第一篇：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)?，F(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。現(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(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)?，我沒(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)?，下一個(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

第三篇：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)

第四篇：哥德巴赫猜想的證明思路

哥德巴赫猜想的證明方法

引言

數(shù)論之位數(shù)運(yùn)算，一個(gè)新的的概念，一個(gè)新的方向，一個(gè)新的課題。希望廣大數(shù)學(xué)愛(ài)好者能參加到這個(gè)課題的研究中，從中發(fā)現(xiàn)更多的理論，解決更多的問(wèn)題。

目錄

一、哥德巴赫猜想的證明思路

1、哥德巴赫猜想證明引入的一些符號(hào)代表含義

2、素?cái)?shù)定理代數(shù)表達(dá)式

3、哥德巴赫猜想的證明

第一章 哥德巴赫猜想的證明思路

通過(guò)證明一任意大偶數(shù)可拆分2素?cái)?shù)之和的數(shù)量呈增長(zhǎng)趨勢(shì)來(lái)證明哥德巴赫猜想成立

一、哥德巴赫猜想證明引入的一些符號(hào)代表含義

1、n，（n≥1;n∈自然數(shù)）

2、Pn≈π（x）任意正整數(shù)n包含的素?cái)?shù)數(shù)量

3、Pn1，（0，m）區(qū)間內(nèi)素?cái)?shù)數(shù)量

4、Pn2，（m，2m）區(qū)間內(nèi)素?cái)?shù)數(shù)量

5、Pm，任意正整數(shù)n包含的素?cái)?shù)類型數(shù)量

5、（γ，γ=-0.***2）素?cái)?shù)分布系數(shù)

6、（λ，λ=0.6***984）素?cái)?shù)類型中素?cái)?shù)與偽素?cái)?shù)等差比例系數(shù)。

7、logn，以n為底的對(duì)數(shù)

8、H，小于等于n的所有素?cái)?shù)類型的組合數(shù)量

9、H1，小于等于n的素?cái)?shù)類型組合數(shù)量

10、Hn，取值為n時(shí)可拆分素?cái)?shù)對(duì)數(shù)量

11、HAL，偶數(shù)類型1

12、HBL，偶數(shù)類型2

13、HCL，偶數(shù)類型3

14、HDL，偶數(shù)類型4

15、（m,2m 2m=n）相對(duì)區(qū)間

16、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H,相對(duì)區(qū)間內(nèi)兩素?cái)?shù)組合下限

17、HALx，偶數(shù)類型1組合下限

18、HBLx，偶數(shù)類型2組合下限

19、HCLx，偶數(shù)類型3組合下限 20、HDLx，偶數(shù)類型4組合下限

21、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H,相對(duì)區(qū)間內(nèi)兩素?cái)?shù)組合上限

22、HALs，偶數(shù)類型1組合上限

23、HBLs，偶數(shù)類型2組合上限

24、HCLs，偶數(shù)類型3組合上限

25、HDLs，偶數(shù)類型4組合上限

二、素?cái)?shù)定理代數(shù)表達(dá)式

1、Pn=π（x）≈(0.8n/3)/{γ+λ*（logn-2）+1}

2、Pn1=π（x）≈(0.8n/6)/{γ+λ*log（n/2-2）+1}

3、Pn2≈Pn-Pn1

三、哥德巴赫猜想的證明

1、Pm≈0.8n/3

2、H=(0.8n/6)*(0.8n/3+1)

3、H1=144*（n/90-1）*（n/90-1）+328（n/90-1）+186+{（n/90-1）+2}/2

4、Hn={（Pn*（Pn+1）/2}*H1/H

5、HAL=Hn*0.08/（n/90+1）；

6、HBL=Hn*0.06/（n/90+1）；

7、HCL= Hn*0.04/（n/90+1）；

8、HDL=(Hn/30)/（n/90+1），9、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H；

10、HALx= Hnx*0.08/（n/90+1）；

11、HBLx= Hnx*0.06/（n/90+1）；

12、HCLx= Hnx*0.04/（n/90+1）；

13、HDLx=(Hnx/30)/（n/90+1）；

14、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H；

10、HALs= Hns*0.08/（n/90+1）；

11、HBLs= Hnx*0.06/（n/90+1）；

12、HCLs= Hnx*0.04/（n/90+1）；

13、HDLs=(Hnx/30)/（n/90+1）； 結(jié)論：取自然數(shù)n,隨著n→∞，HAL、HBL、HCL、HDL的值呈擴(kuò)張性增漲； HALx、HBLx、HCLx、HDLx的下限值也呈擴(kuò)張性增漲；HALs、HBLs、HCLs、HDLs的上限值也呈擴(kuò)張性增漲，因此哥德巴赫猜想成立。

如看過(guò)此文后還請(qǐng)與本人的素?cái)?shù)計(jì)算公式及實(shí)際誤差對(duì)照表及百萬(wàn)素?cái)?shù)表及歌猜計(jì)算公式的電子表格一同研究（事倍功半）

第五篇：哥德巴赫猜想的證明

猜想1 每個(gè)不小于6的偶數(shù)都可以表示為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和

猜想2.每個(gè)不小于9的奇數(shù)都可以表示為三個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

證明：

設(shè)：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(gè)

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(gè)

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(gè)

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(gè)

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(dāng)代數(shù)式①，②，③，……，⑩分別<2m 時(shí)，代數(shù)式①，②，③，……，⑩可以表示的數(shù)的個(gè)數(shù)

又∵大于等于3且小于2m的奇數(shù)可以求出為 m-1個(gè) ∴ab可表示代數(shù)式①所能表示的數(shù)的個(gè)數(shù)與大于于3且小于2m的奇數(shù)的個(gè)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(gè) 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(gè) 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(gè) 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(gè) 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(gè) 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(gè) 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(gè) 50

設(shè)p1，p2為正奇數(shù)

則 當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)滿足p1+p2=2m的p1，p2共有

∵當(dāng)2m≥502時(shí) [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(dāng)2m≥502且m為奇數(shù)時(shí)至少有1 組p1，p2使猜想1成立

∴當(dāng)2m≥502且m為奇數(shù)時(shí)猜想1成立

當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)滿足p1+p2=2m的p1，p2共有

∵當(dāng)2m≥512時(shí) [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(dāng)2m≥512且m為奇數(shù)時(shí)至少有1 組p1，p2使猜想1成立

∴當(dāng)2m≥512且m為偶數(shù)時(shí)猜想1成立

∴當(dāng)2m≥512時(shí) 猜想1成立

當(dāng)2m≤512時(shí)，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(guò)總結(jié)證明過(guò)程可以得出：質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)與和數(shù)個(gè)數(shù)的比值無(wú)限接近1:9