第一篇：歌德巴赫猜想及其證明

哥德巴赫猜想及其證明

內(nèi)容摘要：設(shè)n為正整數(shù)，把大于8的偶數(shù)分為12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8這樣6類，則每一類都可以用6n±1、6n±5、6n±7、6n±11、6n±13、6n±17、6n±19、6n±23……之類的數(shù)其中兩個(gè)數(shù)的和表示。本文試圖證明當(dāng)和是大偶數(shù)的兩個(gè)數(shù)都是質(zhì)數(shù)時(shí)，n的取值是正整數(shù)集。

關(guān)鍵詞:質(zhì)數(shù) 奇數(shù) 偶數(shù) 正整數(shù) 自然數(shù) 集合 6n+1 6n-1 6n+5 6n-5 哥德巴赫猜想

上篇 哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想的內(nèi)容：大于2的偶數(shù)都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和,大于5的奇數(shù)都是三個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

下篇 哥德巴赫猜想的證明

分析：

小于4的質(zhì)數(shù)有兩個(gè)，即2和3,大于4的質(zhì)數(shù)則很多，但都不是小于它本身的質(zhì)數(shù)的倍數(shù)，這些小于它本身的質(zhì)數(shù)當(dāng)然包括2和3了，也就是說(shuō)，大于4的質(zhì)數(shù)既不是2的倍數(shù)，也不是3的倍數(shù)。若設(shè)n為正整數(shù)，則只有6n+1和6n-1表示的數(shù)才有可能是質(zhì)數(shù)。

設(shè)定字母含義：

n:正整數(shù)；

m:自然數(shù)（包括“0”）； N+:正整數(shù)集合。

……；

N-23：6n-23為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-23的集合； N-17：6n-17為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-17的集合； N-11：6n-11為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-11的集合； N-5：6n-5為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-5的集合； N1：6n+1為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n1的集合； N7:6n+7為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n7的集合； N13：6n+13為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n13的集合； N19：6n+19為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n19的集合； N25：6n+25為質(zhì)數(shù)時(shí)的n所有取值n25的集合； ……

N6m+1：6（n+m）+1為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n6m+1的集合?！?/p>

N-6m+1：6（n-m）+1為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-6m+1的集合。N-1:6n-1為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-1的集合。

N-7：6n-7為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-7的集合。N-13：6n-13為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-13的集合。N-19：6n-19為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-19的集合。N-25：6n-25為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-25的集合?！?/p>

N-6m-1：6（n-m）-1為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n-6m-1的集合?！?N5：6n+5為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n5的集合。N11：6n+11為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n11的集合。N17：6n+17為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n17的集合。N23：6n+23為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n23的集合。N29：6n+29為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n29的集合。……

N6m-1：6（n+m）-1為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n6m-1的集合?！?N6m+5：6（n+m）+5為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n6m+5的集合。N6m+7：6（n+m）+7為質(zhì)數(shù)時(shí)n的所有取值n6m+7的集合。根據(jù)設(shè)定的字母含義，上面的集合除N+外，有些與N1有關(guān)，有些與N-1有關(guān)。我們把與N1有關(guān)的集合叫做“6n+1”型,把與N-1有關(guān)的集合叫做“6n-1”型。于是這些集合可分為兩類：

第一類（“6n+1”型）: N1={n1|n1 =1，2，3，5，6，7，10，11，12，13，16，17，18，21，22，23，25，26，27，30，32，33，……}，N7={n7|n7=n1-1=1，2，4，5，6，9，10，11，12，15，16，17，20，21，22，24，25，26，29，31，32，……}，N13={n13|n13=n1-2=1，3，4，5，8，9，10，11，14，15，16，19，20，21，23，24，25，28，30，31，……}，N19={n19|n19=n1-3=2，3，4，7，8，9，10，13，14，15，18，19，20，22，23，24，27，29，30，……}，N25={n25|n25=n1-4=1，2，3，6，7，8，9，12，13，14，17，18，19，21，22，23，26，28，29，……}，……

N6m+1 ={n6m+1|n6m+1=n1-m=1-m，2-m，3-m，5-m，6-m，7-m,……}； N-5={n-5|n-5=n1＋1=2，3，4，6，7，8，11，12，13，14，17，18，19，22，23，24，26，27，28，31，33，34，……}，N-11={n-11|n-11= n1＋2=3，4，5，7，8，9，12，13，14，15，18，19，20，23，24，25，27，28，29，32，34，35，……}，N-17={n-17|n-17=n1+3=4，5，6，8，9，10，11，14，15，16，17，20，21，24，25，26，28，29，30，33，35，36，……}，N-23={n-23|n-23=n1+4=5，6，7，9，10，11，14，15，16，17，20，21，22，25，26，27，29，30，31，34，36，37，……}，……

N-6m+1={n-6m+1|n-6m+1=n1+m =1+m，2+m，3+m，5+m，6+m，……}。第二類（“6n-1”型）: N-1={n-1|n-1=1，2，3，4，5，7，8，9，10，12，14，15，17，18，19，22，23，25，27，28，29，30，32，33，34，……}，N-7={n-7|n-7=n-1 +1=2，3，4，5，6，8，9，10，11，13，15，16，18，19，20，23，24，26，28，29，30，31，33，34，35，……}，N-13={n-13|n-13=n-1 +2=3，4，5，6，7，9，10，11，12，14，16，17，19，20，21，24，25，27，29，30，31，32，34，35，36，……}，N-19={n-19|n-19=n-1 +3=4，5，6，7，8，10，11，12，13，15，17，18，20，21，22，25，26，28，30，31，32，33，35，36，37，……}，N-25={n-25|n-25=n-1 +4=5，6，7，8，9，11，12，13，14，16，18，19，21，22，23，26，27，29，31，32，33，34，36，37，38，……}，……

N-6m-1={n-6m-1|n-6m-1=n-1+m=1+m，2+m，3+m，4+m，5+m，7+m，……}； N5={n5|n5=n-1-1=1，2，3，4，6，7，8，9，11，13，14，16，17，18，21，22，24，26，27，28，29，31，32，33，……}，N11={n11|n11=n-1–2=1，2，3，5，6，7，8，10，12，13，15，16，17，20，21，23，25，26，27，28，30，31，32，……}，N17={n17|n17=n-1-3=1，2，4，5，6，7，9，11，12，14，15，16，19，20，22，24，25，26，27，29，30，31，……}，N23={n23|n23=n-1-4=1，3，4，5，6，8，10，11，13，14，15，18，19，21，23，24，25，26，28，29，30，……}，……

N6m-1 ={n6m-1|n6m-1=n-1-m=1-m，2-m，3-m，4-m，5-m，7-m，……}。首先證明大于2的偶數(shù)都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明過(guò)程分兩步。第一步：偶數(shù)4，6，8都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明：4=2+2，6=3+3，8=3+5。

第二步：大于8的偶數(shù)都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

大于8的偶數(shù)可分為12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8

這樣6類，下面分別證明。

1．12n-2是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明：

12n-2=（6n-1）+（6n-1）=（6n+5）+（6n-7）=（6n+11）+（6n-13）=（6n+17）+（6n-19）=（6n+23）+（6n-25）=……=[6（n+m）-1]+[6（n-m）-1] 當(dāng)12n-2=（6n-1）+（6n-1）且6n-1為質(zhì)數(shù)(如10=5+5，22=11+11,34=17+17等)時(shí)，n的所有取值的集合應(yīng)為

N-1={1，2，3，5，6，7，10，11，12，13，14，15，16，17，18，19，22，23，25，27，28，29，30，32，33，34，…… }。

同理當(dāng)12n-2=（6n+5）+（6n-7）且6n+5和6n-7都為質(zhì)數(shù)(如22=17+5,34=23+11等)時(shí)，則n的所有取值的集合應(yīng)為

N5?N-7={1，2，3，4，6，7，8，9，11，13，14，16，17，18，21，22，24，26，27，28，29，31，32，33，……}?{2，3，4，5，6，8，9，10，11，13，15，16，18，19，20，23，24，26，28，29，30，31，33，34，35，……}={2,3,4,6,8,9,11,13, 16，18，24，26，28，29，31，33，……}。

當(dāng)12n-2=（6n+11）+（6n-13）且6n+11和6n-13都為質(zhì)數(shù)(如34=29+5,58=41+17等)時(shí)，n的所有取值的集合應(yīng)為

N11?N-13={1，2，3，5，6，7，8，10，12，13，15，16，17，20，21，23，25，26，27，28，30，31，32，……}?{4，5，6，8，9，10，11，14，15，16，17，20，21，24，25，27，29，30，31，32，34，35，36，……}={5,6,8,10，15，16，17，20，21，25，27，30，31，32，……}。

當(dāng)12n-2=（6n+17）+（6n-19）且6n+17和6n-19都為質(zhì)數(shù)（如58=47+11，70=53+17等）時(shí)，n的所有取值的集合應(yīng)為

N17?N-19……={1，2，4，5，6，7，9，11，12，14，15，16，19，20，22，24，25，26，27，29，30，31，……}?{4，5，6，7，8，10，11，12，13，15，17，18，20，21，22，25，26，28，30，31，32，33，35，36，37，……}={4,5,6,7,11,12,15，20，22，25，26，30，31，……}。

當(dāng)12n-2=（6n+23）+（6n-25）且6n+23和6n-25都為質(zhì)數(shù)（如58=53+5,70=59+11等）時(shí),n的取值應(yīng)為

N23?N-25={1，3，4，5，6，8，10，11，13，14，15，18，19，21，23，24，25，26，28，29，30，……}?{5，6，7，8，9，11，12，13，14，16，18，19，21，22，23，26，27，29，31，32，33，34，36，37，38，……}={5,6,8,11,13，14，18，19，21，23，26，29，……},依次類推。

又當(dāng)12n-2=（6n-1）+（6n-1）=（6n+5）+（6n-7）且6n-

1、6n+5、6n-7都為質(zhì)數(shù)(如22=11+11=17+5,34=17+17=23+11等)時(shí)，n的所有取值的集合應(yīng)為

N-1?（N5?N-7）={1，2，3，5，6，7，10，11，12，13，14，15，16，17，18，19，22，23，25，27，28，29，30，32，33，34，……}?{2,3,4,6,8,9,11,13, 16，18，24，26，28，29，31，33，……}={1,2,3，4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 14，15，16，17，18，19，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，……}。

當(dāng)12n-2=（6n-1）+（6n-1）=（6n+5）+（6n-7）=（6n+11）+（6n-13）且6n-

1、6n+5、6n-

7、6n+11、6n-13都為質(zhì)數(shù)(如34=17+17=23+11=29+5等)，則n的所有取值的集合應(yīng)為N-1?（N5?N-7）?（N11?N-13）=[N-1?（N5?N-7）]?（N11?N-13）={1,2,3，4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 14，15，16，17，18，19，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，……}?{5,6,8,10，15，16，17，20，21，25，27，30，31，32，…}={1,2,3，4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 14，15，16，17，18，19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，……},依次類推。設(shè)當(dāng)12n-2是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)n的所有取值的集合為N-2，則當(dāng)n→∞時(shí)，有

N-2=N-1?（N5?N-7）?（N11?N-13）?（N17?N-19）?（N23?N-25）?……?（N6m-1?N-6m-1）＝[（N-1?N5）?（N-1?N-7）] ?（N11?N-13）?（N17?N-19）（N23?N-25）（N6m-1?N-6m-1）＝［（N-1?N-1）（N5?N-7）］（N11?N-13）??……???］?（N17?N-19）?（N23?N-25）?……?（N6m-1?N-6m-1）＝［N-1?（N5?N-7）（N11?N-13）（N17?N-19）（N23?N-25）（N6m-1?N-6m-1）＝［（N-1?N5）????……?（N-1?N-7）］（N11?N-13）（N17?N-19）（N23?N-25）（N6m-1?N-6m-1）?????……?＝｛［（N-1?N5）?（N-1?N-7）］?N11｝?｛［（N-1?N5）?（N-1?N-7）］?N-13｝?（N17?N-19）?（N23?N-25）?……?（N6m-1?N-6m-1）

?N

1?（N5?N-7）=N+

這個(gè)

12n-2是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)，n的所有取值的集

合是正整數(shù)集，即無(wú)論n取任何正整數(shù)值，12n-2都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

2．12n是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明：

12n=（6n+1）+（6n-1）=（6n+7）+（6n-7）=（6n+13）+（6n-13）=（6n+19）+（6n-19）=（6n+25）+（6n-25）=……=[6（n+m）+1]+[6（n-m）-1] 設(shè)當(dāng)12n是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)n的所有取值的集合為N0，當(dāng)n→∞時(shí)，則有

N0=(N1?N-1)?(N7?N-7)?(N13?N-13)?(N19?N-19)?(N25?N-25)?……?（N6m+1?N-6m-1）=（N1?N7?N13?N19?N25?……?N6m+1）?（N-1?N-7?N-13?N-19?N25?……?N-6m-1）=N+?N+=N+ 這個(gè)結(jié)論說(shuō)明，當(dāng)12n是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)，n的所有取值的集合是正整數(shù)集，即12n是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

3.12n+2是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明: 12n+2=(6n+1)+(6n+1)=(6n+7)+(6n-5)=(6n+13)+(6n-11)=(6n+19)+(6n-17)=(6n+25)+(6n-23)=……=[6（n+m）+1]+[6（n-m）+1] 設(shè)當(dāng)12n+2是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)n的所有取值的集合為N2，當(dāng)n→∞時(shí)，則有

N2=（N1?N1）?（N?7N-5）?（N13?N-11）?（N19?N-17）?（N25?N-23）?……?（N6m+1?N-6m+1）=（N1?N7?N13?N19?N25?……?N6m+1）?（N1?N-5?N-11?N-17?N-23 ?……?N-6m+1）=N+?N+=N+

這個(gè)結(jié)論說(shuō)明，12n+2是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。4.12n+4是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明：

12n+4=（6n+5）+（6n-1）=（6n+11）+（6n-7）=（6n+17）+（6n-13）=（6n+23）+（6n-19）=（6n+29）+（6n-25）=……=[6（n+m）+5]+[6（n-m）-1] 設(shè)當(dāng)12n+4是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)n的所有取值的集合為N4，當(dāng)n→∞時(shí)，則有

N4=（N5?N-1）?（N11?N-7）?（N17?N-13）?（N23?N-19）?（N29?N-25）?……?（N6m+5?N-6m-1）=（N5?N11?N17?N23?N19?……?N6m+5）?（N-1?N-7?N-13?N-19?N-25?……?N-6m-1）=N+?N+=N+ 這個(gè)結(jié)論說(shuō)明，12n+4是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。5.12n+6是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明: 12n+6=(6n+5)+(6n+1)=(6n+11)+(6n-5)=(6n+17)+(6n-11)=(6n+23)+(6n-17)=(6n+29)+(6n-23)=……=[6（n+m）+5]+[6（n-m）+1] 設(shè)12n+6當(dāng)是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)n的所有取值的集合為N6，當(dāng)n→∞時(shí)，則有

N6=（N5?N1）?（N11?N-5）?（N17?N-11）?（N23?N-17）?（N29?N-23）?……?（N6m+5?N-6m+1）=（N5?N11?N17?N23?N29?……?N6m+5）?（N1?N-5?N-11?N-23?……?N-6m+1）=N+?N+=N+

這個(gè)結(jié)論說(shuō)明，12n+6是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

6.12n+8是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明：

12n+8=（6n+7）+（6n+1）=（6n+13）+（6n-5）=（6n+19）+（6n-11）=（6n+25）+（6n-17）=……=[6（n+m）+7]+6（n-m）+1] 設(shè)當(dāng)12n+8是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和時(shí)n的所有取值的集合為N8，當(dāng)n→∞時(shí)，則有

N8=（N7?N1）?（N13?N-5）?（N19?N-11）?（N25?N-17）?……?（N6m+7?N-6m+1）=（N7?N13?N19?N25?……?N6m+7）（N1?N-5?N-11?N-17?……??N-6m+1）=N?N=N +++這個(gè)結(jié)論說(shuō)明，12n+8是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

由以上兩步可知，大于2的偶數(shù)都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和?，F(xiàn)在證明大于5的奇數(shù)，都是3個(gè)質(zhì)數(shù)的和，也分兩步。第一步：奇數(shù)7、9、11都是3個(gè)質(zhì)數(shù)的和。證明：7=2+2+3，9=2+2+5，11=2+2+7。第二步：大于11的奇數(shù)都是3個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

證明：大于11的奇數(shù)可分為6類，12n+1、12n+3、12n+5、12n+7、12n+9和12n+11，其中12n+1=（12n-2）+3，12n+9=（12n-2）+11，而12n-2和12n均已證明都是兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和，所以大于11的奇數(shù)都是3個(gè)質(zhì)數(shù)的和。

由以上兩步可知，大于5的奇數(shù)都是3個(gè)質(zhì)數(shù)的和。推論：大于5的自然數(shù)都是3個(gè)質(zhì)數(shù)的和（請(qǐng)讀者自證）。附：關(guān)于N1?N7?……?N6m+1=N1?N-5?……?N-6m+1=N-1?N-7?……

?N-6m-1=N-1?N5?……?N6m-1=N5?N11?……?N6m+5=N7?N13?……?N6m+7=N

+ 的證明

證明：當(dāng)n、n1和n-1都趨向于無(wú)窮大時(shí)，n-

1、n1-1和n-1-1也都趨向于無(wú)窮大。這時(shí)，N1?N7?……?N6m+1={n1，n1-1，n1-2，……3，2，1}=N+，N1?N-5?……?N-6m+1={1，2，3，n}=N+，N-1?N-7?……?N-6m-1={1，2，3，……，n}=N+，N-1?N5?……?N6m-1={n-1，n-1-1，n-1-2，……，3，2，1}=N+，N5?N11?……?N6m+5={n-1-1，n-1-2，n-1-3，……，3，2，1}=N+，N7?N13?……?N6m+7={n1-1，n1-2，n1-3，……3，2，1}=N+（舞鋼市鐵山鄉(xiāng)韓莊學(xué)校 陳學(xué)本電話：***）

第二篇：求史上各種歌德巴赫猜想的證明方法

求史上各種歌德巴赫猜想的證明方法 [ 標(biāo)簽：歌德巴赫 ] 匿名 2008-07-24 09:26

我找了很多地方都只找到陳景潤(rùn)的“1+2”的證明方式，那有沒(méi)有比如像“9+9”“1+3”等等的證明表達(dá)式~~ 舉報(bào) 滿意答案 好評(píng)率：75%

用一種既科學(xué)有簡(jiǎn)單的方法證明歌德巴赫猜想!（1）逐個(gè)對(duì)偶數(shù)2—200這100個(gè)偶數(shù)進(jìn)行實(shí)算，編制成表

一、表

二、表三附在文后，以供研究。（2）編制偶數(shù)2—200等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)變化展示圖（附在文后）進(jìn)行分析研究。? 為什么圖形忽高忽低，呈折線上升，原因何在。? 素?cái)?shù)公式不適合證明（1+1）。? 按照組數(shù)變化展示圖分段來(lái)仔細(xì)研究。4-4 命題沒(méi)有要求對(duì)“任何不小于6的偶數(shù)”都全部逐個(gè)運(yùn)算一次。但是從理論上來(lái)證明（1+1）是辦得到的。4-5 偶數(shù)等于三種不同組合的兩個(gè)奇數(shù)之和，為什么命題只承認(rèn)“任何不小于6的偶數(shù)都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。這可以從起點(diǎn)不同分布情況不同由本文新論點(diǎn)來(lái)解答。

五、結(jié)論：（P17-P18）綜合兩點(diǎn)理由，論證哥德巴赫猜想之一的“任何不小于6的偶數(shù)都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”是正確的定理。

六、附表（P19-P27）? 表一 偶數(shù)6—20通過(guò)公式計(jì)算結(jié)果統(tǒng)計(jì)表。（著重解決偶數(shù)等于三種不同組合的兩個(gè)奇數(shù)之和的起點(diǎn)。）? 表二 偶數(shù)22—100等于兩個(gè)奇數(shù)之和明細(xì)表。? 表三 偶數(shù)102—200等于兩個(gè)奇數(shù)之和的明細(xì)表。說(shuō)明：所有明細(xì)表都有詳細(xì)的運(yùn)算式，并在奇質(zhì)數(shù)下面劃有一條橫線，以示區(qū)別。其中的質(zhì)+質(zhì)就是命題結(jié)論要求的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和（組數(shù)）。? 偶數(shù)2-200等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的組數(shù)變化展示圖。一種既科學(xué)又簡(jiǎn)便的證明（1+1）的新方法 作者：李建耀

一、簡(jiǎn) 介 1-1（1+1）是什么 1742年6月7日德國(guó)數(shù)學(xué)家哥德巴赫寫信給當(dāng)時(shí)著名數(shù)學(xué)家歐拉，提出兩個(gè)大膽的猜想。（1）任何不小于6的偶數(shù)都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。（簡(jiǎn)稱1+1）。（2）任何不小于9的奇數(shù)都是叁個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。這就是數(shù)學(xué)史上著名的哥德巴赫猜想。同年6月30日歐拉在回信中說(shuō)，他深信這兩個(gè)猜想都是正確的定理，但他當(dāng)時(shí)無(wú)法證明。而且十八世紀(jì)和十九世紀(jì)，也無(wú)人能夠證明。因此到1900年二十世紀(jì)最偉大的數(shù)學(xué)家希爾伯特，在國(guó)際數(shù)學(xué)會(huì)上把“哥德巴赫猜想”列為23個(gè)數(shù)學(xué)難題之一。讓全世界數(shù)學(xué)家聯(lián)手證明。可是到目前為止，已過(guò)去將近264年，尚無(wú)1人能夠完全證明出來(lái)。由于這是一個(gè)世界難題，所以大多數(shù)數(shù)學(xué)家都想集中精力一個(gè)個(gè)的突破，現(xiàn)都在全力進(jìn)攻哥德巴赫的第一個(gè)大膽的猜想。探索“任何不小于6的偶數(shù)都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”的奧秘。數(shù)學(xué)家在探索時(shí)認(rèn)為，無(wú)論多大的奇質(zhì)數(shù)，都把它看成一個(gè)，這樣兩個(gè)相加，就是兩個(gè)1相加，即是（1+1）。時(shí)間久了，（1+1）就成為猜想之一的簡(jiǎn)稱。如果誤認(rèn)“1+1=2”，便會(huì)使“猜想”改變了原來(lái)的題意。1-2 已往數(shù)學(xué)家研究（1+1）的成果。二十世紀(jì)前研究毫無(wú)進(jìn)展，直到1920年挪威數(shù)學(xué)家布郎證明出9個(gè)素?cái)?shù)因子之積加9個(gè)素?cái)?shù)之積是正確的，稱為（9+9）。1924年德國(guó)數(shù)學(xué)家拉德哈馬爾證明了（7+7）。1932年英國(guó)數(shù)學(xué)家愛(ài)斯斯?fàn)柭C明了（6+6）。1938年前蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家布爾所斯塔勃證明了（5+5）。1940年他又證明了（4+4）。1956年中國(guó)數(shù)學(xué)家王元證明了（3+4）。同年前蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家維諾格拉多夫證明了（3+3）。1957年中國(guó)數(shù)學(xué)家王元證明了（2+3）。1948年匈牙利數(shù)學(xué)家瑞尼證明出（1+c），他是最早用“1”為常數(shù)的。1948年匈牙利數(shù)學(xué)家蘭恩證明了（1+6）。1962年中國(guó)數(shù)家潘承洞證明了（1+5）。1963年中國(guó)數(shù)學(xué)家王元、潘承洞，以及前蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家巴爾巴恩證明了（1+4）。1965年前蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家布爾斯塔勃及維諾塔拉多大及意大利數(shù)家朋比證明了（1+3）。1966年中國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)證明了（1+2）?？磥?lái)上述中外數(shù)學(xué)家都在逐步縮小包圍圈。企圖最后攻克（1+1）這個(gè)堡壘。眼看來(lái)只差一步就可達(dá)到目的，但是由于他們所證明的都是“每個(gè)充分大的偶數(shù)”與哥德巴赫猜想一的“任何不小于6的偶數(shù)”是有區(qū)別的。而且所有的結(jié)論都不是（1+1）。由于不按命題來(lái)論證，又怎能達(dá)到成功目的呢？因此以后的數(shù)學(xué)家在研究哥德巴赫猜想時(shí)，不要盲目跟著別人跑，要自主創(chuàng)新，要依據(jù)命題來(lái)論證。1-3 目前數(shù)學(xué)界在研究（1+1）時(shí)，還存在那些難以解決的問(wèn)題： <1> 無(wú)法破解其中的奧秘，必須創(chuàng)造新的數(shù)學(xué)方法。A、摘自2002年1月26日北京晚報(bào)網(wǎng)站的“哥德巴赫”背景資料。是這樣敘述的“哥德巴赫猜想”被稱為數(shù)學(xué)皇冠上的明珠。古今往來(lái)，多少數(shù)學(xué)家殫精竭慮，仍無(wú)法完全破解其中的奧秘。即使像中國(guó)陳景潤(rùn)這樣的數(shù)學(xué)家，也只是在研究方面邁進(jìn)一步而已??“。目前，有許多數(shù)學(xué)家認(rèn)為，要想證明“1+1”，必須通過(guò)創(chuàng)造新的數(shù)學(xué)方法，以往的路很可能都是走不通的。B、摘自2004年10月10日，作者劉宇“關(guān)于哥德巴赫猜想研究情況的分析與思考”一文，他是這樣敘述的“證明路徑不對(duì)路，大多數(shù)數(shù)學(xué)家的證明路徑，都是只證明后面的結(jié)論，而不證明前面的前置條件，包括現(xiàn)在的一些數(shù)學(xué)名家都還在犯此錯(cuò)誤，不按命題的要求的方向去證明命題”。他還說(shuō)：數(shù)學(xué)家門把哥德巴赫猜想稱之為“數(shù)學(xué)皇冠上的明珠”，夸大其詞，誤導(dǎo)探索者，事實(shí)上就其實(shí)質(zhì)來(lái)說(shuō)，哥德巴赫猜想是一個(gè)素?cái)?shù)加法問(wèn)題，即研究素?cái)?shù)兩兩相加的分布規(guī)律問(wèn)題，與素?cái)?shù)的乘法、除法、指數(shù)、對(duì)數(shù)以及其他數(shù)學(xué)方法，或者研究素?cái)?shù)內(nèi)在本質(zhì)的這種方法相比，相差遠(yuǎn)多了?？梢哉f(shuō)素?cái)?shù)加法問(wèn)題是素?cái)?shù)運(yùn)算的基礎(chǔ)，最低層次的運(yùn)算，如果最低一級(jí)的素?cái)?shù)運(yùn)算方法就稱之為“數(shù)學(xué)皇冠上的明珠”，那么其他高層次的素?cái)?shù)運(yùn)算方法或研究法，又稱為什么呢？（本文感謝此文多方面的提示）C、摘自1977年9月徐遲所著的“哥德巴赫猜想”的報(bào)告文學(xué)，1978年發(fā)表在光明日?qǐng)?bào)上的第五段是這樣寫的：要懂得哥德巴赫猜想是怎么回事？只需把早先小學(xué)三年級(jí)里就學(xué)過(guò)的數(shù)學(xué)來(lái)溫習(xí)一下。那些1、2、3、4、5，個(gè)十百千萬(wàn)的數(shù)字，叫做整數(shù)。那些可以被2整除的數(shù)，叫做偶數(shù)。剩下的那些數(shù)叫做奇數(shù)。還有一種數(shù)如2、3、5、7、11、13等等，只能被1和它本數(shù)，而不能被別的整數(shù)整除的，叫做素?cái)?shù)（即質(zhì)數(shù)），除了1和它本數(shù)以外，還能被別的整數(shù)整除的，這種數(shù)如4、6、8、9、10、12等等就叫合數(shù)。一個(gè)整數(shù)，能被一個(gè)素?cái)?shù)所整除，這個(gè)素?cái)?shù)就叫做這個(gè)整數(shù)的因子。如6，就有2和3兩個(gè)素因子。如30，就有2、3和5三個(gè)素因子。好了，這暫時(shí)也就夠用了。1742年哥德巴赫寫信給歐拉時(shí)，提出了：每個(gè)不小于6的偶數(shù)，都是二個(gè)素?cái)?shù)之和。例如：6=3+3。又如24=11+13等等。有人對(duì)一個(gè)一個(gè)的偶數(shù)都進(jìn)行了這樣的驗(yàn)算，一直驗(yàn)算到三億三千萬(wàn)之?dāng)?shù)，都表明這是對(duì)的。但是更大數(shù)目，更大更大的數(shù)目呢？猜想起來(lái)也該是對(duì)的。猜想應(yīng)當(dāng)證明，要證明它卻很難很難。以上本文摘取這三篇文件的目的是證明當(dāng)前數(shù)學(xué)界在討論（1+1）方面都有了新的動(dòng)向，提醒大家不要過(guò)于迷信某些權(quán)威人士過(guò)去對(duì)（1+1）的判斷，這絕對(duì)不是高深莫測(cè)的神秘的數(shù)學(xué)論題，而是一個(gè)最基本的奇質(zhì)數(shù)加法問(wèn)題，勸說(shuō)探索者不要再走過(guò)去數(shù)學(xué)家走不通的老路，要用自己創(chuàng)新的方法，去研究奇質(zhì)數(shù)兩兩相加的分布規(guī)律問(wèn)題，這樣才能破解其中的奧秘，并創(chuàng)造出論證（1+1）的新方法。<2> 尚無(wú)法找到既科學(xué)又簡(jiǎn)便的篩法 過(guò)去數(shù)學(xué)家研究（1+1）時(shí)，均是在全體自然數(shù)中進(jìn)行，既要篩出偶合數(shù)，又要篩出奇合數(shù)，篩出的結(jié)果誤差太大，因此難以達(dá)到全部篩出的目的，陳景潤(rùn)數(shù)學(xué)家的篩法，曾被英國(guó)哈勃斯丹和德國(guó)李希特兩個(gè)數(shù)學(xué)家稱為“篩法”的頂點(diǎn)，但是并沒(méi)有達(dá)到頂點(diǎn)而無(wú)法證明（1+1），就目前大多數(shù)業(yè)余愛(ài)好者而言，仍然是在全體自然數(shù)中進(jìn)行，反復(fù)無(wú)限地篩出，會(huì)有多個(gè)余數(shù)，當(dāng)兩個(gè)奇數(shù)相加在一起時(shí)，便無(wú)法同時(shí)篩出。當(dāng)然還有雙向篩、比例篩、格網(wǎng)篩、循環(huán)篩等篩法達(dá)八種以上，有的因?yàn)槠浜Y法本身就未被證明，難以讓人相信，有的篩法誤差較大，有的篩法還需要轉(zhuǎn)換和補(bǔ)充。因此篩法還是阻礙（1+1）成功的一大難題。<3> 既科學(xué)，又簡(jiǎn)便的素?cái)?shù)公式至今無(wú)人找到。這里的素?cái)?shù)是指奇質(zhì)數(shù)而言，（由于偶數(shù)中只有2是偶質(zhì)數(shù)，因此在研究素?cái)?shù)（質(zhì)數(shù)）時(shí)，大都習(xí)慣用素?cái)?shù)來(lái)表示奇質(zhì)數(shù)）。目前數(shù)學(xué)界還是依據(jù)已往數(shù)學(xué)家的思路，想找到在自然數(shù)中奇質(zhì)數(shù)的分布規(guī)律，總結(jié)出一個(gè)既科學(xué)又簡(jiǎn)便的素?cái)?shù)公式來(lái)證明（1+1），可是在自然數(shù)中，既有奇數(shù)又有偶數(shù)，而奇數(shù)中可分奇質(zhì)數(shù)和奇合數(shù)，都是相互毫無(wú)規(guī)則的排列在一起，因此要想找到奇質(zhì)數(shù)的規(guī)律是非常困難的，何況還涉及一個(gè)“任何不小于6的偶數(shù)”是一個(gè)無(wú)限區(qū)間，其中所包含的偶數(shù)是無(wú)窮無(wú)盡的，其中所能等于的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和也是無(wú)窮無(wú)盡的，其中的某些特大的奇質(zhì)數(shù)的數(shù)值到底是多大，誰(shuí)也不會(huì)知道。連這些特大的奇質(zhì)數(shù)的數(shù)值是多大都不能肯定的人，又怎能知道在其周圍與其您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！好:3 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！不好:1 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！原創(chuàng):0 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！非原創(chuàng):2 基 TA的星星記錄: 2 0 0

我的星星頁(yè)面 2008-07-24 09:06 滿意答案 好評(píng)率：50%

說(shuō)明：由于數(shù)1既不是奇質(zhì)數(shù)又不是奇合數(shù)，所以今后在研究（1+1）時(shí)都不參加討論，所以一律去掉。<8> 偶數(shù)等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的分布規(guī)律： 是在自然數(shù)中首項(xiàng)為1，末項(xiàng)為（這個(gè)偶數(shù)-1）的等差為2的等差奇數(shù)列中。通過(guò)偶數(shù)等于（首末兩項(xiàng)之和），及與首末兩項(xiàng)等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和相等的規(guī)律，進(jìn)行運(yùn)算與組合后，再篩選掉其中有數(shù)1參加的首末兩項(xiàng)及其中有一項(xiàng)或兩項(xiàng)都是奇合數(shù)參加組合的兩個(gè)奇數(shù)之和，余下的則都是這個(gè)偶數(shù)所能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。2-3 論證（1+1）新方法的特色和優(yōu)點(diǎn)。<1> 全部采用自然數(shù)，不必用變數(shù)和高深數(shù)論來(lái)進(jìn)行運(yùn)算：因而簡(jiǎn)單明了通俗易懂，只要有中學(xué)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)，人人都可以學(xué)會(huì)，個(gè)個(gè)都可運(yùn)算。<2> 徹底解決目前在論證（1+1）篩法難的問(wèn)題，只需在最后一道工序，篩選掉偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中的與命題無(wú)關(guān)的，凡是有數(shù)1和有奇合數(shù)參加組合的兩個(gè)奇數(shù)之和，其余的都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。因而篩法簡(jiǎn)便，沒(méi)有多余的尾數(shù)，所以結(jié)果正確而且詳細(xì)。<3> 不需要再找既復(fù)雜，又不適用證明（1+1）的素?cái)?shù)公式：運(yùn)用本文的論證（1+1）的新方法，不但簡(jiǎn)便而且科學(xué)，完全符合證論的程序，從分布規(guī)律入手，到引入《名師視點(diǎn)》等差數(shù)列首末兩項(xiàng)及等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和相等的規(guī)律來(lái)進(jìn)行組合，直至篩選，每一步只解決一個(gè)問(wèn)題，因而程序清晰，符合邏輯思維，最后一次性就可得到偶數(shù)所能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。而不是先找一個(gè)再找一個(gè)。<4> 新的論證方法，從理論上講完全適用“任何不小于6的偶數(shù)”。因?yàn)椴还芘紨?shù)有多大都可以在自然數(shù)中最完整的等差為2的等差奇數(shù)列中，摘取一段首項(xiàng)為1，末項(xiàng)為指定的偶數(shù)-1的等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列，因而解決了命題是一個(gè)無(wú)限區(qū)間無(wú)法用理論來(lái)證明的難題。

三、推導(dǎo)出偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的公式： 3-1 偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)公式： 由于奇數(shù)數(shù)列等差為2，又要將兩個(gè)奇數(shù)之和組成一組，因此 組數(shù)公式=1/4×偶數(shù)x 其中偶數(shù)x是已知需要運(yùn)算求組數(shù)的偶數(shù)。例：求偶數(shù)18可等于多少組兩個(gè)奇數(shù)之和？ 組數(shù)=18×1/4=4.5組，即5組（詳上例偶數(shù)18）說(shuō)明：計(jì)算結(jié)果如有小數(shù)，是因?yàn)榈炔钇鏀?shù)數(shù)列成單，最中間的奇數(shù)就是中心點(diǎn)，且距首末兩項(xiàng)等距，所以這個(gè)奇數(shù)自成等遠(yuǎn)兩項(xiàng)并組合成一組兩個(gè)奇數(shù)之和。即上例的（9+9），因此去掉小數(shù)，組的整數(shù)加1。（上例等于五組）。3-2 偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的運(yùn)算表達(dá)公式：本公式是在已知偶數(shù)及其包含的等差奇數(shù)數(shù)列的情況下進(jìn)行。運(yùn)算表達(dá)公式：X=n+(x-n)其中x 是已知偶數(shù)，N-為不確定項(xiàng)（也可用通項(xiàng)公式：an=a1+(n-1)d逐項(xiàng)求出。本題a1=1，d等差=2）N-為奇數(shù)數(shù)列中已知的首項(xiàng)，及二、三、四直至中項(xiàng)，按其求組數(shù)來(lái)定。實(shí)際就是用1、3、5、7、9??等代入。（x-n）的結(jié)果是末項(xiàng)及與二、三、四??等遠(yuǎn)各項(xiàng)，完全是依據(jù)等差奇數(shù)數(shù)列首末兩項(xiàng)及等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和相等的規(guī)律推導(dǎo)的。按照如此特殊規(guī)定進(jìn)行組合，絕對(duì)沒(méi)有重復(fù)組和素?cái)?shù)對(duì)產(chǎn)生。運(yùn)算示范：仍以偶數(shù)18為例：求組數(shù)=1/4×18=4.5去掉小數(shù)整數(shù)加1為五組，因此將已知的等差奇數(shù)列前五項(xiàng)1、3、5、7、9依次代入n，這樣比用通式逐項(xiàng)求出要簡(jiǎn)便得多?？傻?8=1+（18-1）=3+（18-3）=5+（18-5）=7+（18-7）=9+（18-9）=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）共五組，完全與上例計(jì)算結(jié)果相同。最后再根據(jù)這五組中質(zhì)、合數(shù)的不同來(lái)進(jìn)行分別統(tǒng)計(jì)。再進(jìn)行篩選就可求出偶數(shù)18=（5+13）=（7+11）等于兩組不同數(shù)字的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。3-3 推理：偶數(shù)越大所能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的組數(shù)越多，其中等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的組數(shù)必然增多，因此越接近無(wú)窮大的偶數(shù)最大，能等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)最多。反之，偶數(shù)越小所能等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)越少，其中等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)必然更少。因此不能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的偶數(shù)一定是自然數(shù)中最小的偶數(shù)。這個(gè)推理來(lái)源于上面列出的偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)公式和運(yùn)算表達(dá)式： 組數(shù)公式：組數(shù)=1/4x偶數(shù)x，可知組數(shù)多少全由偶數(shù)大小來(lái)定，因此偶數(shù)大組數(shù)多，反之則少。運(yùn)算表達(dá)式：偶數(shù)x=n+(x-n)，其中n為不確定項(xiàng)，依次由1、3、5、7??代入，具體代入項(xiàng)是多少，由組數(shù)來(lái)定，其組數(shù)仍然是按偶數(shù)大小來(lái)定，因此偶數(shù)越大，能等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)多，反之則少。因而以上推理不是憑空捏造的，而是有據(jù)可查，并可經(jīng)過(guò)以后的實(shí)算得到驗(yàn)證的。3-4 最簡(jiǎn)便的論證（1+1）的新方法： 此方法的來(lái)源仍然是依據(jù)本文上述的新方法，甚至組數(shù)公式和運(yùn)算表達(dá)式的公式都相同，但是這個(gè)最簡(jiǎn)便的論證方法是不管來(lái)源，只對(duì)運(yùn)算結(jié)果進(jìn)行分析總結(jié)而成。由于證明任何指定的偶數(shù)等于等差為2的奇數(shù)數(shù)列中的首項(xiàng)是1，末項(xiàng)是（指定偶數(shù)-1），因此其首末兩項(xiàng)都是已知的，而其他所有的都是等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和，現(xiàn)在經(jīng)過(guò)仔細(xì)觀察分析總結(jié)出這樣一個(gè)分布規(guī)律，在這些等遠(yuǎn)兩項(xiàng)中的前項(xiàng)，從首項(xiàng)起都是等差為2的遞增奇數(shù)數(shù)列，即1、3、5、7、9? ?等，而后項(xiàng)是從末項(xiàng)起則是等差為2的遞減奇數(shù)數(shù)列，即（偶數(shù)-1）、（偶數(shù)-3）、（偶數(shù)-5）、（偶數(shù)-7）? ?等。因此所有的等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和都是前兩項(xiàng)中的“（前項(xiàng)+2）+（后項(xiàng)-2）”。依次進(jìn)行，直至前后兩項(xiàng)相等，或者前項(xiàng)比后項(xiàng)少2時(shí)為止（這時(shí)偶數(shù)所能等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)=1/4x偶數(shù)）。則整個(gè)運(yùn)算全部完成。例如：偶數(shù)18=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）組數(shù)=1/4×18=4.5即五組。又偶數(shù)16=（1+15）=（3+13）=（5+11）=（7+9）這時(shí)前項(xiàng)比后項(xiàng)少2，組數(shù)=1/4×16=4組。但偶數(shù)18與16經(jīng)運(yùn)算后還是要進(jìn)行篩選，去掉其中有數(shù)1與奇合數(shù)所組成的兩個(gè)奇數(shù)之后，其余都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。上例偶數(shù)18和16的運(yùn)算就是遵循上述前兩項(xiàng)中的“（前項(xiàng)+2）+（后項(xiàng)-2）”依次進(jìn)行，并且其結(jié)果與本文上述的新方法運(yùn)算的結(jié)果完全一致。因此稱這一方法為論證（1+1）最簡(jiǎn)便的方法。有了這個(gè)最簡(jiǎn)便的方法，不但同樣都適合證明“任何不小于6的所有偶數(shù)”。而且可以人人都自己動(dòng)手，隨心所欲，想證明多少個(gè)偶數(shù)就證明多少，不必再受限制。如果能運(yùn)用現(xiàn)代的億萬(wàn)次/秒高速運(yùn)算的計(jì)算機(jī)按照前兩項(xiàng)中的“（前項(xiàng)+2）+（后項(xiàng)-1）”來(lái)編程依次運(yùn)算，或根據(jù)目前數(shù)學(xué)界有人已研制成的108以內(nèi)和更多的所有素?cái)?shù)個(gè)數(shù)的素?cái)?shù)表和光盤。來(lái)分辨出大偶數(shù)內(nèi)所包含的奇質(zhì)數(shù)，去掉其中有數(shù)1和奇合數(shù)的組合后再制成表冊(cè)，供科研使用成效一定可觀”。

四、綜合論證（1+1）命題 4-1（1+1）命題的實(shí)質(zhì)是什么？如何才能破解其中的奧秘。命題的全稱是“任何不小于6的偶數(shù)都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”?，F(xiàn)經(jīng)作者仔細(xì)分析和認(rèn)真的研究，認(rèn)為命題的實(shí)質(zhì)是研究自然數(shù)中最完整的一條數(shù)列，其中既有偶數(shù)又有奇數(shù)。如果將這一完整的數(shù)列，分解成偶數(shù)和奇數(shù)兩大部分。其中之一則是自然數(shù)中最完整的等差常數(shù)為2的等差偶數(shù)數(shù)列。這就包含了除最小的偶數(shù)2和4不能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和外的?！叭魏尾恍∮?的所有偶數(shù)”。這就是命題的前部分。余下的奇數(shù)，則是自然數(shù)中最完整的等差常數(shù)仍然是2的等差奇數(shù)數(shù)列。在這條數(shù)列中就包含了對(duì)命題前部分“任何不小于6的偶數(shù)”進(jìn)行分析研究后的結(jié)果，即“都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”的結(jié)論。這就是命題的后部分。至于如何將每一個(gè)不小6的偶數(shù)所能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和，分別從這條自然數(shù)中最完整的等差奇數(shù)數(shù)列中運(yùn)算出來(lái)，這就涉及到偶數(shù)等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和在等差奇數(shù)數(shù)列上的分布規(guī)律問(wèn)題，目前在數(shù)學(xué)界尚無(wú)法解決，但經(jīng)過(guò)作者多方考察研究終于創(chuàng)造了這一既科學(xué)又簡(jiǎn)便的論證（1+1）新方法。4-2 創(chuàng)造一個(gè)既科學(xué)又簡(jiǎn)便論證（1+1）的新方法。由于這一方法是由偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中的奇數(shù)分布在自然數(shù)首項(xiàng)為1。末項(xiàng)為偶數(shù)-1的等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列上的規(guī)律。再引入等差數(shù)列首末兩項(xiàng)及等這兩項(xiàng)相等的規(guī)律。來(lái)進(jìn)行組合，并由此證明偶數(shù)不但等于首末兩項(xiàng)之和，而且等于所有的等遠(yuǎn)的兩項(xiàng)所組成的兩個(gè)奇數(shù)之和，再進(jìn)行篩選，最后求得命題新需要的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。其中的每一個(gè)環(huán)節(jié)不但層次分明，而且環(huán)環(huán)相扣，環(huán)環(huán)都符合情理，因此這一方法不但科學(xué)簡(jiǎn)便而且程序清晰，邏輯清楚并有獨(dú)創(chuàng)技巧，真是一個(gè)用來(lái)論證（1+1）的最好的方法。此外根椐這一原理推導(dǎo)出偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)公式和運(yùn)算表達(dá)方式，參考資料： 004km.cn/bbs/showtopic.asp?TOPIC_ID=22460&Forum_id=16&page= 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！好:2 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！不好:2 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！原創(chuàng):0 您已經(jīng)評(píng)價(jià)過(guò)！非原創(chuàng):2 基 TA的星星記錄: 2 0 0 我的星星頁(yè)面 2008-07-24 09:07 相關(guān)知識(shí)

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歌德巴赫猜想陳景潤(rùn) 歌德巴赫猜?歌德巴赫 猜想 陳歌德巴赫歌德巴赫猜哥德巴赫猜想的證明哥德巴赫猜想證明步?猜想的證明 收藏 分享到： 更好的回答 其他答案(1)他偶數(shù)和奇合數(shù)的排列情況呢？如果連這些最基本的排列情況都不知道，又怎么能完成一個(gè)自然數(shù)中最完整的統(tǒng)一的素?cái)?shù)公式呢？也許某一天出現(xiàn)一個(gè)特高智商的人能夠完成，那一定也是一個(gè)特別復(fù)雜不可以用來(lái)論證（1+1）的公式，因?yàn)椋?+1）不只是要求用素?cái)?shù)公式來(lái)解決一個(gè)奇質(zhì)數(shù)的簡(jiǎn)單問(wèn)題，而是要求任何不小于6的所有偶數(shù)都能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的規(guī)律。這其中的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和，并不是隨便找兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)相加就行，而是這兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)必須排列在某種特定位置才行，因而要求找到偶數(shù)等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的特殊排列規(guī)律，才能用來(lái)證明（1+1）。而這個(gè)規(guī)律本文以后會(huì)詳細(xì)介紹。

二、探討（1+1）命題論證的新方法 就題論題才能破解其中的奧秘。（1+1）命題是“任何不小于6的偶數(shù)，都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”。命題可分兩部分，其前部分是命題所要求研究的對(duì)象，是“任何不小于6的偶數(shù)”和適應(yīng)的[6，+∞]區(qū)間。后部分是要求研究的結(jié)果，即是“都是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”的結(jié)論。2-1 破解（1+1）命題的奧秘?，F(xiàn)在經(jīng)過(guò)本文作者仔細(xì)的分析和認(rèn)真的研究，認(rèn)為命題的實(shí)質(zhì)就是研究一條自然數(shù)中最完整的自然數(shù)數(shù)列。其中既包含有偶數(shù)又包含有奇數(shù)，因此可分解成兩條性質(zhì)完全不同的，在自然數(shù)中是最完整的等差常數(shù)都為2的等差偶數(shù)數(shù)列和等差奇數(shù)數(shù)列。如果在其中之一的等差為2的偶數(shù)數(shù)列中，去掉自然數(shù)中最小的偶數(shù)2和4因不能等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的偶數(shù)外，其余所有的偶數(shù)就是“任何不小于6的所有偶數(shù)”這就是命題前部分所要研究的對(duì)象。在其中另一條等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列中，就包含了“研究任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)所能等于的全部?jī)蓚€(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”。這就是命題后部分的結(jié)論。通過(guò)以上分析就完全破解了命題的奧秘。至于如何將“任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)”所能等于的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和，分別在這個(gè)自然數(shù)中最完整的等差為2的等差奇質(zhì)數(shù)數(shù)列中分離出來(lái)，還得創(chuàng)造一個(gè)獨(dú)特的新的論證方法。下面會(huì)詳細(xì)講解。2-2 創(chuàng)造一個(gè)既科學(xué)又簡(jiǎn)便的論證（1+1）的新方法。<1> 從偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中來(lái)尋找偶數(shù)等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。由于奇質(zhì)數(shù)在自然數(shù)中的無(wú)序排列，要想找到一個(gè)既科學(xué)又簡(jiǎn)便的素?cái)?shù)公式是不可能的。如果能找到一個(gè)既長(zhǎng)而復(fù)雜的公式，也算不錯(cuò)了，但用來(lái)證明（1+1）也不太適合，因?yàn)椋?+1）是要求等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。如果要求出偶數(shù)等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的話，作者到是想到了一個(gè)繞道而行的好辦法。這就是從偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中，去尋找兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。因?yàn)榕紨?shù)在數(shù)值相等的條件下可以等于兩個(gè)奇數(shù)之和，由于奇數(shù)又有質(zhì)、合之分。因此其中必有兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。如果先求出偶數(shù)在數(shù)值相等的條件下所能等于（質(zhì)+質(zhì)）、（質(zhì)+合）、（合+合）三種不同的兩個(gè)奇數(shù)之和，再篩選掉所有的與奇合數(shù)或數(shù)1所組成的兩個(gè)奇數(shù)之和，余下的就全是這個(gè)偶數(shù)所能等于的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。<2> 自然數(shù)中偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中的奇數(shù)分布規(guī)律。首要確定一個(gè)偶數(shù)，再研究這個(gè)偶數(shù)在數(shù)值相等條件下所能等于的兩個(gè)奇數(shù)之和中，其中最小的奇數(shù)值和最大的奇數(shù)值各是多少。由于現(xiàn)在是研究自然數(shù)，自然數(shù)中最小的奇數(shù)是1，這就是等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列的首項(xiàng)。又由于現(xiàn)在所研究的是偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中的奇數(shù)，因此最大的奇數(shù)絕對(duì)不會(huì)大于偶數(shù)，否則就不能等值，所以最大的奇數(shù)只能是（偶數(shù)-1），這就是等差奇數(shù)數(shù)列中的末項(xiàng)?，F(xiàn)在已知等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列中的首項(xiàng)和末項(xiàng)，因此就可以知道這個(gè)確定的偶數(shù)所能等于兩個(gè)奇數(shù)之和的所有奇數(shù)都分布在首項(xiàng)列為1，末項(xiàng)是（偶數(shù)-1）的等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列中。這就是自然數(shù)中偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中奇數(shù)的分布規(guī)律。<3> 任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)所能等于的兩個(gè)奇數(shù)之和中的奇數(shù)是如何分布的。由于任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)都是自然數(shù)，當(dāng)然都應(yīng)該遵守上述分布規(guī)律。即任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)，雖然是一個(gè)無(wú)限區(qū)間，但都可以根據(jù)各自大小不同的偶數(shù)值，分別在（命題后部分的）自然數(shù)中最完整的等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列中，摘取一段長(zhǎng)度不等的首項(xiàng)為1，末項(xiàng)是各自偶數(shù)-1的一段。這樣就可使任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)，都可以得到一段屬于自身等于兩個(gè)奇數(shù)之和中的奇數(shù)，所分布在等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列。<4> 引用（名師視點(diǎn)）中的等差數(shù)列，“首末兩項(xiàng)及等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和相等的規(guī)律”。這個(gè)規(guī)律摘自2000年北京第一次印刷，學(xué)苑出版社出版并發(fā)行的新華書(shū)店經(jīng)銷的（名師視點(diǎn)）叢書(shū)之一，柏均和著“高中數(shù)學(xué)”教學(xué)參考資料，P230-231的數(shù)列，極限，教學(xué)歸納法，在其等差數(shù)列規(guī)律第 V條，是這樣寫的“距首末兩項(xiàng)及等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和相等。即1+m=n+k，（1、m、n、k、∈N)，則a1+am=an+ak?！敝劣凇暗冗h(yuǎn)項(xiàng)”本文作者認(rèn)為是距首末兩項(xiàng)等遠(yuǎn)的兩項(xiàng)。此外還摘錄了數(shù)列通式an=a1+(n-1)d。（名師視點(diǎn)）叢書(shū)是名師視點(diǎn)四點(diǎn)一測(cè)新概念叢書(shū)，書(shū)中點(diǎn)清重點(diǎn)，點(diǎn)撥難點(diǎn)，點(diǎn)明熱點(diǎn)，點(diǎn)準(zhǔn)考點(diǎn)并有學(xué)法指導(dǎo)的教學(xué)參考資料。是在第一線教學(xué)多年，富有聲望和教學(xué)經(jīng)驗(yàn)的特級(jí)、高級(jí)教師編寫而成的教學(xué)參考資料及初高中生使用階段復(fù)線習(xí)中使用。每一學(xué)科都是遵照教學(xué)大綱，依照人教社新教材、中考、高考最新說(shuō)明，向?qū)W生系統(tǒng)介紹行之有效，事半功倍的學(xué)習(xí)要點(diǎn)。這套書(shū)由全國(guó)政協(xié)常委，九三學(xué)社中央常務(wù)付主席，中網(wǎng)科學(xué)院院士徐采棟教授擔(dān)任主編。其中高中數(shù)字是柏均和著，他是天津一中特級(jí)數(shù)學(xué)教師，和模范教師，民盟天津市付主委兼中等教育委員會(huì)主任。天津市教育局的特約督導(dǎo)。數(shù)學(xué)教育學(xué)報(bào)編委，全國(guó)政協(xié)第九界委員，在中央級(jí)別刊物發(fā)表論文40余篇，出版數(shù)學(xué)參考書(shū)多部。因此這一規(guī)律來(lái)源真實(shí)可靠?？梢宰鳛楸疚牡睦碚撘罁?jù)，并簡(jiǎn)稱為（名師視點(diǎn)）規(guī)律。<5> 偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的運(yùn)算和組合方法。根據(jù)上述偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和中的所有每個(gè)奇數(shù)都分布在首項(xiàng)是1，末項(xiàng)是偶數(shù)-1的，等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列中的這個(gè)范圍之內(nèi)，現(xiàn)在又根據(jù)（名師視點(diǎn)）的等差數(shù)列首末兩項(xiàng)及等遠(yuǎn)兩項(xiàng)相等的這一規(guī)律來(lái)進(jìn)行組合。由于這個(gè)自然數(shù)等差奇數(shù)數(shù)列的首項(xiàng)是

1、末項(xiàng)是偶數(shù)-1，因而首末兩項(xiàng)之和，正好等于這個(gè)偶數(shù)。因此整合成偶數(shù)不但可以等于這個(gè)等差奇數(shù)數(shù)列的首末兩項(xiàng)之和，而且還可以等于其他所有等遠(yuǎn)兩項(xiàng)的兩個(gè)奇數(shù)之和。這就是偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的運(yùn)算及組合新方法。<6> 任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)等于兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和的運(yùn)算新方法 基本上還是按照上述新方法的原理進(jìn)行。但是這是多個(gè)大小不同的偶數(shù)，因而要按由小到大，依次一個(gè)一個(gè)的進(jìn)行，這樣任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)，不但可以在命題后部分的自然數(shù)中最完整的等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列中，摘取一段自身偶數(shù)所等于的兩個(gè)奇數(shù)之和中的奇數(shù)，所分布的首項(xiàng)為1末項(xiàng)是（自身偶數(shù)-1）的等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列，而且還可以按照（名師視點(diǎn)）等差數(shù)列中，首末兩項(xiàng)及等遠(yuǎn)兩項(xiàng)之和相等的規(guī)律進(jìn)行組合。就可以得到“任何不小于6”的每個(gè)偶數(shù)所能等于兩個(gè)奇數(shù)之和，其中就必然包含“任何每個(gè)不小于6的偶數(shù)所能等于的所有兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和”。例如在不小于6的偶數(shù)中，以偶數(shù)8、18、28三個(gè)偶數(shù)為例： 偶數(shù)8最小，所能摘取的自然數(shù)的等差奇數(shù)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)必然少，只能摘取1、3、5（8-1）=7，這四項(xiàng)等差為2的等差奇數(shù)數(shù)列，按照（名師視點(diǎn)）規(guī)律首末兩項(xiàng)及等這兩項(xiàng)之和相等的規(guī)律進(jìn)行組合，則只能是偶數(shù)8=（1+7）=（3+5）這兩組兩個(gè)奇數(shù)之和。其中只有8=（3+5）這一組是兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。偶數(shù)18，比偶數(shù)8大，按照同樣的方法可摘取最小奇數(shù)是1，最大奇數(shù)是18-1=17的1、3、5、7、9、11、13、15、17共9個(gè)奇數(shù)的等差奇數(shù)數(shù)列，可組合成18=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）共計(jì)五組兩個(gè)奇數(shù)之和，其中有18=（5+13）=（7+11）是兩組兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。偶數(shù)28最大，按照同樣的方法可摘取1、3、5、7、9、11、13、15、17、19、21、23、25、27共計(jì)14個(gè)奇數(shù)的等差奇質(zhì)數(shù)數(shù)列，可組成偶數(shù)28=（1+27）=（3+25）=（5+23）=（7+21）=（9+19）=（11+17）=（13+15）共七組兩個(gè)奇數(shù)之和，其中偶數(shù)28=（5+23）=（11+17）是兩組兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。<7> 最后進(jìn)行篩選 把上述方法，所求得的所有偶數(shù)等于兩個(gè)奇數(shù)之和的組數(shù)進(jìn)行一次全面篩選，將那些與命題結(jié)論無(wú)關(guān)的所有與奇合數(shù)及數(shù)1組合成的兩個(gè)奇數(shù)之和全部去掉，余下的都是偶數(shù)所能等于的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。由此上例的偶數(shù)經(jīng)篩選后只余下偶數(shù)8=（3+5）、18=（5+13）=（11+7）和28=（5+23）=（11+17）。這些都是偶數(shù)所能等于的兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和。

第三篇：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(shuō)：證明哥德巴赫猜想，必須證明“充分大”的偶數(shù)有“1+1”的素?cái)?shù)對(duì)，才能說(shuō)明哥德巴赫猜想成立嗎？今天，我們就來(lái)談如何尋找“充分大”的偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)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?yàn)椋覜](méi)有學(xué)過(guò)電腦，也不知道大數(shù)的電腦計(jì)算方法，所以，我只有將“充分大”的偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的尋找方法告訴大家，請(qǐng)電腦高手幫助進(jìn)行實(shí)施。又因?yàn)?，人們已?jīng)能夠?qū)ふ?000位數(shù)以上的素?cái)?shù)，對(duì)于500位數(shù)以內(nèi)的素?cái)?shù)的尋找應(yīng)該不是問(wèn)題，所以，“充分大”的偶數(shù)應(yīng)該難不住當(dāng)今的學(xué)術(shù)界。

“充分大”的偶數(shù)雖然大，我認(rèn)為：我們只須要尋找一個(gè)特定的等差數(shù)列后，再取該數(shù)列的1000項(xiàng)到2000項(xiàng)，在這2000個(gè)數(shù)之內(nèi)必然能夠?qū)ふ业浇M成偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)。下面，我們進(jìn)行簡(jiǎn)單的探索，從中尋找到具體方法。

我們以偶數(shù)39366為例，進(jìn)行探索，按照本人的定理：在偶數(shù)內(nèi)，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?cái)?shù)對(duì)。

這里所說(shuō)的素因子，指小于偶數(shù)平方根的素?cái)?shù)，√39366≈198，即小于198的素?cái)?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(dāng)然，任何偶數(shù)除以2都余0，素?cái)?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?cái)?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(gè)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(duì)上面剩余的兩個(gè)數(shù)列任意取一個(gè)數(shù)列1+6N，取與素因子相同的項(xiàng)，5個(gè)項(xiàng)有：1，7，13，19，25。在這5個(gè)項(xiàng)中，必然有一個(gè)項(xiàng)除以5余0，必然有一個(gè)項(xiàng)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(gè)項(xiàng)，即5-2=3個(gè)項(xiàng)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(gè)哥德巴赫數(shù)的形成線路：7+30N，13+30N，19+30N。后面只取3個(gè)項(xiàng)，至少有一個(gè)項(xiàng)。

4、素因子7，39366/7余5，我們?nèi)我馊?+30N的3個(gè)項(xiàng)有：7，37，67，這3個(gè)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?nèi)?7+210N的3個(gè)項(xiàng)：37，247，457，這3個(gè)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(gè)數(shù)列：37+2310N，247+2310N，457+2310N。

7、素因子13，39366/13余2，因?yàn)椋乱粋€(gè)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(gè)項(xiàng)，尋找組成偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)，在取最后一個(gè)公差的等差數(shù)列時(shí)，不能取與素因子相同項(xiàng)數(shù)時(shí)，最少必須取素因子1/2以上的項(xiàng)。我們?nèi)?47+2310N數(shù)列在偶數(shù)1/2之內(nèi)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(gè)素因子進(jìn)行刪除，但是，大家不要怕，它們的刪除率是相當(dāng)?shù)偷?，所以，在這些數(shù)中必然有能夠組成偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?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(gè)數(shù)，必然能組成偶數(shù)39366的素?cái)?shù)對(duì)。

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(gè)素?cái)?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(gè)項(xiàng)，主要是既要取最大的公差，又要確保不低于下一個(gè)素因子的1/2個(gè)項(xiàng)。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(xiàng)，令首項(xiàng)為A，A的條件為：既不能被組成公差的素?cái)?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(nèi)；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：在2310之內(nèi)，大于或等于13的素?cái)?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(jiàn)，我們?cè)谶@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(xiàng)，得該等差數(shù)列為13+2310N。

取等差數(shù)列13在M/2的項(xiàng)有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。當(dāng)然，你也可以取該數(shù)列在偶數(shù)內(nèi)的所有項(xiàng)，但是，當(dāng)你全盤計(jì)算該偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)時(shí)，取所有項(xiàng)必然形成與對(duì)稱數(shù)列的計(jì)算重復(fù)，該數(shù)列的對(duì)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(duì)稱數(shù)2297也必然滿足這些條件，2297+2310N同樣是產(chǎn)生素?cái)?shù)對(duì)的等差數(shù)列。

3、在上面的9上項(xiàng)中，去掉合數(shù)：2323，4633，6943，9253，11563，4、再去掉除以后面40個(gè)素因子余數(shù)與偶數(shù)除以這40個(gè)素因子余數(shù)相同的數(shù)，也就是對(duì)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?cái)?shù)對(duì)。

簡(jiǎn)單地談一下素?cái)?shù)生成線路與哥德巴赫數(shù)的生成線路的區(qū)別：

1、素?cái)?shù)生成線路，我們?nèi)匀灰?310為公差，在2310之內(nèi)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(gè)，我們可以用這480個(gè)數(shù)為首項(xiàng)，以2310為公差組成480個(gè)等差數(shù)列，為偶數(shù)39366內(nèi)的素?cái)?shù)生成線路。對(duì)于相鄰的偶數(shù)39364和39368來(lái)說(shuō)，素?cái)?shù)的生成線路是一樣的。

2、我們把能夠組成偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?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(nèi)，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(gè)，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(nèi)的這270個(gè)數(shù)又是與2310/2=1155完全對(duì)稱的，如果全盤進(jìn)行計(jì)算必然重復(fù)，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?cái)?shù)生成線路是不會(huì)重復(fù)的。

而偶數(shù)39364的哥德巴赫數(shù)生成線路，在2310之內(nèi)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(jué)，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?cái)?shù)對(duì)相當(dāng)于偶數(shù)39364的素?cái)?shù)對(duì)的2倍。

對(duì)于“充分大”的偶數(shù)的估算：充分大的偶數(shù)為500位數(shù)，素?cái)?shù)對(duì)個(gè)數(shù)，根據(jù)《哥德巴赫猜想的初級(jí)證明法》中，當(dāng)偶數(shù)大于91時(shí)，偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)個(gè)數(shù)不低于K（√M）/4，估計(jì)當(dāng)偶數(shù)大于500位時(shí)，K的值為4*10的10次方，得充分大的偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)個(gè)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(gè)數(shù)字中，有一個(gè)素?cái)?shù)對(duì)的存在。如果我們直接進(jìn)行尋找，相當(dāng)于大海撈針。

如果，我們按照上面的方法二進(jìn)行尋找，公差應(yīng)為496位數(shù)，估計(jì)素?cái)?shù)2*3*5*7*?*1283為496位數(shù)，從素?cái)?shù)1289到2861之內(nèi)，有素?cái)?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(gè)數(shù)可以作為等差數(shù)列的首項(xiàng)，2*3*5*7*?*1283的積作為等差數(shù)列的公差，取1289項(xiàng)，即1289個(gè)數(shù)，在這1289個(gè)數(shù)中，應(yīng)該有能夠組成500位數(shù)的偶數(shù)的1+1的素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)存在。

難易度分析

尋找“充分大”偶數(shù)的一個(gè)“1+1”素?cái)?shù)對(duì)與驗(yàn)證1000位數(shù)以上的一個(gè)素?cái)?shù)相比較，到底哪一個(gè)難度小。

人類已經(jīng)能夠?qū)ふ也Ⅱ?yàn)證1000位數(shù)以上的素?cái)?shù)，到底人們使用的什么辦法，我雖然不知道，但有一點(diǎn)可以肯定：都涉及素?cái)?shù)，如果是簡(jiǎn)單的方法，那么，都是簡(jiǎn)單方法；如果是笨辦法，那么，都用笨辦法。我們?cè)谶@里采用笨辦法進(jìn)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?cái)?shù)相比，相差500位數(shù)。1000位數(shù)的數(shù)開(kāi)平方為500位數(shù)，我們以位數(shù)相差一半的數(shù)為例進(jìn)行分析。

100000000與10000相差一半的位數(shù)。笨辦法是：要驗(yàn)證100000000以上的一個(gè)素?cái)?shù)，假設(shè)要驗(yàn)證的這個(gè)數(shù)開(kāi)平方約等于10000，必須要用這個(gè)數(shù)除以10000之內(nèi)的素?cái)?shù)，不能被這之內(nèi)所有的素?cái)?shù)整除，這個(gè)數(shù)才是素?cái)?shù)。因?yàn)椋?0000內(nèi)共有素?cái)?shù)1229個(gè)，即必須做1229個(gè)除法題，才能得知這個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)。說(shuō)個(gè)再笨一點(diǎn)的辦法，假設(shè)我們不知道10000之內(nèi)的素?cái)?shù)，能否驗(yàn)證100000000以上的這個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)呢？能，那就是用這個(gè)數(shù)除以10000內(nèi)的所有數(shù)，不能被這之內(nèi)所有的數(shù)整除，也說(shuō)明這個(gè)數(shù)是素?cái)?shù)。（之所以說(shuō)，這兩種辦法是笨辦法，當(dāng)我們知道10000內(nèi)的所有素?cái)?shù)時(shí)，要尋找100000000內(nèi)的所有素?cái)?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(jiàn)本人的《素?cái)?shù)的分布》中所說(shuō)的方法）。

當(dāng)我們尋找偶數(shù)10000的一個(gè)素?cái)?shù)對(duì)，須要多少個(gè)運(yùn)算式？

我們知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理說(shuō)應(yīng)該取等差數(shù)列的7項(xiàng)以上，這里可以取4個(gè)項(xiàng)，接近應(yīng)取數(shù)。我們基本上可以使用這個(gè)公差。這里的計(jì)算為5個(gè)計(jì)算式，簡(jiǎn)稱5步；

大于11的素?cái)?shù)，從13開(kāi)始，尋找等差數(shù)列的首項(xiàng)，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(gè)減法，兩個(gè)除法，為3步；

素?cái)?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(xiàng)，組成等差數(shù)列：17+2310N。為6步；

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

計(jì)算素因子，√10000=100，素因子為100之內(nèi)的素?cái)?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(gè)素因子。為1步；

用10000分別除以這20個(gè)素因子，把余數(shù)記下來(lái)。為20步；

用17分別除以這些素因子，當(dāng)除到67時(shí)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(dāng)除到13時(shí)余數(shù)為0，為1步；

用4637分別除以這些素因子，當(dāng)除到31時(shí)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(dāng)除到43時(shí)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?cái)?shù)對(duì)。為20步。

總計(jì)為：102步計(jì)算式。而驗(yàn)證100000000以上的一個(gè)素?cái)?shù)須要1229步計(jì)算式相比，結(jié)論為：尋找10000的一個(gè)素?cái)?shù)對(duì)比驗(yàn)證100000000以上的一個(gè)素?cái)?shù)簡(jiǎn)單。也就是說(shuō)，尋找一個(gè)500位數(shù)偶數(shù)1+1的素?cái)?shù)對(duì)，比驗(yàn)證一個(gè)1000位數(shù)以上的素?cái)?shù)容易。

尋找500位數(shù)偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)，因?yàn)椋?*3*5*7*11*?*1283左右，其乘積為493到496位數(shù)，下一個(gè)素?cái)?shù)可能為1289左右，1289/2=644.5。才能滿足取下一個(gè)素因子的值的1/2以上個(gè)項(xiàng)，當(dāng)然，能夠取到1289個(gè)項(xiàng)以上更好，更容易尋找到偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)。

敬請(qǐng)世界電腦高手驗(yàn)證，充分大的偶數(shù)必然有1+1的素?cái)?shù)對(duì)存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三臺(tái)縣工商局：王志成

第四篇：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(wù)川自治縣實(shí)驗(yàn)學(xué)校 王若仲 貴州564300

摘要：對(duì)于“哥德巴赫猜想”，我們來(lái)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?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)”的情形，如果我們把“奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)”這樣的情形若能轉(zhuǎn)換到利用奇合數(shù)的情形來(lái)加以分析，也就是任意給定一個(gè)比較大的偶數(shù)2m，通過(guò)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(gè)奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；以及篩除掉1和（2m-1）。通過(guò)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?cái)?shù)，并且必定只滿足“奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)=2m”的情形。

關(guān)鍵詞：哥德巴赫猜想；奇素?cái)?shù)；奇合數(shù)；順篩；逆篩。

德國(guó)數(shù)學(xué)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(gè)奇素?cái)?shù)之和。歷史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及進(jìn)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(guò)自然數(shù)Ｎ（Ｎ＞1）的所有素?cái)?shù)的一種方法，2m=a+b，a=p1p2p3…pi，b=q1q2q3…qj，篩法的基本出發(fā)點(diǎn)，即加權(quán)篩法；圓法是三角和（指數(shù)和）估計(jì)方法；密率法（概率法）是函數(shù)估值法。(二)研究的進(jìn)展

途徑一：殆素?cái)?shù)，即2m= a1〃a2〃a3〃…〃ai+ b1〃b2〃b3〃…〃bj。殆素?cái)?shù)就是素因子個(gè)數(shù)不多的正整數(shù)。現(xiàn)設(shè)N是偶數(shù)，雖然現(xiàn)在不能證明N是兩個(gè)素?cái)?shù)之和，但是可以證明它能夠?qū)懗蓛蓚€(gè)殆素?cái)?shù)的和，即N=A+B，其中A和B的素因子個(gè)數(shù)都不太多，譬如說(shuō)素因子個(gè)數(shù)不超過(guò)10?，F(xiàn)在用“a+b”來(lái)表示如下命題：每個(gè)大偶數(shù)N都可表為A+B，其中A和B的素因子個(gè)數(shù)分別不超過(guò)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(jìn)展都是用所謂的篩法得到的。

“a+b”問(wèn)題的推進(jìn)

1920年，挪威的布朗證明了“9+9”。

1924年，德國(guó)的拉特馬赫證明了“7+7”。

1932年，英國(guó)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(guó)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(guó)的潘承洞和蘇聯(lián)的巴爾巴恩證明了“1+5”，中國(guó)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(guó)的陳景潤(rùn)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?gòu)膞往前看，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(gè)數(shù)記為E(x)。我們希望，無(wú)論x多大，x之前只有一個(gè)例外偶數(shù)，那就是2，即只有2使得猜想是錯(cuò)的。這樣一來(lái)，哥德巴赫猜想就等價(jià)于E(x)永遠(yuǎn)等于1。當(dāng)然，直到現(xiàn)在還不能證明E(x)=1；但是能夠證明E(x)遠(yuǎn)比x小。在x前面的偶數(shù)個(gè)數(shù)大概是x/2；如果當(dāng)x趨于無(wú)窮大時(shí)，E(x)與x的比值趨于零，那就說(shuō)明這些例外偶數(shù)密度是零，即哥德巴赫猜想對(duì)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?cái)?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(shí)出現(xiàn)了四個(gè)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?cái)?shù)定理，即已知奇數(shù)N可以表成三個(gè)素?cái)?shù)之和，假如又能證明這三個(gè)素?cái)?shù)中有一個(gè)非常小，譬如說(shuō)第一個(gè)素?cái)?shù)可以總?cè)?，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(gè)問(wèn)題反過(guò)來(lái)思考。已知奇數(shù)N可以表成三個(gè)素?cái)?shù)之和，假如又能證明這三個(gè)素?cái)?shù)中有一個(gè)非常小，譬如說(shuō)第一個(gè)素?cái)?shù)可以總?cè)?，那么我們也就證明了偶數(shù)的哥德巴赫猜想。這個(gè)思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25歲時(shí)，研究有一個(gè)小素變數(shù)的三素?cái)?shù)定理。這個(gè)小素變數(shù)不超過(guò)N的θ次方。我們的目標(biāo)是要證明θ可以取0，即這個(gè)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(lái)的很長(zhǎng)一段時(shí)間內(nèi)，這方面的工作一直沒(méi)有進(jìn)展，直到1995年展?jié)淌诎雅死蠋煹亩ɡ硗七M(jìn)到7/120。這個(gè)數(shù)已經(jīng)比較小了，但是仍然大于0。

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

1953年，林尼克發(fā)表了一篇長(zhǎng)達(dá)70頁(yè)的論文。在文中，他率先研究了幾乎哥德巴赫問(wèn)題，證明了，存在一個(gè)固定的非負(fù)整數(shù)k，使得任何大偶數(shù)都能寫成兩個(gè)素?cái)?shù)與k個(gè)2的方冪之和。這個(gè)定理，看起來(lái)好像丑化了哥德巴赫猜想，實(shí)際上它是非常深刻的。我們注意，能寫成k個(gè)2的方冪之和的整數(shù)構(gòu)成一個(gè)非常稀疏的集合；事實(shí)上，對(duì)任意取定的x，x前面這種整數(shù)的個(gè)數(shù)不會(huì)超過(guò) 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(gè)非常稀疏的子集，每次從這個(gè)稀疏子集里面拿一個(gè)元素貼到這兩個(gè)素?cái)?shù)的表達(dá)式中去，這個(gè)表達(dá)式就成立。這里的k用來(lái)衡量幾乎哥德巴赫問(wèn)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(wèn)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(méi)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(gè)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(gè)k應(yīng)該很大。其中有個(gè)結(jié)果必須提到，即李紅澤、王天澤獨(dú)立地得到k=2000。目前最好的結(jié)果k=13是英國(guó)數(shù)學(xué)家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德國(guó)數(shù)學(xué)家普赫塔(Puchta)合作取得的，這是一個(gè)很大的突破。

數(shù)學(xué)家們經(jīng)過(guò)上面四個(gè)途徑的不斷探索求證，仍然沒(méi)有徹底解決哥德巴赫問(wèn)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(chǔ)上作出了進(jìn)一步的改進(jìn)，定義了“順篩”和“逆篩”這兩個(gè)基本概念。就是任意給定一個(gè)比較大的偶數(shù)2m，通過(guò)順篩和逆篩的辦法來(lái)達(dá)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(gè)奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；如果我們?cè)O(shè)奇素?cái)?shù)p1，p2，p3，?，pt均為不大于√2m的全體奇素?cái)?shù)（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，?，t），t∈N。對(duì)于“2m=奇數(shù)+奇數(shù)”（m≥3）來(lái)說(shuō)，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?cái)?shù)，（3）2m=奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)，（4）2m=1+奇合數(shù)，（5）2m=1+奇素?cái)?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?yàn)閷?duì)于偶數(shù)2m，（4）和（5）的情形不可能同時(shí)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?cái)?shù)；

②集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pt）}中至少有一 個(gè)奇數(shù)為奇素?cái)?shù)。假若（2m-p2）為奇素?cái)?shù)，那么2m=（2m-p2）+p2。所以①和②這兩種情形，偶數(shù)2m已經(jīng)可表為“奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)”。如果我們能夠明確的判定在任意設(shè)定的集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中，通過(guò)順篩篩除掉集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的全體奇合數(shù)，通過(guò)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(gè)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(guò)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?cái)?shù)，并且必定只滿足“奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)=2m”的情形。

下面我們舉實(shí)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(lái)尋找一定范圍內(nèi)的素?cái)?shù)（比如說(shuō)m這個(gè)數(shù)，m這個(gè)數(shù) 不是太大）：操作的程序是先將第一個(gè)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?jīng)]有可劃的數(shù)為止。例如在100內(nèi)進(jìn)行這樣的操作，可得素?cái)?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(jiǎn)稱順篩。就是通過(guò)順篩，能夠把某個(gè)很大的偶數(shù)M范圍內(nèi)的素?cái)?shù)全部篩出來(lái)，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(gè)奇素?cái)?shù)之和。順篩實(shí)際上就是篩出偶數(shù)M范圍內(nèi)的所有偶數(shù)（除2外）和所有奇合數(shù)。如果我們?cè)陧樅Y的基礎(chǔ)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(jiǎn)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(gè)奇合數(shù)而得到的全體奇數(shù)；對(duì)于偶數(shù)M范圍內(nèi)的所有正整數(shù)，通過(guò)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(gè)奇素?cái)?shù)之和。

我們以偶數(shù)100為例來(lái)闡述，因?yàn)椤案绲掳秃詹孪搿贬槍?duì)的是奇素?cái)?shù)，而奇素?cái)?shù)是從奇數(shù)中分離出來(lái)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(duì)于偶數(shù)100以內(nèi)的全體奇數(shù)，首先進(jìn)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(nèi)的全體奇數(shù)，經(jīng)過(guò)順篩后，可以得出下面這樣的結(jié)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?cái)?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?yàn)閰^(qū)間[√100，100]以內(nèi)的任一奇合數(shù)均能被奇素?cái)?shù)3，5，7中的某一個(gè)奇素?cái)?shù)整除，這種情形擴(kuò)展開(kāi)來(lái)的一般情形完全可以證明。

其次進(jìn)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?yàn)?00含有奇素?cái)?shù)因子5，所以奇素?cái)?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(jīng)過(guò)逆篩后，我們可以得出這樣的結(jié)論：滿足“奇合數(shù)+奇素?cái)?shù)=100”中的全體奇素?cái)?shù)，滿足“1+奇素?cái)?shù)=100”中的奇素?cái)?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(duì)于很大很大的偶數(shù)2m，這種配合篩法的技術(shù)難度仍然相當(dāng)大，怎樣克服這個(gè)技術(shù)性難題呢？下面我們?cè)訇U述解決這個(gè)技術(shù)性難題的基本思想方法。

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

對(duì)于偶數(shù)100以內(nèi)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(gè)數(shù)為50個(gè)。

因?yàn)閰^(qū)間[√100，100]以內(nèi)的任一奇合數(shù)均能被奇素?cái)?shù)3，5，7中的某一個(gè)奇素?cái)?shù)整除，對(duì)于偶數(shù)100，我們只需用奇素?cái)?shù)3，5，7來(lái)設(shè)定一些集合就能達(dá)到目的了。設(shè)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?yàn)榕紨?shù)100含有奇素?cái)?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?yàn)榕紨?shù)100不含有奇素?cái)?shù)因子3和7，所以集合A1和A1′無(wú)公共元素，集合A3和A3′無(wú)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(zhǔn)備工作，我們下面就開(kāi)始從集合中元素的數(shù)量著手，展開(kāi)闡述解決這個(gè)技術(shù)性難題的基本思想方 法。

（4）因?yàn)榧螦中元素的總個(gè)數(shù)為50個(gè)，在集合A中篩除集合A1和A1′中的元素，可以轉(zhuǎn)換到從集合中元素的數(shù)量來(lái)著手，即得50-16-16=18（個(gè)）（集合A1和A1′中元素的總個(gè)數(shù)均為16個(gè)）。

（5）再在集合A中篩除集合B中的元素，轉(zhuǎn)換到從集合中元素的數(shù)量著手，即得50-16-16-10+3+3=14（個(gè)），因?yàn)樵?0-16-16-10中集合A1∩B={15，45，75}中元素的總個(gè)數(shù)多減了一次，所以要加上3；又因?yàn)樵?0-16-16-10中集合A1′∩B={25，55，85}中元素的總個(gè)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(zhuǎn)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(gè)），因?yàn)樵?0-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A3={21，63}中元素的總個(gè)數(shù)，集合A1′∩A3={49，91}中元素的總個(gè)數(shù)，集合A1∩A3′={9，51}中元素的總個(gè)數(shù)，集合A1′∩A3′={37，79}中元素的總個(gè)數(shù)，集合A3∩B={35}中元素的總個(gè)數(shù)，集合A3′∩B={65}中元素的總個(gè)數(shù)，均被多減了一次，所以要加上4個(gè)2和2個(gè)1。

（7）從前面這個(gè)實(shí)例，我們不難得出這樣一個(gè)結(jié)論：對(duì)于偶數(shù)M，利用順篩和逆篩配合篩，再轉(zhuǎn)換到利用集合中元素的數(shù)量來(lái)處理，就容易處理多了。當(dāng)然對(duì)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(shù)性難題的基本思想方法。

因?yàn)榧螦1∪{3}與集合A1′∪{（100-3）}中元素的個(gè)數(shù)相等，并且均約等于50÷3個(gè)；集合B中元素的個(gè)數(shù)等于50÷5個(gè)；集合 A3∪{7}與集合A3′∪{（100-7）}中元素的個(gè)數(shù)相等，并且均約等于50÷7個(gè)；以偶數(shù)100為例各種算法驗(yàn)證如下：

算法一：50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（個(gè)）。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(gè)）。

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(gè)）。

對(duì)于第三種驗(yàn)算方法，關(guān)于偶數(shù)100，說(shuō)明通過(guò)順篩和逆篩配合篩后，被篩除的集合中至少還有7個(gè)奇數(shù)未被篩除，就是把1和99再篩除還計(jì)算在內(nèi)，被篩除的集合中至少還有5個(gè)奇數(shù)未被篩除，剩下的奇數(shù)必然只能滿足“奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)=100”的情形，這就說(shuō)明偶數(shù)100能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

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

（2）因?yàn)榕紨?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(duì)于“偶數(shù)2m=奇數(shù)+奇數(shù)”來(lái)說(shuō)，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?cái)?shù)，③偶數(shù)2m=奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)，④偶數(shù)2m=1+奇合數(shù)，⑤偶數(shù)2m=1+奇素?cái)?shù)。

（3）極限的情形無(wú)外孚是對(duì)于一個(gè)非常大的偶數(shù)2m，設(shè)奇素?cái)?shù)p1，p2，p3，?，pt均為不大于√2m的全體奇素?cái)?shù)（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，?，t），t∈N；并且假設(shè)偶數(shù)2m均不含有奇素?cái)?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?cái)?shù)”的情形。

（4）設(shè)置集合A={1，3，5，7，9，?，（2m-3），（2m-1）}，又 設(shè)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(dá)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(dá)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(dá)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(dá)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(dá)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?cè)诩螦={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?cái)?shù)，偶數(shù)2m=1+奇合數(shù)或者偶數(shù)2m=1+奇素?cái)?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(dá)到目的了；也就是說(shuō)集合C中的奇數(shù)只能滿足上面（2）中“偶數(shù)2m=奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)”的情形。

（6）為了證明集合C中還有奇數(shù)，我們還應(yīng)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(zhuǎn)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(lái)加以分析探討，可能會(huì)得到意想不到的形情。由此我們?cè)俜治鋈缦拢?/p>

（7）對(duì)于正實(shí)數(shù)x，如果我們?cè)O(shè)置符號(hào)【x】表示為不大于x的最大正整數(shù)。設(shè)集合{1，3，5，7，9，?，（2m-3），（2m-1）}中元素的總個(gè)數(shù)為W；我們用【W(wǎng)÷p1】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，?，（2m1-1）p1}中全體奇數(shù)的總個(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷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(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷p2】表示集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，?，（2m2-1）p2}中全體奇數(shù)的總個(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷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(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷（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(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷（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(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷（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(gè)數(shù)，【W(wǎng)÷（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(gè)數(shù)，?，【W(wǎng)÷（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(gè)數(shù)。

為了達(dá)到篩除的最大極限，我們假定偶數(shù)2m中均不含有奇素?cái)?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(jīng)過(guò)上面這樣篩除后集合中最終剩下奇數(shù)的總個(gè)數(shù)可以轉(zhuǎn)化為下面這種計(jì)算形式：

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

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

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

如果我們又能證明【W(wǎng)÷（p2p1）】≈W÷（p2p1）；【W(wǎng)÷（p3p1）】≈W÷（p3p1）；【W(wǎng)÷（p2p3）】≈W÷（p2p3）；【W(wǎng)÷（p3p2p1）】≈W÷（p3p2p1′）；?；【W(wǎng)÷（ptpt-1?p3p2p1）】≈W÷（ptpt-1?p3p2p1）。并且又能證明Y=W-【W(wǎng)÷p1】-【W(wǎng)÷p1′】-【W(wǎng)÷p2】-【W(wǎng)÷p2′】+【W(wǎng)÷（p2p1）】+【W(wǎng)÷（p2p1′）】+【W(wǎng)÷（p2′p1）】+【W(wǎng)÷（p2′p1′）】-【W(wǎng)÷p3】-【W(wǎng)÷p3′】+【W(wǎng)÷（p3p1）】+【W(wǎng)÷（p3p1′）】+【W(wǎng)÷（p3p2）】+【W(wǎng)÷（p3p2′）】+【W(wǎng)÷（p3′p1）】+【W(wǎng)÷（p3′p1′）】+【W(wǎng)÷（p3′p2）】+【W(wǎng)÷（p3′p2′）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1′）】-【W(wǎng)÷（p3p2′p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2′p1′）】-【W(wǎng)÷（p3′p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3′p2p1′）】-【W(wǎng)÷（p3′p2′p1）】-【W(wǎng)÷（p3′p2′p1′）】-【W(wǎng)÷p4】-【W(wǎng)÷p4′】+?-【W(wǎng)÷pt】-【W(wǎng)÷pt′】+?+（-1）t【W(wǎng)÷（pt′ pt-1′?p3′p2′p1′）】=W-【W(wǎng)÷p1】-【W(wǎng)÷p1】-【W(wǎng)÷p2】-【W(wǎng)÷p2】+【W(wǎng)÷（p2p1）】+【W(wǎng)÷（p2p1）】+【W(wǎng)÷（p2p1）】+【W(wǎng)÷（p2p1）】-【W(wǎng)÷p3】-【W(wǎng)÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W(wǎng)÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W(wǎng)÷（p3p2）】+【W(wǎng)÷（p3p1）】+【W(wǎng)÷（p3p1）】+【W(wǎng)÷（p3p2）】+【W(wǎng)÷（p3p2）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷（p3p2p1）】-【W(wǎng)÷p4】-【W(wǎng)÷p4】+?-【W(wǎng)÷pt】-【W(wǎng)÷pt】+?+（-1）t【W(wǎng)÷（ptpt-1?p3p2p1）】＞W(wǎng)-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(wǎng)（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(wǎng)（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(wǎng)（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(dāng)偶數(shù)2m中含有奇素?cái)?shù)因子pi時(shí)，那么di取值為1；當(dāng)偶數(shù)2m中不含有奇素?cái)?shù)因子pi時(shí)，那么di取值為2；因?yàn)閜t＜√2m，所以當(dāng)m相當(dāng)大時(shí)，m÷pt的值比3要大很多很多。說(shuō)明集合中余下得有奇數(shù)，并且 余下的奇數(shù)必定為奇素?cái)?shù)，并且只滿足“2m=奇素?cái)?shù)+奇素?cái)?shù)”的情形。

如若是，則“哥德巴赫猜想”就解決了。

參考文獻(xiàn)

[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(yán)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(xué)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(xué)小辭典（科學(xué)技術(shù)文藝出版社）1983年2月第1版

二〇一四年十月十九日

第五篇：哥德巴赫猜想的證明

《哥德巴赫猜想的嚴(yán)謹(jǐn)定性證明》 作者姓名：崔坤

作者單位：即墨市瑞達(dá)包裝輔料廠 E-mail:cwkzq@126.com 關(guān)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(gè)質(zhì)數(shù)之和。

由于近代數(shù)學(xué)規(guī)定1不是素?cái)?shù)，那么除2以外所有的素?cái)?shù)都是奇素?cái)?shù)，據(jù)此哥猜等價(jià)：

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

證明：首先我們?cè)O(shè)計(jì)一個(gè)表格---CK表格：

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

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

由于偶數(shù)是無(wú)限的，故這個(gè)表格是個(gè)無(wú)限的，由此組成的系統(tǒng)就是一個(gè)非閉合系統(tǒng)。表中D(N)表示奇素?cái)?shù)對(duì)的個(gè)數(shù)，H(N)表示奇合數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)，M(N)表示奇素?cái)?shù)與奇合數(shù)成對(duì)的個(gè)數(shù)。不超過(guò)2n+1的奇素?cái)?shù)個(gè)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?cái)?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?cái)?shù)P1≥3，奇素?cái)?shù)P3≥3，奇素?cái)?shù)P5≥3，奇合數(shù)H3≥9 偶數(shù)N1的最小值是3+3=6，故每個(gè)N1≥6的偶數(shù)都是2個(gè)奇素?cái)?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?cái)?shù)P2≥3，奇數(shù)H2≥9，第二頁(yè) 即：

N2=P2+H2=P2+P4=P6+H4,篩得：N2=P2+P4，其中奇素?cái)?shù)P2≥3，奇素?cái)?shù)P4≥3，奇素?cái)?shù)P6≥3，奇合數(shù)H4≥9 偶數(shù)N2的最小值是3+3=6，故每個(gè)N2≥6的偶數(shù)都是2個(gè)奇素?cái)?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(shè)N=N3-N4, 則N=P5+P6，其中奇素?cái)?shù)P5≥3，奇素?cái)?shù)P6≥3 故每個(gè)N1≥6的偶數(shù)都是2個(gè)奇素?cái)?shù)之和 故命題得證 綜上所述：

故定理A得證:每個(gè)≥6的偶數(shù)都是2個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

第三頁(yè)

推論B: 每一個(gè)大于等于9的奇數(shù)O都可以表示成三個(gè)奇素?cái)?shù)之和。簡(jiǎn)言：O=P1+P2+P3 證明：設(shè)P1、P2、P3均為≥3的奇素?cái)?shù)，那么根據(jù)定理A可知：P3+N=P3+P1+P2, 因?yàn)镻3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(gè)大于等于9的奇數(shù)O都可以表示成三個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

簡(jiǎn)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(dá)包裝輔料廠 2016-09-14-14-38

第四頁(yè)