第一篇：哥德巴赫猜想的证明思路
哥德巴赫猜想的证明方法
引言
数论之位数运算，一个新的的概念，一个新的方向，一个新的课题。希望广大数学爱好者能参加到这个课题的研究中，从中发现更多的理论，解决更多的问题。
目录
一、哥德巴赫猜想的证明思路
1、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义
2、素数定理代数表达式
3、哥德巴赫猜想的证明
第一章 哥德巴赫猜想的证明思路
通过证明一任意大偶数可拆分2素数之和的数量呈增长趋势来证明哥德巴赫猜想成立
一、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义
1、n，（n≥1;n∈自然数）
2、Pn≈π（x）任意正整数n包含的素数数量
3、Pn1，（0，m）区间内素数数量
4、Pn2，（m，2m）区间内素数数量
5、Pm，任意正整数n包含的素数类型数量
5、（γ，γ=-0.***2）素数分布系数
6、（λ，λ=0.6***984）素数类型中素数与伪素数等差比例系数。
7、logn，以n为底的对数
8、H，小于等于n的所有素数类型的组合数量
9、H1，小于等于n的素数类型组合数量
10、Hn，取值为n时可拆分素数对数量
11、HAL，偶数类型1
12、HBL，偶数类型2
13、HCL，偶数类型3
14、HDL，偶数类型4
15、（m,2m 2m=n）相对区间
16、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合下限
17、HALx，偶数类型1组合下限
18、HBLx，偶数类型2组合下限
19、HCLx，偶数类型3组合下限 20、HDLx，偶数类型4组合下限
21、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合上限
22、HALs，偶数类型1组合上限
23、HBLs，偶数类型2组合上限
24、HCLs，偶数类型3组合上限
25、HDLs，偶数类型4组合上限
二、素数定理代数表达式
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、哥德巴赫猜想的证明
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）； 结论：取自然数n,随着n→∞，HAL、HBL、HCL、HDL的值呈扩张性增涨； HALx、HBLx、HCLx、HDLx的下限值也呈扩张性增涨；HALs、HBLs、HCLs、HDLs的上限值也呈扩张性增涨，因此哥德巴赫猜想成立。
如看过此文后还请与本人的素数计算公式及实际误差对照表及百万素数表及歌猜计算公式的电子表格一同研究（事倍功半）
第二篇：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
第三篇：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
第四篇：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
第五篇：哥德巴赫猜想的证明
猜想1 每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和
猜想2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
证明：
设：m为整数且≥3；a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，为整数且≥1
∵m为整数且≥3
∴2m为偶数且≥6
尾数为1且<121的和数为：21，51.，81，91，111 共5个
尾数为1且≥121的和数可表示为：
①（10a+1）*（10b+1），2m>121
②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221
③（10a2+9）*（10b2+9），2m>361
尾数为3且<143的和数为：33，63，93，123，133 共5个
尾数为3且≥143的和数可表示为：
④（10a3+1）*（10b3+3），2m>143
⑤（10a4+7）*（10b4+9），2m>323
大于0且尾数为5的整数除了5，其余皆为和数
尾数为7且<187的和数为：27，,57，77,，87，117，147，177 共7个
尾数为7且≥187的和数可表示为：
⑥（10a5+1）*（10b5+7），2m>187
⑦（10a6+3）*（10b6+9），2m>247
尾数为9且<169的和数为：9，39，49，69，99，119，129，159 共8个
尾数为9且≥169的和数可表示为：
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，为整数且≥1
令代数式①，②，③，……，⑩分别小于2m
则 ab，a1b1，a2b2，……，a9b9分别可以表示：当代数式①，②，③，……，⑩分别<2m 时，代数式①，②，③，……，⑩可以表示的数的个数
又∵大于等于3且小于2m的奇数可以求出为 m-1个 ∴ab可表示代数式①所能表示的数的个数与大于于3且小于2m的奇数的个数的m1
比
（10a+1）*（10b+1）<2mab<2m10a10b1100
ab2m10a10b1 ∵12m10a10b1存在极大值 50100(m1) ∴ab1的极大值为 m150 m1个 50∴大于等于3且小于2m的奇数中，代数式①能表示的数最多为 同理可求得，大于等于3且小于2m的奇数中，代数式①，②，③，……，⑩能表示的数最多都为m1个 50 ∴大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为1的和数最多为3(m1)+5个 50 2(m1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为3的和数最多为+5个 50 m1大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为5的和数最多为-1个 5 2(m1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为7的和数最多为+7个 50 3(m1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为9的和数最多为+8个 50 设p1，p2为正奇数 则 当m为奇数时满足p1+p2=2m的p1，p2共有 ∵当2m≥502时 [m1-1组 2m13(m1)2(m1)m12(m1)-1]-[+5]-[ +5]-[-1]-[ +7] 25050550 3(m1)-[ +8] 的极小值≥1 50 即，当2m≥502且m为奇数时至少有1 组p1，p2使猜想1成立 ∴当2m≥502且m为奇数时猜想1成立 当m为偶数时满足p1+p2=2m的p1，p2共有 ∵当2m≥512时 [m-1组 2m3(m1)2(m1)m12(m1)-1]-[+5]-[ +5]-[-1]-[ +7] 25050550 3(m1)-[ +8] 的极小值≥1 50 即，当2m≥512且m为奇数时至少有1 组p1，p2使猜想1成立 ∴当2m≥512且m为偶数时猜想1成立 ∴当2m≥512时 猜想1成立 当2m≤512时，利用穷举法，证得，猜想1成立 ∴综上所述，猜想1成立 ∵大于等于9的偶数可以表示为 3+大于等于6的偶数 又∵猜想1成立 ∴猜想2成立 通过总结证明过程可以得出：质数的个数与和数个数的比值无限接近1:9
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