}中的奇數(shù)均為奇合數(shù)；這就保證了集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-pt）}中的奇數(shù)只能是前面（2）中“偶數(shù)2m=奇合數(shù)+奇素數(shù)”的情形。

（4）設置集合A={1，3，5，7，9，?，（2m-3），（2m-1）}，又 設置集合A1={ p1，3p1，5p1，7p1，9p1，?，（2m1-1）p1}，集合A1′={（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），?，[2m-（2m1-1）p1]}，集合A2={p2，3p2，5p2，7p2，9p2，?，（2m2-1）p2}，集合A2′={（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），?，[2m-（2m2-1）p2]}，集合A3={p3，3p3，5p3，7p3，9p3，?，（2m3-1）p3}，集合A3′={（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），?，[2m-（2m3-1）p3]}，?，集合At={pt，3pt，5pt，7pt，9pt，?，（2mt-1）pt}，集合At′={（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），?，[2m-（2mt-1）pt]}；其中奇數(shù)（2m1-1）p1為該表達形式下不大于奇數(shù)（2m-1）的最大奇數(shù)，奇數(shù)（2m2-1）p2為該表達形式下不大于奇數(shù)（2m-1）的最大奇數(shù)，奇數(shù)（2m3-1）p3為該表達形式下不大于奇數(shù)（2m-1）的最大奇數(shù)，?，奇數(shù)（2mt-1-1）pt-1為該表達形式下不大于奇數(shù)（2m-1）的最大奇數(shù)，奇數(shù)（2mt-1）pt為該表達形式下不大于奇數(shù)（2m-1）的最大奇數(shù)。

（5）我們令集合B=集合A1∪A1′∪A2∪A2′∪A3∪A3′∪?∪At∪At′∪{1，（2m-1）}，只要我們在集合A={1，3，5，7，9，?，（2m-3），（2m-1）}中篩除了屬于集合B中的全體奇數(shù)，即集合A與集合B的差集C中如果完全篩除了①和②以及④或⑤中這樣的所有奇數(shù)，即滿足上面（2）中“偶數(shù)2m=奇合數(shù)+奇合數(shù)”，偶數(shù)2m=奇合數(shù)+奇素數(shù)，偶數(shù)2m=1+奇合數(shù)或者偶數(shù)2m=1+奇素數(shù)的全體奇數(shù)，只要能證明集合A與集合B的差集C中還有奇數(shù)就達到目的了；也就是說集合C中的奇數(shù)只能滿足上面（2）中“偶數(shù)2m=奇素數(shù)+奇素數(shù)”的情形。

（6）為了證明集合C中還有奇數(shù)，我們還應一步一步著手： 〈1〉在集合A中篩除屬于集合A1和集合A1′中的奇數(shù)，得到集合B1；

〈2〉在集合B1中篩除屬于集合A2和集合A2′中的奇數(shù)，得到集合B2；

〈3〉在集合B2中篩除屬于集合A3和集合A3′中的奇數(shù)，得到集合B3；

┇ 〈t-1〉在集合Bt-2中篩除屬于集合At-1和集合At-1′中的奇數(shù)，得到集合Bt-1；

〈t〉在集合Bt-1中篩除屬于集合At和集合At′中的奇數(shù)，得到集合Bt。

如果我們把（6）的這種篩除方法再轉換一下方式，即利用集合A1，A1′，A2，A2′，A3，A3′，?，At，At′中元素的數(shù)量來加以分析探討，可能會得到意想不到的形情。由此我們再分析如下：

（7）對于正實數(shù)x，如果我們設置符號【x】表示為不大于x的最大正整數(shù)。設集合{1，3，5，7，9，?，（2m-3），（2m-1）}中元素的總個數(shù)為W；我們用【W÷p1】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，?，（2m1-1）p1}中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷p1′】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），?，[2m-（2m1-1）p1]} 中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷p2】表示集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，?，（2m2-1）p2}中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷p2′】表示集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），?，[2m-（2m2-1）p2]} 中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷（p2p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，?，（2m1-1）p1}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，?，（2m2-1）p2}中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷（p2p1′）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），?，[2m-（2m1-1）p1]}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，?，（2m2-1）p2}中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷（p2′p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，?，（2m1-1）p1}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），?，[2m-（2m2-1）p2]} 中全體奇數(shù)的總個數(shù)，【W÷（p2′p1′）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），?，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），?，[2m-（2m2-1）p2]} 中全體奇數(shù)的總個數(shù)，?，【W÷（pt′pt-1′?p3′p2′p1′）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），?，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），?，[2m-（2m2-1）p2]}∩{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），?，[2m-（2m3-1）p3]}∩?∩{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），?，[2m-（2mt-1）pt]} 中全體奇數(shù)的總個數(shù)。

為了達到篩除的最大極限，我們假定偶數(shù)2m中均不含有奇素數(shù)因子p1，p2，p3，?，pt；并且把奇數(shù)p1，（2m-p1），p2，（2m-p2），p3，（2m-p3），?，pt，（2m-pt）等等均看作要篩除；就是在集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}中篩除屬于集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，?，（2m1-1）p1}中的全體奇數(shù)，篩除屬于集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），?，[2m-（2m1-1）p1]} 中的全體奇數(shù)，篩除屬于集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，?，（2m2-1）p2}中的全體奇數(shù)，篩除屬于集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），?，[2m-（2m2-1）p2]}中的全體奇數(shù)，篩除屬于集合{p3，3p3，5p3，7p3，9p3，?，（2m3-1）p3}中的全體奇數(shù)篩除屬于集合{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），?，[2m-（2m3-1）p3]}中的全體奇數(shù)，?，篩除屬于集合{pt，3pt，5pt，7pt，9pt，?，（2mt-1）pt}中的全體奇數(shù)，篩除屬于集合{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），?，[2m-（2mt-1）pt]}中的全體奇數(shù)。

那么集合{1，3，5，7，9，?，（2m-1）}經過上面這樣篩除后集合中最終剩下奇數(shù)的總個數(shù)可以轉化為下面這種計算形式：

Y=W-【W÷p1】-【W÷p1′】-【W÷p2】-【W÷p2′】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1′）】+【W÷（p2′p1）】+【W÷（p2′p1′）】-【W÷p3】-【W÷p3′】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1′）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2′）】+【W÷（p3′p1）】+【W÷（p3′p1′）】+【W÷（p3′p2）】+【W÷（p3′p2′）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1′）】-【W÷（p3p2′p1）】-【W÷（p3p2′p1′）】-【W÷（p3′p2p1）】-【W÷（p3′p2p1′）】-【W÷（p3′p2′p1）】-【W÷（p3′p2′p1′）】-【W÷p4】-【W÷p4′】+?-【W÷pt】-【W÷pt′】+?+（-1）t【W÷（pt′pt-1′?p3′p2′p1′）】。

只要我們能證明【W÷（p2p1）】=【W÷（p2p1′）】=【W÷（p2′p1）】=【W÷（p2′p1′）】；【W÷（p3p2p1）】=【W÷（p3p2p1′）】= 【W÷（p3p2′p1）】=【W÷（p3′p2p1）】=【W÷（p3p2′p1′）】=【W÷（p3′p2p1′）】=【W÷（p3′p2′p1）】=【W÷（p3′p2′p1′）】；?；【W÷（ptpt-1?p3p2p1）】=【W÷（ptpt-1?p3p2p1′）】=【W÷（ptpt-1?p3p2′p1）】=【W÷（ptpt-1?p3′p2p1）】=?=【W÷（pt′pt-1′?p3′p2′p1′）】。那么就有

Y= W-【W÷p1】-【W÷p1′】-【W÷p2】-【W÷p2′】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1′）】+【W÷（p2′p1）】+【W÷（p2′p1′）】-【W÷p3】-【W÷p3′】+ 【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1′）】 +【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2′）】+【W÷（p3′p1）】+【W÷（p3′p1′）】+ 【W÷（p3′p2）】+【W÷（p3′p2′）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1′）】-【W÷（p3p2′p1）】-【W÷（p3p2′p1′）】-【W÷（p3′p2p1）】-【W÷（p3′p2p1′）】-【W÷（p3′p2′p1）】-【W÷（p3′p2′p1′）】-【W÷p4】-【W÷p4′】+?-【W÷pt】-【W÷pt′】+?+（-1）t【W÷（pt′pt-1′?p3′p2′p1′）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+?-【W÷pt】-【W÷pt】+?+（-1）t【W÷（ptpt-1?p3p2p1）】。

如果我們又能證明【W÷（p2p1）】≈W÷（p2p1）；【W÷（p3p1）】≈W÷（p3p1）；【W÷（p2p3）】≈W÷（p2p3）；【W÷（p3p2p1）】≈W÷（p3p2p1′）；?；【W÷（ptpt-1?p3p2p1）】≈W÷（ptpt-1?p3p2p1）。并且又能證明Y=W-【W÷p1】-【W÷p1′】-【W÷p2】-【W÷p2′】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1′）】+【W÷（p2′p1）】+【W÷（p2′p1′）】-【W÷p3】-【W÷p3′】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1′）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2′）】+【W÷（p3′p1）】+【W÷（p3′p1′）】+【W÷（p3′p2）】+【W÷（p3′p2′）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1′）】-【W÷（p3p2′p1）】-【W÷（p3p2′p1′）】-【W÷（p3′p2p1）】-【W÷（p3′p2p1′）】-【W÷（p3′p2′p1）】-【W÷（p3′p2′p1′）】-【W÷p4】-【W÷p4′】+?-【W÷pt】-【W÷pt′】+?+（-1）t【W÷（pt′ pt-1′?p3′p2′p1′）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+?-【W÷pt】-【W÷pt】+?+（-1）t【W÷（ptpt-1?p3p2p1）】＞W-W÷p1-W÷p1-W÷p2-W÷p2+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）-W÷p3-W÷p3+ W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）+W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）

t-W÷（p3p2p1）-W÷p4-W÷p4+?-W÷pt-W÷pt+?+（-1）W÷（ptpt-1?p3p2p1）=W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）?（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）。

然而Yt′=【W（1-d1÷p1）（1-d2÷p2）（1-d3÷p3）?（1-di-1÷pi-1）（1-di÷pi）（1-di+1÷pi+1）?（1-dt-1÷pt-1）（1-dt÷pt）】≥【W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）?（1-2÷pi-1）（1-2÷pi）（1-2÷pi+1）?（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）】=【W（1-2÷3）（1-2÷5）（1-2÷7）（1-2÷9）（1-2÷11）?[1-2÷（pi-2）]（1-2÷pi）[1-2÷（pi+2）]?[1-2÷（pt-2）]（1-2÷pt）】＞＞【m÷pt】，其中di=1或2，（i=1，2，3，?，t）。當偶數(shù)2m中含有奇素數(shù)因子pi時，那么di取值為1；當偶數(shù)2m中不含有奇素數(shù)因子pi時，那么di取值為2；因為pt＜√2m，所以當m相當大時，m÷pt的值比3要大很多很多。說明集合中余下得有奇數(shù)，并且 余下的奇數(shù)必定為奇素數(shù)，并且只滿足“2m=奇素數(shù)+奇素數(shù)”的情形。

如若是，則“哥德巴赫猜想”就解決了。

參考文獻

[1]戎士奎，十章數(shù)論（貴州教育出版社）1994年9月第1版

[2]閔嗣鶴，嚴士健，初等數(shù)論（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]劉玉璉，付沛仁，數(shù)學分析（高等教育出版社）1984年3月第1版

[4]王文才，施桂芬，數(shù)學小辭典（科學技術文藝出版社）1983年2月第1版

二〇一四年十月十九日

第四篇：哥德巴赫猜想的證明

《哥德巴赫猜想的嚴謹定性證明》 作者姓名：崔坤

作者單位：即墨市瑞達包裝輔料廠 E-mail:cwkzq@126.com 關鍵詞：CK表格，陳氏定理，瑞尼定理，哥德巴赫猜想 哥德巴赫猜想：哥德巴赫1742年給歐拉的信中哥德巴赫提出了以下猜想：

任一大于2的偶數(shù)都可寫成兩個質數(shù)之和。

由于近代數(shù)學規(guī)定1不是素數(shù)，那么除2以外所有的素數(shù)都是奇素數(shù)，據(jù)此哥猜等價：

定理A:每個≥6的偶數(shù)都是2個奇素數(shù)之和。推論B: 每個≥9的奇數(shù)O都是3個奇素數(shù)之和；

證明：首先我們設計一個表格---CK表格：

第一頁 在這個表格中通項N=An=2n+4,它是有2層等差數(shù)列構成的閉合系統(tǒng)，即上層是：首項為3，公差為2，末項是奇數(shù)（2n+1）的遞增等差數(shù)列。

下層是：首項為奇數(shù)（2n+1），公差為-2，末項是3的遞減等差數(shù)列。

由于偶數(shù)是無限的，故這個表格是個無限的，由此組成的系統(tǒng)就是一個非閉合系統(tǒng)。表中D(N)表示奇素數(shù)對的個數(shù)，H(N)表示奇合數(shù)對的個數(shù)，M(N)表示奇素數(shù)與奇合數(shù)成對的個數(shù)。不超過2n+1的奇素數(shù)個數(shù)為 π(2n+1)-1有CK表格可知：D(N)= π(2n+1)-1-M(N)根據(jù)CK表格、陳氏定理1+

1、瑞尼定理1+2，第一層篩得：

N1=P1+H1,偶數(shù)N1≥12，奇素數(shù)P1≥3，奇數(shù)H1≥9，即： N1=P1+H1=P1+P3=P5+H3,篩得：N1=P1+P3，其中奇素數(shù)P1≥3，奇素數(shù)P3≥3，奇素數(shù)P5≥3，奇合數(shù)H3≥9 偶數(shù)N1的最小值是3+3=6，故每個N1≥6的偶數(shù)都是2個奇素數(shù)之和 故命題得證

同理：第二層篩得：

N2=P2+H2,偶數(shù)N2≥12，奇素數(shù)P2≥3，奇數(shù)H2≥9，第二頁 即：

N2=P2+H2=P2+P4=P6+H4,篩得：N2=P2+P4，其中奇素數(shù)P2≥3，奇素數(shù)P4≥3，奇素數(shù)P6≥3，奇合數(shù)H4≥9 偶數(shù)N2的最小值是3+3=6，故每個N2≥6的偶數(shù)都是2個奇素數(shù)之和 故命題得證

第三層篩得： N3=N1+N2, N4=H3+H4 則N3=P5+P6+ H3+H4= P5+P6+ N4 那么N3-N4=P5+P6 設N=N3-N4, 則N=P5+P6，其中奇素數(shù)P5≥3，奇素數(shù)P6≥3 故每個N1≥6的偶數(shù)都是2個奇素數(shù)之和 故命題得證 綜上所述：

故定理A得證:每個≥6的偶數(shù)都是2個奇素數(shù)之和。

第三頁

推論B: 每一個大于等于9的奇數(shù)O都可以表示成三個奇素數(shù)之和。簡言：O=P1+P2+P3 證明：設P1、P2、P3均為≥3的奇素數(shù)，那么根據(jù)定理A可知：P3+N=P3+P1+P2, 因為P3為≥3，N≥6,所以奇數(shù)O=（P3+N）≥9，即奇數(shù)O=P1+P2+P3 故：每一個大于等于9的奇數(shù)O都可以表示成三個奇素數(shù)之和。

簡言：O=P1+P2+P3,故推論B得證 至此我們成功的證明了哥德巴赫猜想。作者：崔坤

即墨市瑞達包裝輔料廠 2016-09-14-14-38

第四頁

第五篇：哥德巴赫猜想的證明

猜想1 每個不小于6的偶數(shù)都可以表示為兩個奇素數(shù)之和

猜想2.每個不小于9的奇數(shù)都可以表示為三個奇素數(shù)之和。

證明：

設：m為整數(shù)且≥3；a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，為整數(shù)且≥1

∵m為整數(shù)且≥3

∴2m為偶數(shù)且≥6

尾數(shù)為1且<121的和數(shù)為：21，51.，81，91，111 共5個

尾數(shù)為1且≥121的和數(shù)可表示為：

①（10a+1）*（10b+1），2m>121

②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221

③（10a2+9）*（10b2+9），2m>361

尾數(shù)為3且<143的和數(shù)為：33，63，93，123，133 共5個

尾數(shù)為3且≥143的和數(shù)可表示為：

④（10a3+1）*（10b3+3），2m>143

⑤（10a4+7）*（10b4+9），2m>323

大于0且尾數(shù)為5的整數(shù)除了5，其余皆為和數(shù)

尾數(shù)為7且<187的和數(shù)為：27，,57，77,，87，117，147，177 共7個

尾數(shù)為7且≥187的和數(shù)可表示為：

⑥（10a5+1）*（10b5+7），2m>187

⑦（10a6+3）*（10b6+9），2m>247

尾數(shù)為9且<169的和數(shù)為：9，39，49，69，99，119，129，159 共8個

尾數(shù)為9且≥169的和數(shù)可表示為：

⑧（10a7+1）*（10b7+9），2m>209

⑨（10a8+3）*（10b8+3），2m>169

⑩（10a9+7）*（10b9+7），2m>289

∵a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，為整數(shù)且≥1

令代數(shù)式①，②，③，……，⑩分別小于2m

則 ab，a1b1，a2b2，……，a9b9分別可以表示：當代數(shù)式①，②，③，……，⑩分別<2m 時，代數(shù)式①，②，③，……，⑩可以表示的數(shù)的個數(shù)

又∵大于等于3且小于2m的奇數(shù)可以求出為 m-1個 ∴ab可表示代數(shù)式①所能表示的數(shù)的個數(shù)與大于于3且小于2m的奇數(shù)的個數(shù)的m?1

比

（10a+1）*（10b+1）<2mab<2m?10a?10b?1100

ab2m?10a?10b?1

∵12m?10a?10b?1存在極大值 50100(m?1)

∴ab1的極大值為 m?150

m?1個 50∴大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，代數(shù)式①能表示的數(shù)最多為

同理可求得，大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，代數(shù)式①，②，③，……，⑩能表示的數(shù)最多都為m?1個 50

∴大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為1的和數(shù)最多為3(m?1)+5個 50

2(m?1)大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為3的和數(shù)最多為+5個 50

m?1大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為5的和數(shù)最多為-1個 5

2(m?1)大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為7的和數(shù)最多為+7個 50

3(m?1)大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為9的和數(shù)最多為+8個 50

設p1，p2為正奇數(shù)

則 當m為奇數(shù)時滿足p1+p2=2m的p1，p2共有

∵當2m≥502時 [m?1-1組 2m?13(m?1)2(m?1)m?12(m?1)-1]-[+5]-[ +5]-[-1]-[ +7] 25050550

3(m?1)-[ +8] 的極小值≥1 50

即，當2m≥502且m為奇數(shù)時至少有1 組p1，p2使猜想1成立

∴當2m≥502且m為奇數(shù)時猜想1成立

當m為偶數(shù)時滿足p1+p2=2m的p1，p2共有

∵當2m≥512時 [m-1組 2m3(m?1)2(m?1)m?12(m?1)-1]-[+5]-[ +5]-[-1]-[ +7] 25050550

3(m?1)-[ +8] 的極小值≥1 50

即，當2m≥512且m為奇數(shù)時至少有1 組p1，p2使猜想1成立

∴當2m≥512且m為偶數(shù)時猜想1成立

∴當2m≥512時 猜想1成立

當2m≤512時，利用窮舉法，證得，猜想1成立

∴綜上所述，猜想1成立

∵大于等于9的偶數(shù)可以表示為 3+大于等于6的偶數(shù)

又∵猜想1成立

∴猜想2成立

通過總結證明過程可以得出：質數(shù)的個數(shù)與和數(shù)個數(shù)的比值無限接近1:9