歌德巴赫猜想及其证明（5篇）

第一篇：歌德巴赫猜想及其证明

哥德巴赫猜想及其证明

内容摘要：设n为正整数，把大于8的偶数分为12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8这样6类，则每一类都可以用6n±1、6n±5、6n±7、6n±11、6n±13、6n±17、6n±19、6n±23……之类的数其中两个数的和表示。本文试图证明当和是大偶数的两个数都是质数时，n的取值是正整数集。

关键词:质数 奇数 偶数 正整数 自然数 集合 6n+1 6n-1 6n+5 6n-5 哥德巴赫猜想

上篇 哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想的内容：大于2的偶数都是两个质数的和,大于5的奇数都是三个质数的和。

下篇 哥德巴赫猜想的证明

分析：

小于4的质数有两个，即2和3,大于4的质数则很多，但都不是小于它本身的质数的倍数，这些小于它本身的质数当然包括2和3了，也就是说，大于4的质数既不是2的倍数，也不是3的倍数。若设n为正整数，则只有6n+1和6n-1表示的数才有可能是质数。

设定字母含义：

n:正整数；

m:自然数（包括“0”）； N+:正整数集合。

……；

N-23：6n-23为质数时n的所有取值n-23的集合； N-17：6n-17为质数时n的所有取值n-17的集合； N-11：6n-11为质数时n的所有取值n-11的集合； N-5：6n-5为质数时n的所有取值n-5的集合； N1：6n+1为质数时n的所有取值n1的集合； N7:6n+7为质数时n的所有取值n7的集合； N13：6n+13为质数时n的所有取值n13的集合； N19：6n+19为质数时n的所有取值n19的集合； N25：6n+25为质数时的n所有取值n25的集合； ……

N6m+1：6（n+m）+1为质数时n的所有取值n6m+1的集合。……

N-6m+1：6（n-m）+1为质数时n的所有取值n-6m+1的集合。N-1:6n-1为质数时n的所有取值n-1的集合。

N-7：6n-7为质数时n的所有取值n-7的集合。N-13：6n-13为质数时n的所有取值n-13的集合。N-19：6n-19为质数时n的所有取值n-19的集合。N-25：6n-25为质数时n的所有取值n-25的集合。……

N-6m-1：6（n-m）-1为质数时n的所有取值n-6m-1的集合。——————————————————————————— N5：6n+5为质数时n的所有取值n5的集合。N11：6n+11为质数时n的所有取值n11的集合。N17：6n+17为质数时n的所有取值n17的集合。N23：6n+23为质数时n的所有取值n23的集合。N29：6n+29为质数时n的所有取值n29的集合。……

N6m-1：6（n+m）-1为质数时n的所有取值n6m-1的集合。——————————————————————————— N6m+5：6（n+m）+5为质数时n的所有取值n6m+5的集合。N6m+7：6（n+m）+7为质数时n的所有取值n6m+7的集合。根据设定的字母含义，上面的集合除N+外，有些与N1有关，有些与N-1有关。我们把与N1有关的集合叫做“6n+1”型,把与N-1有关的集合叫做“6n-1”型。于是这些集合可分为两类：

第一类（“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，……}。第二类（“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，……}。首先证明大于2的偶数都是两个质数的和。证明过程分两步。第一步：偶数4，6，8都是两个质数的和。证明：4=2+2，6=3+3，8=3+5。

第二步：大于8的偶数都是两个质数的和。

大于8的偶数可分为12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8

这样6类，下面分别证明。

1．12n-2是两个质数的和。证明：

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] 当12n-2=（6n-1）+（6n-1）且6n-1为质数(如10=5+5，22=11+11,34=17+17等)时，n的所有取值的集合应为

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，…… }。

同理当12n-2=（6n+5）+（6n-7）且6n+5和6n-7都为质数(如22=17+5,34=23+11等)时，则n的所有取值的集合应为

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，……}。

当12n-2=（6n+11）+（6n-13）且6n+11和6n-13都为质数(如34=29+5,58=41+17等)时，n的所有取值的集合应为

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，……}。

当12n-2=（6n+17）+（6n-19）且6n+17和6n-19都为质数（如58=47+11，70=53+17等）时，n的所有取值的集合应为

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，……}。

当12n-2=（6n+23）+（6n-25）且6n+23和6n-25都为质数（如58=53+5,70=59+11等）时,n的取值应为

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，……},依次类推。

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

1、6n+5、6n-7都为质数(如22=11+11=17+5,34=17+17=23+11等)时，n的所有取值的集合应为

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，……}。

当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都为质数(如34=17+17=23+11=29+5等)，则n的所有取值的集合应为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，……},依次类推。设当12n-2是两个质数的和时n的所有取值的集合为N-2，则当n→∞时，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+

这个

12n-2是两个质数的和时，n的所有取值的集

合是正整数集，即无论n取任何正整数值，12n-2都是两个质数的和。

2．12n是两个质数的和。证明：

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] 设当12n是两个质数的和时n的所有取值的集合为N0，当n→∞时，则有

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+ 这个结论说明，当12n是两个质数的和时，n的所有取值的集合是正整数集，即12n是两个质数的和。

3.12n+2是两个质数的和。证明: 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] 设当12n+2是两个质数的和时n的所有取值的集合为N2，当n→∞时，则有

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+

这个结论说明，12n+2是两个质数的和。4.12n+4是两个质数的和。证明：

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] 设当12n+4是两个质数的和时n的所有取值的集合为N4，当n→∞时，则有

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+ 这个结论说明，12n+4是两个质数的和。5.12n+6是两个质数的和。证明: 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] 设12n+6当是两个质数的和时n的所有取值的集合为N6，当n→∞时，则有

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+

这个结论说明，12n+6是两个质数的和。

6.12n+8是两个质数的和。证明：

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] 设当12n+8是两个质数的和时n的所有取值的集合为N8，当n→∞时，则有

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 +++这个结论说明，12n+8是两个质数的和。

由以上两步可知，大于2的偶数都是两个质数的和。现在证明大于5的奇数，都是3个质数的和，也分两步。第一步：奇数7、9、11都是3个质数的和。证明：7=2+2+3，9=2+2+5，11=2+2+7。第二步：大于11的奇数都是3个质数的和。

证明：大于11的奇数可分为6类，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均已证明都是两个质数的和，所以大于11的奇数都是3个质数的和。

由以上两步可知，大于5的奇数都是3个质数的和。推论：大于5的自然数都是3个质数的和（请读者自证）。附：关于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

+ 的证明

证明：当n、n1和n-1都趋向于无穷大时，n-

1、n1-1和n-1-1也都趋向于无穷大。这时，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+（舞钢市铁山乡韩庄学校 陈学本电话：***）

第二篇：求史上各种歌德巴赫猜想的证明方法

求史上各种歌德巴赫猜想的证明方法 [ 标签：歌德巴赫 ] 匿名 2008-07-24 09:26

我找了很多地方都只找到陈景润的“1+2”的证明方式，那有没有比如像“9+9”“1+3”等等的证明表达式~~ 举报 满意答案 好评率：75%

用一种既科学有简单的方法证明歌德巴赫猜想!（1）逐个对偶数2—200这100个偶数进行实算，编制成表

一、表

二、表三附在文后，以供研究。（2）编制偶数2—200等于两个奇数之和的组数变化展示图（附在文后）进行分析研究。 为什么图形忽高忽低，呈折线上升，原因何在。 素数公式不适合证明（1+1）。 按照组数变化展示图分段来仔细研究。4-4 命题没有要求对“任何不小于6的偶数”都全部逐个运算一次。但是从理论上来证明（1+1）是办得到的。4-5 偶数等于三种不同组合的两个奇数之和，为什么命题只承认“任何不小于6的偶数都是两个奇质数之和。这可以从起点不同分布情况不同由本文新论点来解答。

五、结论：（P17-P18）综合两点理由，论证哥德巴赫猜想之一的“任何不小于6的偶数都是两个奇质数之和”是正确的定理。

六、附表（P19-P27） 表一 偶数6—20通过公式计算结果统计表。（着重解决偶数等于三种不同组合的两个奇数之和的起点。） 表二 偶数22—100等于两个奇数之和明细表。 表三 偶数102—200等于两个奇数之和的明细表。说明：所有明细表都有详细的运算式，并在奇质数下面划有一条横线，以示区别。其中的质+质就是命题结论要求的两个奇质数之和（组数）。 偶数2-200等于两个奇质数之和的组数变化展示图。一种既科学又简便的证明（1+1）的新方法 作者：李建耀

一、简 介 1-1（1+1）是什么 1742年6月7日德国数学家哥德巴赫写信给当时著名数学家欧拉，提出两个大胆的猜想。（1）任何不小于6的偶数都是两个奇质数之和。（简称1+1）。（2）任何不小于9的奇数都是叁个奇质数之和。这就是数学史上著名的哥德巴赫猜想。同年6月30日欧拉在回信中说，他深信这两个猜想都是正确的定理，但他当时无法证明。而且十八世纪和十九世纪，也无人能够证明。因此到1900年二十世纪最伟大的数学家希尔伯特，在国际数学会上把“哥德巴赫猜想”列为23个数学难题之一。让全世界数学家联手证明。可是到目前为止，已过去将近264年，尚无1人能够完全证明出来。由于这是一个世界难题，所以大多数数学家都想集中精力一个个的突破，现都在全力进攻哥德巴赫的第一个大胆的猜想。探索“任何不小于6的偶数都是两个奇质数之和”的奥秘。数学家在探索时认为，无论多大的奇质数，都把它看成一个，这样两个相加，就是两个1相加，即是（1+1）。时间久了，（1+1）就成为猜想之一的简称。如果误认“1+1=2”，便会使“猜想”改变了原来的题意。1-2 已往数学家研究（1+1）的成果。二十世纪前研究毫无进展，直到1920年挪威数学家布郎证明出9个素数因子之积加9个素数之积是正确的，称为（9+9）。1924年德国数学家拉德哈马尔证明了（7+7）。1932年英国数学家爱斯斯尔曼证明了（6+6）。1938年前苏联数学家布尔所斯塔勃证明了（5+5）。1940年他又证明了（4+4）。1956年中国数学家王元证明了（3+4）。同年前苏联数学家维诺格拉多夫证明了（3+3）。1957年中国数学家王元证明了（2+3）。1948年匈牙利数学家瑞尼证明出（1+c），他是最早用“1”为常数的。1948年匈牙利数学家兰恩证明了（1+6）。1962年中国数家潘承洞证明了（1+5）。1963年中国数学家王元、潘承洞，以及前苏联数学家巴尔巴恩证明了（1+4）。1965年前苏联数学家布尔斯塔勃及维诺塔拉多大及意大利数家朋比证明了（1+3）。1966年中国数学家陈景润证明了（1+2）。看来上述中外数学家都在逐步缩小包围圈。企图最后攻克（1+1）这个堡垒。眼看来只差一步就可达到目的，但是由于他们所证明的都是“每个充分大的偶数”与哥德巴赫猜想一的“任何不小于6的偶数”是有区别的。而且所有的结论都不是（1+1）。由于不按命题来论证，又怎能达到成功目的呢？因此以后的数学家在研究哥德巴赫猜想时，不要盲目跟着别人跑，要自主创新，要依据命题来论证。1-3 目前数学界在研究（1+1）时，还存在那些难以解决的问题： <1> 无法破解其中的奥秘，必须创造新的数学方法。A、摘自2002年1月26日北京晚报网站的“哥德巴赫”背景资料。是这样叙述的“哥德巴赫猜想”被称为数学皇冠上的明珠。古今往来，多少数学家殚精竭虑，仍无法完全破解其中的奥秘。即使像中国陈景润这样的数学家，也只是在研究方面迈进一步而已„„“。目前，有许多数学家认为，要想证明“1+1”，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能都是走不通的。B、摘自2004年10月10日，作者刘宇“关于哥德巴赫猜想研究情况的分析与思考”一文，他是这样叙述的“证明路径不对路，大多数数学家的证明路径，都是只证明后面的结论，而不证明前面的前置条件，包括现在的一些数学名家都还在犯此错误，不按命题的要求的方向去证明命题”。他还说：数学家门把哥德巴赫猜想称之为“数学皇冠上的明珠”，夸大其词，误导探索者，事实上就其实质来说，哥德巴赫猜想是一个素数加法问题，即研究素数两两相加的分布规律问题，与素数的乘法、除法、指数、对数以及其他数学方法，或者研究素数内在本质的这种方法相比，相差远多了。可以说素数加法问题是素数运算的基础，最低层次的运算，如果最低一级的素数运算方法就称之为“数学皇冠上的明珠”，那么其他高层次的素数运算方法或研究法，又称为什么呢？（本文感谢此文多方面的提示）C、摘自1977年9月徐迟所著的“哥德巴赫猜想”的报告文学，1978年发表在光明日报上的第五段是这样写的：要懂得哥德巴赫猜想是怎么回事？只需把早先小学三年级里就学过的数学来温习一下。那些1、2、3、4、5，个十百千万的数字，叫做整数。那些可以被2整除的数，叫做偶数。剩下的那些数叫做奇数。还有一种数如2、3、5、7、11、13等等，只能被1和它本数，而不能被别的整数整除的，叫做素数（即质数），除了1和它本数以外，还能被别的整数整除的，这种数如4、6、8、9、10、12等等就叫合数。一个整数，能被一个素数所整除，这个素数就叫做这个整数的因子。如6，就有2和3两个素因子。如30，就有2、3和5三个素因子。好了，这暂时也就够用了。1742年哥德巴赫写信给欧拉时，提出了：每个不小于6的偶数，都是二个素数之和。例如：6=3+3。又如24=11+13等等。有人对一个一个的偶数都进行了这样的验算，一直验算到三亿三千万之数，都表明这是对的。但是更大数目，更大更大的数目呢？猜想起来也该是对的。猜想应当证明，要证明它却很难很难。以上本文摘取这三篇文件的目的是证明当前数学界在讨论（1+1）方面都有了新的动向，提醒大家不要过于迷信某些权威人士过去对（1+1）的判断，这绝对不是高深莫测的神秘的数学论题，而是一个最基本的奇质数加法问题，劝说探索者不要再走过去数学家走不通的老路，要用自己创新的方法，去研究奇质数两两相加的分布规律问题，这样才能破解其中的奥秘，并创造出论证（1+1）的新方法。<2> 尚无法找到既科学又简便的筛法 过去数学家研究（1+1）时，均是在全体自然数中进行，既要筛出偶合数，又要筛出奇合数，筛出的结果误差太大，因此难以达到全部筛出的目的，陈景润数学家的筛法，曾被英国哈勃斯丹和德国李希特两个数学家称为“筛法”的顶点，但是并没有达到顶点而无法证明（1+1），就目前大多数业余爱好者而言，仍然是在全体自然数中进行，反复无限地筛出，会有多个余数，当两个奇数相加在一起时，便无法同时筛出。当然还有双向筛、比例筛、格网筛、循环筛等筛法达八种以上，有的因为其筛法本身就未被证明，难以让人相信，有的筛法误差较大，有的筛法还需要转换和补充。因此筛法还是阻碍（1+1）成功的一大难题。<3> 既科学，又简便的素数公式至今无人找到。这里的素数是指奇质数而言，（由于偶数中只有2是偶质数，因此在研究素数（质数）时，大都习惯用素数来表示奇质数）。目前数学界还是依据已往数学家的思路，想找到在自然数中奇质数的分布规律，总结出一个既科学又简便的素数公式来证明（1+1），可是在自然数中，既有奇数又有偶数，而奇数中可分奇质数和奇合数，都是相互毫无规则的排列在一起，因此要想找到奇质数的规律是非常困难的，何况还涉及一个“任何不小于6的偶数”是一个无限区间，其中所包含的偶数是无穷无尽的，其中所能等于的两个奇质数之和也是无穷无尽的，其中的某些特大的奇质数的数值到底是多大，谁也不会知道。连这些特大的奇质数的数值是多大都不能肯定的人，又怎能知道在其周围与其您已经评价过！好:3 您已经评价过！不好:1 您已经评价过！原创:0 您已经评价过！非原创:2 基 TA的星星记录: 2 0 0

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说明：由于数1既不是奇质数又不是奇合数，所以今后在研究（1+1）时都不参加讨论，所以一律去掉。<8> 偶数等于两个奇质数之和的分布规律： 是在自然数中首项为1，末项为（这个偶数-1）的等差为2的等差奇数列中。通过偶数等于（首末两项之和），及与首末两项等远两项之和相等的规律，进行运算与组合后，再筛选掉其中有数1参加的首末两项及其中有一项或两项都是奇合数参加组合的两个奇数之和，余下的则都是这个偶数所能等于两个奇质数之和。2-3 论证（1+1）新方法的特色和优点。<1> 全部采用自然数，不必用变数和高深数论来进行运算：因而简单明了通俗易懂，只要有中学数学基础，人人都可以学会，个个都可运算。<2> 彻底解决目前在论证（1+1）筛法难的问题，只需在最后一道工序，筛选掉偶数等于两个奇数之和中的与命题无关的，凡是有数1和有奇合数参加组合的两个奇数之和，其余的都是两个奇质数之和。因而筛法简便，没有多余的尾数，所以结果正确而且详细。<3> 不需要再找既复杂，又不适用证明（1+1）的素数公式：运用本文的论证（1+1）的新方法，不但简便而且科学，完全符合证论的程序，从分布规律入手，到引入《名师视点》等差数列首末两项及等远两项之和相等的规律来进行组合，直至筛选，每一步只解决一个问题，因而程序清晰，符合逻辑思维，最后一次性就可得到偶数所能等于两个奇质数之和。而不是先找一个再找一个。<4> 新的论证方法，从理论上讲完全适用“任何不小于6的偶数”。因为不管偶数有多大都可以在自然数中最完整的等差为2的等差奇数列中，摘取一段首项为1，末项为指定的偶数-1的等差为2的等差奇数数列，因而解决了命题是一个无限区间无法用理论来证明的难题。

三、推导出偶数等于两个奇数之和的公式： 3-1 偶数等于两个奇数之和的组数公式： 由于奇数数列等差为2，又要将两个奇数之和组成一组，因此 组数公式=1/4×偶数x 其中偶数x是已知需要运算求组数的偶数。例：求偶数18可等于多少组两个奇数之和？ 组数=18×1/4=4.5组，即5组（详上例偶数18）说明：计算结果如有小数，是因为等差奇数数列成单，最中间的奇数就是中心点，且距首末两项等距，所以这个奇数自成等远两项并组合成一组两个奇数之和。即上例的（9+9），因此去掉小数，组的整数加1。（上例等于五组）。3-2 偶数等于两个奇数之和的运算表达公式：本公式是在已知偶数及其包含的等差奇数数列的情况下进行。运算表达公式：X=n+(x-n)其中x 是已知偶数，N-为不确定项（也可用通项公式：an=a1+(n-1)d逐项求出。本题a1=1，d等差=2）N-为奇数数列中已知的首项，及二、三、四直至中项，按其求组数来定。实际就是用1、3、5、7、9„„等代入。（x-n）的结果是末项及与二、三、四„„等远各项，完全是依据等差奇数数列首末两项及等远两项之和相等的规律推导的。按照如此特殊规定进行组合，绝对没有重复组和素数对产生。运算示范：仍以偶数18为例：求组数=1/4×18=4.5去掉小数整数加1为五组，因此将已知的等差奇数列前五项1、3、5、7、9依次代入n，这样比用通式逐项求出要简便得多。可得18=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）共五组，完全与上例计算结果相同。最后再根据这五组中质、合数的不同来进行分别统计。再进行筛选就可求出偶数18=（5+13）=（7+11）等于两组不同数字的两个奇质数之和。3-3 推理：偶数越大所能等于两个奇质数之和的组数越多，其中等于两个奇质数之和的组数必然增多，因此越接近无穷大的偶数最大，能等于两个奇数之和的组数最多。反之，偶数越小所能等于两个奇数之和的组数越少，其中等于两个奇数之和的组数必然更少。因此不能等于两个奇质数之和的偶数一定是自然数中最小的偶数。这个推理来源于上面列出的偶数等于两个奇数之和的组数公式和运算表达式： 组数公式：组数=1/4x偶数x，可知组数多少全由偶数大小来定，因此偶数大组数多，反之则少。运算表达式：偶数x=n+(x-n)，其中n为不确定项，依次由1、3、5、7„„代入，具体代入项是多少，由组数来定，其组数仍然是按偶数大小来定，因此偶数越大，能等于两个奇数之和的组数多，反之则少。因而以上推理不是凭空捏造的，而是有据可查，并可经过以后的实算得到验证的。3-4 最简便的论证（1+1）的新方法： 此方法的来源仍然是依据本文上述的新方法，甚至组数公式和运算表达式的公式都相同，但是这个最简便的论证方法是不管来源，只对运算结果进行分析总结而成。由于证明任何指定的偶数等于等差为2的奇数数列中的首项是1，末项是（指定偶数-1），因此其首末两项都是已知的，而其他所有的都是等远两项之和，现在经过仔细观察分析总结出这样一个分布规律，在这些等远两项中的前项，从首项起都是等差为2的递增奇数数列，即1、3、5、7、9„ „等，而后项是从末项起则是等差为2的递减奇数数列，即（偶数-1）、（偶数-3）、（偶数-5）、（偶数-7）„ „等。因此所有的等远两项之和都是前两项中的“（前项+2）+（后项-2）”。依次进行，直至前后两项相等，或者前项比后项少2时为止（这时偶数所能等于两个奇数之和的组数=1/4x偶数）。则整个运算全部完成。例如：偶数18=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）组数=1/4×18=4.5即五组。又偶数16=（1+15）=（3+13）=（5+11）=（7+9）这时前项比后项少2，组数=1/4×16=4组。但偶数18与16经运算后还是要进行筛选，去掉其中有数1与奇合数所组成的两个奇数之后，其余都是两个奇质数之和。上例偶数18和16的运算就是遵循上述前两项中的“（前项+2）+（后项-2）”依次进行，并且其结果与本文上述的新方法运算的结果完全一致。因此称这一方法为论证（1+1）最简便的方法。有了这个最简便的方法，不但同样都适合证明“任何不小于6的所有偶数”。而且可以人人都自己动手，随心所欲，想证明多少个偶数就证明多少，不必再受限制。如果能运用现代的亿万次/秒高速运算的计算机按照前两项中的“（前项+2）+（后项-1）”来编程依次运算，或根据目前数学界有人已研制成的108以内和更多的所有素数个数的素数表和光盘。来分辨出大偶数内所包含的奇质数，去掉其中有数1和奇合数的组合后再制成表册，供科研使用成效一定可观”。

四、综合论证（1+1）命题 4-1（1+1）命题的实质是什么？如何才能破解其中的奥秘。命题的全称是“任何不小于6的偶数都是两个奇质数之和”。现经作者仔细分析和认真的研究，认为命题的实质是研究自然数中最完整的一条数列，其中既有偶数又有奇数。如果将这一完整的数列，分解成偶数和奇数两大部分。其中之一则是自然数中最完整的等差常数为2的等差偶数数列。这就包含了除最小的偶数2和4不能等于两个奇质数之和外的。“任何不小于6的所有偶数”。这就是命题的前部分。余下的奇数，则是自然数中最完整的等差常数仍然是2的等差奇数数列。在这条数列中就包含了对命题前部分“任何不小于6的偶数”进行分析研究后的结果，即“都是两个奇质数之和”的结论。这就是命题的后部分。至于如何将每一个不小6的偶数所能等于两个奇质数之和，分别从这条自然数中最完整的等差奇数数列中运算出来，这就涉及到偶数等于两个奇质数之和在等差奇数数列上的分布规律问题，目前在数学界尚无法解决，但经过作者多方考察研究终于创造了这一既科学又简便的论证（1+1）新方法。4-2 创造一个既科学又简便论证（1+1）的新方法。由于这一方法是由偶数等于两个奇数之和中的奇数分布在自然数首项为1。末项为偶数-1的等差为2的等差奇数数列上的规律。再引入等差数列首末两项及等这两项相等的规律。来进行组合，并由此证明偶数不但等于首末两项之和，而且等于所有的等远的两项所组成的两个奇数之和，再进行筛选，最后求得命题新需要的两个奇质数之和。其中的每一个环节不但层次分明，而且环环相扣，环环都符合情理，因此这一方法不但科学简便而且程序清晰，逻辑清楚并有独创技巧，真是一个用来论证（1+1）的最好的方法。此外根椐这一原理推导出偶数等于两个奇数之和的组数公式和运算表达方式，参考资料： www.xiexiebang.com/bbs/showtopic.asp?TOPIC_ID=22460&Forum_id=16&page= 您已经评价过！好:2 您已经评价过！不好:2 您已经评价过！原创:0 您已经评价过！非原创:2 基 TA的星星记录: 2 0 0 我的星星页面 2008-07-24 09:07 相关知识

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歌德巴赫猜想陈景润 歌德巴赫猜„歌德巴赫 猜想 陈歌德巴赫歌德巴赫猜哥德巴赫猜想的证明哥德巴赫猜想证明步„猜想的证明 收藏 分享到： 更好的回答 其他答案(1)他偶数和奇合数的排列情况呢？如果连这些最基本的排列情况都不知道，又怎么能完成一个自然数中最完整的统一的素数公式呢？也许某一天出现一个特高智商的人能够完成，那一定也是一个特别复杂不可以用来论证（1+1）的公式，因为（1+1）不只是要求用素数公式来解决一个奇质数的简单问题，而是要求任何不小于6的所有偶数都能等于两个奇质数之和的规律。这其中的两个奇质数之和，并不是随便找两个奇质数相加就行，而是这两个奇质数必须排列在某种特定位置才行，因而要求找到偶数等于两个奇质数之和的特殊排列规律，才能用来证明（1+1）。而这个规律本文以后会详细介绍。

二、探讨（1+1）命题论证的新方法 就题论题才能破解其中的奥秘。（1+1）命题是“任何不小于6的偶数，都是两个奇质数之和”。命题可分两部分，其前部分是命题所要求研究的对象，是“任何不小于6的偶数”和适应的[6，+∞]区间。后部分是要求研究的结果，即是“都是两个奇质数之和”的结论。2-1 破解（1+1）命题的奥秘。现在经过本文作者仔细的分析和认真的研究，认为命题的实质就是研究一条自然数中最完整的自然数数列。其中既包含有偶数又包含有奇数，因此可分解成两条性质完全不同的，在自然数中是最完整的等差常数都为2的等差偶数数列和等差奇数数列。如果在其中之一的等差为2的偶数数列中，去掉自然数中最小的偶数2和4因不能等于两个奇质数之和的偶数外，其余所有的偶数就是“任何不小于6的所有偶数”这就是命题前部分所要研究的对象。在其中另一条等差为2的等差奇数数列中，就包含了“研究任何每个不小于6的偶数所能等于的全部两个奇质数之和”。这就是命题后部分的结论。通过以上分析就完全破解了命题的奥秘。至于如何将“任何每个不小于6的偶数”所能等于的两个奇质数之和，分别在这个自然数中最完整的等差为2的等差奇质数数列中分离出来，还得创造一个独特的新的论证方法。下面会详细讲解。2-2 创造一个既科学又简便的论证（1+1）的新方法。<1> 从偶数等于两个奇数之和中来寻找偶数等于两个奇质数之和。由于奇质数在自然数中的无序排列，要想找到一个既科学又简便的素数公式是不可能的。如果能找到一个既长而复杂的公式，也算不错了，但用来证明（1+1）也不太适合，因为（1+1）是要求等于两个奇质数之和。如果要求出偶数等于两个奇质数之和的话，作者到是想到了一个绕道而行的好办法。这就是从偶数等于两个奇数之和中，去寻找两个奇质数之和。因为偶数在数值相等的条件下可以等于两个奇数之和，由于奇数又有质、合之分。因此其中必有两个奇质数之和。如果先求出偶数在数值相等的条件下所能等于（质+质）、（质+合）、（合+合）三种不同的两个奇数之和，再筛选掉所有的与奇合数或数1所组成的两个奇数之和，余下的就全是这个偶数所能等于的两个奇质数之和。<2> 自然数中偶数等于两个奇数之和中的奇数分布规律。首要确定一个偶数，再研究这个偶数在数值相等条件下所能等于的两个奇数之和中，其中最小的奇数值和最大的奇数值各是多少。由于现在是研究自然数，自然数中最小的奇数是1，这就是等差为2的等差奇数数列的首项。又由于现在所研究的是偶数等于两个奇数之和中的奇数，因此最大的奇数绝对不会大于偶数，否则就不能等值，所以最大的奇数只能是（偶数-1），这就是等差奇数数列中的末项。现在已知等差为2的等差奇数数列中的首项和末项，因此就可以知道这个确定的偶数所能等于两个奇数之和的所有奇数都分布在首项列为1，末项是（偶数-1）的等差为2的等差奇数数列中。这就是自然数中偶数等于两个奇数之和中奇数的分布规律。<3> 任何每个不小于6的偶数所能等于的两个奇数之和中的奇数是如何分布的。由于任何每个不小于6的偶数都是自然数，当然都应该遵守上述分布规律。即任何每个不小于6的偶数，虽然是一个无限区间，但都可以根据各自大小不同的偶数值，分别在（命题后部分的）自然数中最完整的等差为2的等差奇数数列中，摘取一段长度不等的首项为1，末项是各自偶数-1的一段。这样就可使任何每个不小于6的偶数，都可以得到一段属于自身等于两个奇数之和中的奇数，所分布在等差为2的等差奇数数列。<4> 引用（名师视点）中的等差数列，“首末两项及等远两项之和相等的规律”。这个规律摘自2000年北京第一次印刷，学苑出版社出版并发行的新华书店经销的（名师视点）丛书之一，柏均和著“高中数学”教学参考资料，P230-231的数列，极限，教学归纳法，在其等差数列规律第 V条，是这样写的“距首末两项及等远两项之和相等。即1+m=n+k，（1、m、n、k、∈N)，则a1+am=an+ak。”至于“等远项”本文作者认为是距首末两项等远的两项。此外还摘录了数列通式an=a1+(n-1)d。（名师视点）丛书是名师视点四点一测新概念丛书，书中点清重点，点拨难点，点明热点，点准考点并有学法指导的教学参考资料。是在第一线教学多年，富有声望和教学经验的特级、高级教师编写而成的教学参考资料及初高中生使用阶段复线习中使用。每一学科都是遵照教学大纲，依照人教社新教材、中考、高考最新说明，向学生系统介绍行之有效，事半功倍的学习要点。这套书由全国政协常委，九三学社中央常务付主席，中网科学院院士徐采栋教授担任主编。其中高中数字是柏均和著，他是天津一中特级数学教师，和模范教师，民盟天津市付主委兼中等教育委员会主任。天津市教育局的特约督导。数学教育学报编委，全国政协第九界委员，在中央级别刊物发表论文40余篇，出版数学参考书多部。因此这一规律来源真实可靠。可以作为本文的理论依据，并简称为（名师视点）规律。<5> 偶数等于两个奇数之和的运算和组合方法。根据上述偶数等于两个奇数之和中的所有每个奇数都分布在首项是1，末项是偶数-1的，等差为2的等差奇数数列中的这个范围之内，现在又根据（名师视点）的等差数列首末两项及等远两项相等的这一规律来进行组合。由于这个自然数等差奇数数列的首项是

1、末项是偶数-1，因而首末两项之和，正好等于这个偶数。因此整合成偶数不但可以等于这个等差奇数数列的首末两项之和，而且还可以等于其他所有等远两项的两个奇数之和。这就是偶数等于两个奇数之和的运算及组合新方法。<6> 任何每个不小于6的偶数等于两个奇质数之和的运算新方法 基本上还是按照上述新方法的原理进行。但是这是多个大小不同的偶数，因而要按由小到大，依次一个一个的进行，这样任何每个不小于6的偶数，不但可以在命题后部分的自然数中最完整的等差为2的等差奇数数列中，摘取一段自身偶数所等于的两个奇数之和中的奇数，所分布的首项为1末项是（自身偶数-1）的等差为2的等差奇数数列，而且还可以按照（名师视点）等差数列中，首末两项及等远两项之和相等的规律进行组合。就可以得到“任何不小于6”的每个偶数所能等于两个奇数之和，其中就必然包含“任何每个不小于6的偶数所能等于的所有两个奇质数之和”。例如在不小于6的偶数中，以偶数8、18、28三个偶数为例： 偶数8最小，所能摘取的自然数的等差奇数数列的项数必然少，只能摘取1、3、5（8-1）=7，这四项等差为2的等差奇数数列，按照（名师视点）规律首末两项及等这两项之和相等的规律进行组合，则只能是偶数8=（1+7）=（3+5）这两组两个奇数之和。其中只有8=（3+5）这一组是两个奇质数之和。偶数18，比偶数8大，按照同样的方法可摘取最小奇数是1，最大奇数是18-1=17的1、3、5、7、9、11、13、15、17共9个奇数的等差奇数数列，可组合成18=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）共计五组两个奇数之和，其中有18=（5+13）=（7+11）是两组两个奇质数之和。偶数28最大，按照同样的方法可摘取1、3、5、7、9、11、13、15、17、19、21、23、25、27共计14个奇数的等差奇质数数列，可组成偶数28=（1+27）=（3+25）=（5+23）=（7+21）=（9+19）=（11+17）=（13+15）共七组两个奇数之和，其中偶数28=（5+23）=（11+17）是两组两个奇质数之和。<7> 最后进行筛选 把上述方法，所求得的所有偶数等于两个奇数之和的组数进行一次全面筛选，将那些与命题结论无关的所有与奇合数及数1组合成的两个奇数之和全部去掉，余下的都是偶数所能等于的两个奇质数之和。由此上例的偶数经筛选后只余下偶数8=（3+5）、18=（5+13）=（11+7）和28=（5+23）=（11+17）。这些都是偶数所能等于的两个奇质数之和。

第三篇：哥德巴赫猜想证明方法

哥德巴赫猜想的证明方法

探索者：王志成人们不是说：证明哥德巴赫猜想，必须证明“充分大”的偶数有“1+1”的素数对，才能说明哥德巴赫猜想成立吗？今天，我们就来谈如何寻找“充分大”的偶数素数对的方法。

“充分大”的偶数指10的500次方，即500位数以上的偶数。因为，我没有学过电脑，也不知道大数的电脑计算方法，所以，我只有将“充分大”的偶数素数对的寻找方法告诉大家，请电脑高手帮助进行实施。又因为，人们已经能够寻找1000位数以上的素数，对于500位数以内的素数的寻找应该不是问题，所以，“充分大”的偶数应该难不住当今的学术界。

“充分大”的偶数虽然大，我认为：我们只须要寻找一个特定的等差数列后，再取该数列的1000项到2000项，在这2000个数之内必然能够寻找到组成偶数素数对的素数。下面，我们进行简单的探索，从中寻找到具体方法。

我们以偶数39366为例，进行探索，按照本人的定理：在偶数内，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数（自然数1除外），必然能够组成偶数的素数对。

这里所说的素因子，指小于偶数平方根的素数，√39366≈198，即小于198的素数为偶数39366的素因子。

一、初步探索，1、素因子2，39366/2余0，当然，任何偶数除以2都余0，素数2把自然数分为：1+2N和2+2N，除以2余0的数和与偶数除以素因子2的余数相同的数都是2+2N数列中的数，剩余1+2N数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

2、素因子3，39366/3余0，素数3把1+2N数列分为：1+6N，3+6N，5+6N，除以3余0的数和与偶数除以素因子3的余数相同的数都是3+6N数列中的数，剩余1+6N，5+6N，两个数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

3、素因子5，39366/5余1，我们对上面剩余的两个数列任意取一个数列1+6N，取与素因子相同的项，5个项有：1，7，13，19，25。在这5个项中，必然有一个项除以5余0，必然有一个项除以素因子的余数与偶数除以素因子的余数相同，必然剩余素因子5减去2（不能被素因子整除的，为素因子减去1）个项，即5-2=3个项既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。剩余7，13，19，以前面的素因子乘积2*3*5为公差，组成3个哥德巴赫数的形成线路：7+30N，13+30N，19+30N。后面只取3个项，至少有一个项。

4、素因子7，39366/7余5，我们任意取7+30N的3个项有：7，37，67，这3个数中37，67，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。即37+210N和67+210N两条线路都可以，5、素因子11，39366/11余8，我们取37+210N的3个项：37，247，457，这3个数，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。组成3个数列：37+2310N，247+2310N，457+2310N。

7、素因子13，39366/13余2，因为，下一个公差为2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能组成与素因子13相同的13个项，寻找组成偶数的素数对的素数，在取最后一个公差的等差数列时，不能取与素因子相同项数时，最少必须取素因子1/2以上的项。我们取247+2310N数列在偶数1/2之内的数有：247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

从素因子13到197，虽然还有40个素因子进行删除，但是，大家不要怕，它们的删除率是相当低的，所以，在这些数中必然有能够组成偶数素数对的素数存在。

素因子13，删除能被13整除的数247，删除除以13与39366除以13余数相同的数14107； 素因子19，删除除以19与39366除以19余数相同的数11797；

素因子31，删除能被31整除的数4867；

素因子53，删除能被53整除的数9487，删除除以53与39366除以53余数相同的数16417；

素因子61，删除能被61整除的数18727。

最后，剩余2557和7177两个数，必然能组成偶数39366的素数对。

探索方法

二、1、寻找等差数列的公差，令偶数为M、公差为B，我们已知该题的公差为2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一个素数为13，用13/2=6.5，那么，公差的要件为： M/B＞6.5，即大于7个项，主要是既要取最大的公差，又要确保不低于下一个素因子的1/2个项。我们就选择2310为该偶数的公差。

2、寻找等差数列的首项，令首项为A，A的条件为：既不能被组成公差的素数2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同，还必须在公差2310之内；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的数有：在2310之内，大于或等于13的素数；自然数1；由大于或等于13的素因子与大于或等于13的素因子所组成的合数。为了方便起见，我们在这里取大于或等于13的素因子。

（2）、A除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同。因39366-13=39353，39353分别除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，可以定为首项，得该等差数列为13+2310N。

取等差数列13在M/2的项有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。当然，你也可以取该数列在偶数内的所有项，但是，当你全盘计算该偶数素数对时，取所有项必然形成与对称数列的计算重复，该数列的对称数列：因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，那么，对称数2297也必然满足这些条件，2297+2310N同样是产生素数对的等差数列。

3、在上面的9上项中，去掉合数：2323，4633，6943，9253，11563，4、再去掉除以后面40个素因子余数与偶数除以这40个素因子余数相同的数，也就是对称数是合数的数：13，13873，16183，剩余18493必然能够组成偶数39366的素数对。

简单地谈一下素数生成线路与哥德巴赫数的生成线路的区别：

1、素数生成线路，我们仍然以2310为公差，在2310之内不能被2，3，5，7，11整除的数有：2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480个，我们可以用这480个数为首项，以2310为公差组成480个等差数列，为偶数39366内的素数生成线路。对于相邻的偶数39364和39368来说，素数的生成线路是一样的。

2、我们把能够组成偶数素数对的素数称为哥德巴赫数，偶数39366的哥德巴赫数生成线路，以2310为公差，在2310之内，既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270个，即偶数39366以2310为公差的哥德巴赫数生成线路为270条，在2310内的这270个数又是与2310/2=1155完全对称的，如果全盘进行计算必然重复，故，也可以看成是270/2=135条完整的哥德巴赫数形成线路，而素数生成线路是不会重复的。

而偶数39364的哥德巴赫数生成线路，在2310之内既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，为135条线路，只有偶数39366的1/2。区别在于偶数39366能够被素因子3整除，为乘以2/3，偶数39364不能够被素因子3整除，为乘以1/3，即能够整除的素因子X，为乘以（X-1）/X，不能够整除的素因子Y，为乘以（Y-2）/Y，所以，偶数39366的素数对相当于偶数39364的素数对的2倍。

对于“充分大”的偶数的估算：充分大的偶数为500位数，素数对个数，根据《哥德巴赫猜想的初级证明法》中，当偶数大于91时，偶数的素数对个数不低于K（√M）/4，估计当偶数大于500位时，K的值为4*10的10次方，得充分大的偶数的素数对个数不低于260位数，用500位数的偶数除以260位数的数，得充分大的偶数平均240位数个数字中，有一个素数对的存在。如果我们直接进行寻找，相当于大海捞针。

如果，我们按照上面的方法二进行寻找，公差应为496位数，估计素数2*3*5*7*„*1283为496位数，从素数1289到2861之内，有素数除以素因子2，3，5，7，„，1283的余数不与偶数除以这些素因子的余数相同的数存在，存在的这个数可以作为等差数列的首项，2*3*5*7*„*1283的积作为等差数列的公差，取1289项，即1289个数，在这1289个数中，应该有能够组成500位数的偶数的1+1的素数对的素数存在。

难易度分析

寻找“充分大”偶数的一个“1+1”素数对与验证1000位数以上的一个素数相比较，到底哪一个难度小。

人类已经能够寻找并验证1000位数以上的素数，到底人们使用的什么办法，我虽然不知道，但有一点可以肯定：都涉及素数，如果是简单的方法，那么，都是简单方法；如果是笨办法，那么，都用笨办法。我们在这里采用笨办法进行比较：

充分大的偶数指500位数的数，与1000位数的素数相比，相差500位数。1000位数的数开平方为500位数，我们以位数相差一半的数为例进行分析。

100000000与10000相差一半的位数。笨办法是：要验证100000000以上的一个素数，假设要验证的这个数开平方约等于10000，必须要用这个数除以10000之内的素数，不能被这之内所有的素数整除，这个数才是素数。因为，10000内共有素数1229个，即必须做1229个除法题，才能得知这个数是不是素数。说个再笨一点的办法，假设我们不知道10000之内的素数，能否验证100000000以上的这个数是不是素数呢？能，那就是用这个数除以10000内的所有数，不能被这之内所有的数整除，也说明这个数是素数。（之所以说，这两种办法是笨办法，当我们知道10000内的所有素数时，要寻找100000000内的所有素数，不是用除法，而是用乘法，步骤最多只占第一种笨办法的1%，详见本人的《素数的分布》中所说的方法）。

当我们寻找偶数10000的一个素数对，须要多少个运算式？

我们知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理说应该取等差数列的7项以上，这里可以取4个项，接近应取数。我们基本上可以使用这个公差。这里的计算为5个计算式，简称5步；

大于11的素数，从13开始，寻找等差数列的首项，我们用（10000-13）分别除以2，3，5，7，11。能被3整除，除到3为止，一个减法，两个除法，为3步；

素数17，（10000-17）分别除以2，3，5，7，11。不能整除，可以用17为等差数列的首项，组成等差数列：17+2310N。为6步；

数列17+2310N在10000内有：17，2327，4637，6947，9257，为4步；

计算素因子，√10000=100，素因子为100之内的素数，除2，3，5，7，11外，还剩13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97，为20个素因子。为1步；

用10000分别除以这20个素因子，把余数记下来。为20步；

用17分别除以这些素因子，当除到67时余数与10000除以67余数相同，为14步； 用2327分别除以这些素因子，当除到13时余数为0，为1步；

用4637分别除以这些素因子，当除到31时余数与10000除以31余数相同，为6步； 用6947分别除以这些素因子，当除到43时余数与10000除以43余数相同，为9步； 用9257分别除以这些素因子，既不能整除，也不与10000除以这些素因子的余数相同，奇数9257必然能组成偶数10000的素数对。为20步。

总计为：102步计算式。而验证100000000以上的一个素数须要1229步计算式相比，结论为：寻找10000的一个素数对比验证100000000以上的一个素数简单。也就是说，寻找一个500位数偶数1+1的素数对，比验证一个1000位数以上的素数容易。

寻找500位数偶数的素数对，因为，2*3*5*7*11*„*1283左右，其乘积为493到496位数，下一个素数可能为1289左右，1289/2=644.5。才能满足取下一个素因子的值的1/2以上个项，当然，能够取到1289个项以上更好，更容易寻找到偶数的素数对。

敬请世界电脑高手验证，充分大的偶数必然有1+1的素数对存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三台县工商局：王志成

第四篇：浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法

浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法

务川自治县实验学校 王若仲 贵州564300

摘要：对于“哥德巴赫猜想”，我们来探讨一种证明方法，要证明任一不小于6的偶数均存在有“奇素数+奇素数”的情形，如果我们把“奇素数+奇素数”这样的情形若能转换到利用奇合数的情形来加以分析，也就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法，顺筛就是筛除掉集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的全体奇合数；逆筛就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。

关键词：哥德巴赫猜想；奇素数；奇合数；顺筛；逆筛。

德国数学家哥德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”，即任何一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及进展。

(一)比较有名的方法大致有下面四种：

（1）筛法，（2）圆法，（3）密率法，（4）三角求和法。其中：筛法是求不超过自然数Ｎ（Ｎ＞1）的所有素数的一种方法，2m=a+b，a=p1p2p3…pi，b=q1q2q3…qj，筛法的基本出发点，即加权筛法；圆法是三角和（指数和）估计方法；密率法（概率法）是函数估值法。(二)研究的进展

途径一：殆素数，即2m= a1〃a2〃a3〃…〃ai+ b1〃b2〃b3〃…〃bj。殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数，虽然现在不能证明N是两个素数之和，但是可以证明它能够写成两个殆素数的和，即N=A+B，其中A和B的素因子个数都不太多，譬如说素因子个数不超过10。现在用“a+b”来表示如下命题：每个大偶数N都可表为A+B，其中A和B的素因子个数分别不超过a和b。显然，哥德巴赫猜想就可以写成“1+1”。在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。

“a+b”问题的推进

1920年，挪威的布朗证明了“9+9”。

1924年，德国的拉特马赫证明了“7+7”。

1932年，英国的埃斯特曼证明了“6+6”。

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

1938年，苏联的布赫夕太勃证明了“5+5”。

1940年，苏联的布赫夕太勃证明了“4+4”。

1956年，中国的王元证明了“3+4”。稍后证明了 “3+3”和“2+3”。

1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+c”，其中c是一很大的自然数。

1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“1+5”，中国的王元证明了“1+4”。

1965年，苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉多夫，及意大利的朋比利证明了“1+3 ”。

1966年，中国的陈景润证明了“1+2 ”。

途径二：例外集合，即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。

在数轴上取定大整数x，再从x往前看，寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数，即例外偶数。x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。我们希望，无论x多大，x之前只有一个例外偶数，那就是2，即只有2使得猜想是错的。这样一来，哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。当然，直到现在还不能证明E(x)=1；但是能够证明E(x)远比x小。在x前面的偶数个数大概是x/2；如果当x趋于无穷大时，E(x)与x的比值趋于零，那就说明这些例外偶数密度是零，即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。2 这就是例外集合的思路。

维诺格拉多夫的三素数定理发表于1937年。第二年，在例外集合这一途径上，就同时出现了四个证明，其中包括华罗庚先生的著名定理。

途径三：小变量的三素数定理，即已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。

如果偶数的哥德巴赫猜想正确，那么奇数的猜想也正确。我们可以把这个问题反过来思考。已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。这个思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25岁时，研究有一个小素变数的三素数定理。这个小素变数不超过N的θ次方。我们的目标是要证明θ可以取0，即这个小素变数有界，从而推出偶数的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先证明θ可取1/4。后来的很长一段时间内，这方面的工作一直没有进展，直到1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7/120。这个数已经比较小了，但是仍然大于0。

途径四：几乎哥德巴赫问题，即2m=p+q+2k。p和q均为奇素数。

1953年，林尼克发表了一篇长达70页的论文。在文中，他率先研究了几乎哥德巴赫问题，证明了，存在一个固定的非负整数k，使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和。这个定理，看起来好像丑化了哥德巴赫猜想，实际上它是非常深刻的。我们注意，能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合；事实上，对任意取定的x，x前面这种整数的个数不会超过 3 log x的k次方。因此，林尼克定理指出，虽然我们还不能证明哥德巴赫猜想，但是我们能在整数集合中找到一个非常稀疏的子集，每次从这个稀疏子集里面拿一个元素贴到这两个素数的表达式中去，这个表达式就成立。这里的k用来衡量几乎哥德巴赫问题向哥德巴赫猜想逼近的程度，数值较小的k表示更好的逼近度。显然，如果k等于0，几乎哥德巴赫问题中2的方幂就不再出现，从而，林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。

林尼克1953年的论文并没有具体定出k的可容许数值，此后四十多年间，人们还是不知道一个多大的k才能使林尼克定理成立。但是按照林尼克的论证，这个k应该很大。其中有个结果必须提到，即李红泽、王天泽独立地得到k=2000。目前最好的结果k=13是英国数学家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德国数学家普赫塔(Puchta)合作取得的，这是一个很大的突破。

数学家们经过上面四个途径的不断探索求证，仍然没有彻底解决哥德巴赫问题。

现在我们介绍探讨求证“哥德巴赫猜想”的另一种新方法，我在前人筛法的基础上作出了进一步的改进，定义了“顺筛”和“逆筛”这两个基本概念。就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法来达到目的。顺筛就是筛除掉集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的全体奇合数；逆筛就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；如果我们设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N。对于“2m=奇数+奇数”（m≥3）来说，就只有下面几种情形：（1）2m=奇合数+奇合数，（2）2m=奇合数+奇素数，（3）2m=奇素数+奇素数，（4）2m=1+奇合数，（5）2m=1+奇素数。

我们的目的就是要筛除掉（1）和（2）以及（4）或（5）情形中的所有奇数（因为对于偶数2m，（4）和（5）的情形不可能同时成立）。但是下面这两种情形我们不必分析讨论： ①偶数2m=p+p，p为奇素数；

②集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pt）}中至少有一 个奇数为奇素数。假若（2m-p2）为奇素数，那么2m=（2m-p2）+p2。所以①和②这两种情形，偶数2m已经可表为“奇素数+奇素数”。如果我们能够明确的判定在任意设定的集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中，通过顺筛筛除掉集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的全体奇合数，通过逆筛筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。

下面我们举实例阐述这种解决“哥德巴赫猜想”新的基本思想方法。首先我们回顾一下2000多年前埃拉托斯特尼筛法，埃拉托斯特尼筛法可以用来寻找一定范围内的素数（比如说m这个数，m这个数 不是太大）：操作的程序是先将第一个数2留下，将它的倍数全部划掉；再将剩余数中最小的3留下，将它的倍数全部划掉；继续将剩余数中最小的5留下，将它的倍数全部划掉，┅，如此直到没有可划的数为止。例如在100内进行这样的操作，可得素数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。我们暂且把前人的这种筛法称为埃拉托斯特尼顺筛，简称顺筛。就是通过顺筛，能够把某个很大的偶数M范围内的素数全部筛出来，也未必好确定不大于偶数M的所有偶数均可表为两个奇素数之和。顺筛实际上就是筛出偶数M范围内的所有偶数（除2外）和所有奇合数。如果我们在顺筛的基础上，再配合另外一种筛法，我们暂且把这种筛法称为埃拉托斯特尼逆筛，简称逆筛。逆筛就是筛除掉偶数2m分别减集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；对于偶数M范围内的所有正整数，通过顺筛和逆筛配合筛出后，一定能够判定偶数M是否可表为两个奇素数之和。

我们以偶数100为例来阐述，因为“哥德巴赫猜想”针对的是奇素数，而奇素数是从奇数中分离出来的概念，所以我们就排出偶数的情形，只考虑奇数的情形。

对于偶数100以内的全体奇数，首先进行顺筛：

（1）筛出3的倍数，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中筛出5的倍数，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中筛出7的倍数，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}。

偶数100以内的全体奇数，经过顺筛后，可以得出下面这样的结论：满足“奇合数+奇合数=100”中的全体奇合数，满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇合数，满足“1+奇合数=100”中的奇合数，全部被筛除。

又因为区间[√100，100]以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，这种情形扩展开来的一般情形完全可以证明。

其次进行逆筛：

（4）在集合A3中筛出集合{（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 }中的奇数，可得集合A4={3，5，11，17，23，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

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

（6）因为100含有奇素数因子5，所以奇素数5要直接筛出。最后得到集合A6={3，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

所以再经过逆筛后，我们可以得出这样的结论：满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇素数，满足“1+奇素数=100”中的奇素数，全部被筛除。

显然可得到偶数100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。虽然我们前面阐述了利用顺筛和逆筛配合筛法的妙处。但是对于很大很大的偶数2m，这种配合筛法的技术难度仍然相当大，怎样克服这个技术性难题呢？下面我们再阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。

我们还是以偶数100为例来阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法：

对于偶数100以内的全体奇数组成的集合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中元素的总个数为50个。

因为区间[√100，100]以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，对于偶数100，我们只需用奇素数3，5，7来设定一些集合就能达到目的了。设集合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）因为偶数100含有奇素数因子5，所以我们只需考虑集合B=A2∪A2´={5，15，55，35，45，55，65，75，85，95}的情形。又因为偶数100不含有奇素数因子3和7，所以集合A1和A1´无公共元素，集合A3和A3´无公共元素。

（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）的准备工作，我们下面就开始从集合中元素的数量着手，展开阐述解决这个技术性难题的基本思想方 法。

（4）因为集合A中元素的总个数为50个，在集合A中筛除集合A1和A1´中的元素，可以转换到从集合中元素的数量来着手，即得50-16-16=18（个）（集合A1和A1´中元素的总个数均为16个）。

（5）再在集合A中筛除集合B中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3=14（个），因为在50-16-16-10中集合A1∩B={15，45，75}中元素的总个数多减了一次，所以要加上3；又因为在50-16-16-10中集合A1´∩B={25，55，85}中元素的总个数多减了一次，所以要再加上3。

（6）再在集合A中筛除A3和A3´中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个），因为在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A3={21，63}中元素的总个数，集合A1´∩A3={49，91}中元素的总个数，集合A1∩A3´={9，51}中元素的总个数，集合A1´∩A3´={37，79}中元素的总个数，集合A3∩B={35}中元素的总个数，集合A3´∩B={65}中元素的总个数，均被多减了一次，所以要加上4个2和2个1。

（7）从前面这个实例，我们不难得出这样一个结论：对于偶数M，利用顺筛和逆筛配合筛，再转换到利用集合中元素的数量来处理，就容易处理多了。当然对于很大很大的偶数2m，也是肯定容易处理多了，这就是解决技术性难题的基本思想方法。

因为集合A1∪{3}与集合A1´∪{（100-3）}中元素的个数相等，并且均约等于50÷3个；集合B中元素的个数等于50÷5个；集合 A3∪{7}与集合A3´∪{（100-7）}中元素的个数相等，并且均约等于50÷7个；以偶数100为例各种算法验证如下：

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

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（个）。

对于第三种验算方法，关于偶数100，说明通过顺筛和逆筛配合筛后，被筛除的集合中至少还有7个奇数未被筛除，就是把1和99再筛除还计算在内，被筛除的集合中至少还有5个奇数未被筛除，剩下的奇数必然只能满足“奇素数+奇素数=100”的情形，这就说明偶数100能表为两个奇素数之和。

现在我们开始阐述解决“哥德巴赫猜想”的基本思想方法：（1）为了解决无穷的情形，我们必须从极限这一基本点着手，解决了极限成立的情形，其它情形显然成立。

（2）因为偶数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。对于“偶数2m=奇数+奇数”来说，只有下面几种情形： ①偶数2m=奇合数+奇合数，②偶数2m=奇合数+奇素数，③偶数2m=奇素数+奇素数，④偶数2m=1+奇合数，⑤偶数2m=1+奇素数。

（3）极限的情形无外孚是对于一个非常大的偶数2m，设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N；并且假设偶数2m均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt，集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-pt）}中的奇数均为奇合数；这就保证了集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-pt）}中的奇数只能是前面（2）中“偶数2m=奇合数+奇素数”的情形。

（4）设置集合A={1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}，又 设置集合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]}；其中奇数（2m1-1）p1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m2-1）p2为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m3-1）p3为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，„，奇数（2mt-1-1）pt-1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2mt-1）pt为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数。

（5）我们令集合B=集合A1∪A1´∪A2∪A2´∪A3∪A3´∪„∪At∪At´∪{1，（2m-1）}，只要我们在集合A={1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}中筛除了属于集合B中的全体奇数，即集合A与集合B的差集C中如果完全筛除了①和②以及④或⑤中这样的所有奇数，即满足上面（2）中“偶数2m=奇合数+奇合数”，偶数2m=奇合数+奇素数，偶数2m=1+奇合数或者偶数2m=1+奇素数的全体奇数，只要能证明集合A与集合B的差集C中还有奇数就达到目的了；也就是说集合C中的奇数只能满足上面（2）中“偶数2m=奇素数+奇素数”的情形。

（6）为了证明集合C中还有奇数，我们还应一步一步着手： 〈1〉在集合A中筛除属于集合A1和集合A1´中的奇数，得到集合B1；

〈2〉在集合B1中筛除属于集合A2和集合A2´中的奇数，得到集合B2；

〈3〉在集合B2中筛除属于集合A3和集合A3´中的奇数，得到集合B3；

┇ 〈t-1〉在集合Bt-2中筛除属于集合At-1和集合At-1´中的奇数，得到集合Bt-1；

〈t〉在集合Bt-1中筛除属于集合At和集合At´中的奇数，得到集合Bt。

如果我们把（6）的这种筛除方法再转换一下方式，即利用集合A1，A1´，A2，A2´，A3，A3´，„，At，At´中元素的数量来加以分析探讨，可能会得到意想不到的形情。由此我们再分析如下：

（7）对于正实数x，如果我们设置符号【x】表示为不大于x的最大正整数。设集合{1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}中元素的总个数为W；我们用【W÷p1】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}中全体奇数的总个数，【W÷p1´】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]} 中全体奇数的总个数，【W÷p2】表示集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷p2´】表示集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，【W÷（p2p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷（p2p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷（p2´p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，【W÷（p2´p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，„，【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}∩{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}∩„∩{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]} 中全体奇数的总个数。

为了达到筛除的最大极限，我们假定偶数2m中均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt；并且把奇数p1，（2m-p1），p2，（2m-p2），p3，（2m-p3），„，pt，（2m-pt）等等均看作要筛除；就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中筛除属于集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}中的全体奇数，筛除属于集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]} 中的全体奇数，筛除属于集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中的全体奇数，筛除属于集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}中的全体奇数，筛除属于集合{p3，3p3，5p3，7p3，9p3，„，（2m3-1）p3}中的全体奇数筛除属于集合{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}中的全体奇数，„，筛除属于集合{pt，3pt，5pt，7pt，9pt，„，（2mt-1）pt}中的全体奇数，筛除属于集合{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]}中的全体奇数。

那么集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}经过上面这样筛除后集合中最终剩下奇数的总个数可以转化为下面这种计算形式：

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

只要我们能证明【W÷（p2p1）】=【W÷（p2p1´）】=【W÷（p2´p1）】=【W÷（p2´p1´）】；【W÷（p3p2p1）】=【W÷（p3p2p1´）】= 【W÷（p3p2´p1）】=【W÷（p3´p2p1）】=【W÷（p3p2´p1´）】=【W÷（p3´p2p1´）】=【W÷（p3´p2´p1）】=【W÷（p3´p2´p1´）】；„；【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】=【W÷（ptpt-1„p3p2p1´）】=【W÷（ptpt-1„p3p2´p1）】=【W÷（ptpt-1„p3´p2p1）】=„=【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】。那么就有

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

如果我们又能证明【W÷（p2p1）】≈W÷（p2p1）；【W÷（p3p1）】≈W÷（p3p1）；【W÷（p2p3）】≈W÷（p2p3）；【W÷（p3p2p1）】≈W÷（p3p2p1´）；„；【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】≈W÷（ptpt-1„p3p2p1）。并且又能证明Y=W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´ pt-1´„p3´p2´p1´）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+„-【W÷pt】-【W÷pt】+„+（-1）t【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】＞W-W÷p1-W÷p1-W÷p2-W÷p2+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）-W÷p3-W÷p3+ W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）+W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）

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

然而Yt′=【W（1-d1÷p1）（1-d2÷p2）（1-d3÷p3）„（1-di-1÷pi-1）（1-di÷pi）（1-di+1÷pi+1）„（1-dt-1÷pt-1）（1-dt÷pt）】≥【W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）„（1-2÷pi-1）（1-2÷pi）（1-2÷pi+1）„（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）】=【W（1-2÷3）（1-2÷5）（1-2÷7）（1-2÷9）（1-2÷11）„[1-2÷（pi-2）]（1-2÷pi）[1-2÷（pi+2）]„[1-2÷（pt-2）]（1-2÷pt）】＞＞【m÷pt】，其中di=1或2，（i=1，2，3，„，t）。当偶数2m中含有奇素数因子pi时，那么di取值为1；当偶数2m中不含有奇素数因子pi时，那么di取值为2；因为pt＜√2m，所以当m相当大时，m÷pt的值比3要大很多很多。说明集合中余下得有奇数，并且 余下的奇数必定为奇素数，并且只满足“2m=奇素数+奇素数”的情形。

如若是，则“哥德巴赫猜想”就解决了。

参考文献

[1]戎士奎，十章数论（贵州教育出版社）1994年9月第1版

[2]闵嗣鹤，严士健，初等数论（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]刘玉琏，付沛仁，数学分析（高等教育出版社）1984年3月第1版

[4]王文才，施桂芬，数学小辞典（科学技术文艺出版社）1983年2月第1版

二〇一四年十月十九日

第五篇：哥德巴赫猜想的证明

《哥德巴赫猜想的严谨定性证明》 作者姓名：崔坤

作者单位：即墨市瑞达包装辅料厂 E-mail:cwkzq@126.com 关键词：CK表格，陈氏定理，瑞尼定理，哥德巴赫猜想 哥德巴赫猜想：哥德巴赫1742年给欧拉的信中哥德巴赫提出了以下猜想：

任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。

由于近代数学规定1不是素数，那么除2以外所有的素数都是奇素数，据此哥猜等价：

定理A:每个≥6的偶数都是2个奇素数之和。推论B: 每个≥9的奇数O都是3个奇素数之和；

证明：首先我们设计一个表格---CK表格：

第一页 在这个表格中通项N=An=2n+4,它是有2层等差数列构成的闭合系统，即上层是：首项为3，公差为2，末项是奇数（2n+1）的递增等差数列。

下层是：首项为奇数（2n+1），公差为-2，末项是3的递减等差数列。

由于偶数是无限的，故这个表格是个无限的，由此组成的系统就是一个非闭合系统。表中D(N)表示奇素数对的个数，H(N)表示奇合数对的个数，M(N)表示奇素数与奇合数成对的个数。不超过2n+1的奇素数个数为 π(2n+1)-1有CK表格可知：D(N)= π(2n+1)-1-M(N)根据CK表格、陈氏定理1+

1、瑞尼定理1+2，第一层筛得：

N1=P1+H1,偶数N1≥12，奇素数P1≥3，奇数H1≥9，即： N1=P1+H1=P1+P3=P5+H3,筛得：N1=P1+P3，其中奇素数P1≥3，奇素数P3≥3，奇素数P5≥3，奇合数H3≥9 偶数N1的最小值是3+3=6，故每个N1≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证

同理：第二层筛得：

N2=P2+H2,偶数N2≥12，奇素数P2≥3，奇数H2≥9，第二页 即：

N2=P2+H2=P2+P4=P6+H4,筛得：N2=P2+P4，其中奇素数P2≥3，奇素数P4≥3，奇素数P6≥3，奇合数H4≥9 偶数N2的最小值是3+3=6，故每个N2≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证

第三层筛得： N3=N1+N2, N4=H3+H4 则N3=P5+P6+ H3+H4= P5+P6+ N4 那么N3-N4=P5+P6 设N=N3-N4, 则N=P5+P6，其中奇素数P5≥3，奇素数P6≥3 故每个N1≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证 综上所述：

故定理A得证:每个≥6的偶数都是2个奇素数之和。

第三页

推论B: 每一个大于等于9的奇数O都可以表示成三个奇素数之和。简言：O=P1+P2+P3 证明：设P1、P2、P3均为≥3的奇素数，那么根据定理A可知：P3+N=P3+P1+P2, 因为P3为≥3，N≥6,所以奇数O=（P3+N）≥9，即奇数O=P1+P2+P3 故：每一个大于等于9的奇数O都可以表示成三个奇素数之和。

简言：O=P1+P2+P3,故推论B得证 至此我们成功的证明了哥德巴赫猜想。作者：崔坤

即墨市瑞达包装辅料厂 2016-09-14-14-38

第四页