第一篇：證明猜想與拓展教學設計

綜合與實踐

猜想、證明與拓廣

一、學生知識狀況分析

學生的知識技能基礎：學生在經歷了證明一證明二以及特殊的四邊形的學習后，積累了一定的證明的經驗思想和方法，具備了幾何證明及探究的能力，在九上的第二章學習了一元二次方程后，會利用根的判別式判斷根的情況，并且積累了列一元二次方程解決幾何問題的實際經驗。

二、教學任務分析

猜想、證明與拓廣，通過一系列具體的問題逐漸展開，引導學生分類研究，先考察一些簡單的，特殊的情形，發現一些規律后再討論一般情況，在此過程中讓學生不斷的體會由一般到特殊的探究問題的思想，尋求一般性的解決方法.培養學生直觀“判斷”和正確“猜想”，并配合一定的形式說理，在交流個人想法中拓展思維。猜想要“檢驗是否存在”，再由“特殊到一般”給出一般性的證明.由“倍增”再到“減半”的“拓廣”，總結獲得的數學知識和策略性的經驗，發展學生的推理能力和探究能力.教學突出學生自主探索，合作交流，協助學生自行找到解決問題的方法。為此，本節課的教學目標是：

1、通過創設問題情境，讓學生經歷猜想、證明、拓廣的過程，增強問題意識和自主探索意識，獲得探索和發現的體驗。

2、在探究過程中，感受由特殊到一般、數形結合的思想方法，體會知識之間的內在聯系，理解證明的必要性。

3、在合作交流中擴展思路，發展學生的推理能力。

教學重點：經歷猜想、證明、拓廣的“數學化”的過程，獲得探索和發現的體驗，體現歸納、綜合和拓展，感悟處理問題的策略和方法.教學難點：在問題解決過程中的策略和方法。

三、教學過程分析

本節課設計了五個教學環節：第一環節：提出問題，猜想探究；第二環節：思維拓廣，證明猜想；第三環節：問題拓廣，自主探究；第四環節：總結反思，方法提煉；第五環節：布置作業，鞏固所學。

第一環節：提出問題，猜想探究；

問題(1)任意給定一個正方形，是否存在另一個正方形，它的周長和面積分別是已知正方形周長和面積的2倍？

（教學策略：提出問題后引導學生思考，學生會出現的三種解決問題的思路：

1、先有具體情況入手研究，得到一個猜想，然后再拓展到一般情況進行證明。

2、因為問題比較簡單，有學生可能直接進行一般情況的證明。

3、由于任意兩個正方形都是相似的，周長比等于相似比，面積比等于相似比的平方.所以周長比和面積比不可能同時為2.因此這樣的正方形不存在.這三種解決問題的方法都應該給與肯定和表揚。）

證明方法為：解：設給定的正方形的邊長為a，則其周長為4a,面積為a2,周長擴大兩倍后為8a,則其邊長應為 2a,此時面積應為 4a2，它不是已知給定的正方形的面積的2倍.所以不存在這樣的正方形。或是先考慮面積擴大為原來的兩倍為2a2，則邊長應為2a，此時周長應為42a，不是4a的兩倍，無論從哪個角度考慮，都不存在這樣的正方形。

問題（2）任意給定一個矩形,是否存在另一個矩形,它的周長和面積分別是已知矩形周長和面積的2倍?（教學策略：由問題一的研究學生能夠順理成章的從兩個角度來進行思考，一個是從特殊到一般的思想，一個是直接對一般情況進行證明的思想，但是較問題（1）直接證明難度較大，所以引導學生先從特殊情況入手，得到一個猜想后，再進行一般情況的證明會更好一些。這樣在具體問題的解決過程中，會給學生一些啟示，有助于學生一般情況下的證明思路的形成。）

如果已知矩形的長和寬分別為2和1,結論會怎樣呢?你是怎么做的?和同伴交流.總結如下:有三種思路可以選擇: ①先固定所求矩形的周長, 設另一個矩形的長為x，將問題化為方程x(6－x)=4是否有解的問題.②先固定所求矩形的面積, 設另一個矩形的長為x，將問題轉化為方程x+4/x=6是否有解的問題.③也可以根據已知矩形的長和寬分別為2和1,那么其周長和面積分別為6和2,所求矩形的周長和面積同時擴大2倍后應分別為12和4,設其長和寬分別為x和y,則得方程組x+y=6，xy=4然后討論它的解是否符合題意.然后引導學生再通過幾組特例的研究，結果都發現存在這樣的矩形，于是得到一個猜想。從而將探究活動推向第二環節拓展思維，證明猜想。將學生的思維逐漸推向高潮。

第二環節：拓展思維，證明猜想；

當已知矩形的長和寬分別為n和m時，是否仍然有相同的結論？ 解:當已知矩形的長和寬分別為n和m時,那么其周長和面積分別為2(m+n),和mn,所求的矩形周長和面積為4(m+n)和2mn.設所求矩形的長為x,那么寬為 2(m+n)－x,根據題意,得x［2(m+n)－x]=2mn.整理得x－2(m+n)x+2mn=0解得

2x1?n?m?n2?m2這樣一個矩形。

x2?n?m?n2?m2經檢驗x1,x2符合題意,所以存在于是得到結論：任意給定一個矩形,一定存在另一個矩形,它的周長和面積分別是已知矩形周長和面積的2倍。

引導學生繼續將問題向縱深拓展:既然存在倍增關系的矩形，那么是否存在減半的矩形呢？

第三環節：問題拓廣，自主探究；

由學生提出問題（3），任意給定一個矩形，是否一定存在另一個矩形，它的周長和面積分別是已知矩形周長和面積的一半？

3(教學策略：此問題提出后，學生也會有兩種解決問題的思想，一種就是順承上面問題的解決思路完成此題的探究過程，另一種也可能會有小明一樣的想法。若是學生中未出現小明的思路，則讓學生閱讀課本，然后判斷小明的想法是否正確.此問題要求學生在自主探究的基礎上，小組合作細化完成解答過程。)學生通過如上問的探究：發現當已知矩形的長和寬為2和1,3和1,4和1,5和1時，都不存在這樣的矩形，它的周長和面積分別是已知矩形的周長和面積的一半.于是就可能會得到一個猜想，一定不存在這樣減半的矩形。

于是進行一般情況下的對猜想的證明。設已知矩形的長和寬分別為n,m,所

11求矩形的長為x，那么有x〔2（n+m）－x〕=2mn.得到一元二次方程的根的判別式b2?4ac?121231n?m?mn?(n2?m2?6mn).而此時n2?m2?6mn不4424總是大于0的，也不總是小于0的，于是此題的結論不是一定不存在，而是有選擇性的存在，當n2?m2?6mn≥0，這樣的矩形存在，而當n2?m2?6mn≤0時這樣的矩形不存在。

并請幾個學生舉幾個存在的特例，讓學生更直觀的感受一下這個結論。

第四環節：總結反思，方法提煉；

（1）本節課的問題解決綜合運用了所學知識,體會知識之間的內在聯系.（2）本節課學習的數學方法:猜想、證明、拓廣、感受由特殊到一般，數形結合的思想方法，體會證明的必要性.（3）一個幾何存在性問題，可以轉化為方程是否有解的問題，兩種列方程的思路源于優先“固定”所求矩形的周長或優先“固定”所求矩形的面積，同時也讓學生感受到對同一個問題存在不同的解決方法，有助于開闊學生的視野.第五環節：布置作業，鞏固所學； 1、181頁1,2,3.4

2、寫篇小論文，把課題學習探索的過程 和探索得到的結果及你的感受體驗整

理成數學小論文。

第二篇：中點四邊形猜想與證明

中點四邊形猜想與證明

大連市第四十四中學初二八班***

猜想：四邊形中點連線為平行四邊形

即：如圖1-1，在四邊形ABCD中，E、F、G、H為四邊中點

求證：四邊形EFGH為平行四邊形

證明：如圖∵E、F為AD、AB的中點

∴EF//BD（三角形的中位線平行于第三邊）

同理：HG//BD

∴HG//EF（如果兩條直線都與第三條直線平行，那么這兩條直線也互相平行）

同理：EH//FG

∴四邊形EFGH是平行四邊形

（兩組對邊分別平行的四邊形是平行

四邊形）

FH

圖1-1圖1-2 B

那么：由已知條件：EF=HG=1/2BDFG=EH=1/2AC(三角形中位線定理)因為“有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形”，所以當EF=GF時，即1/2BD=1/2AC，即BD=AC時，平行四邊形EFGH是菱形

猜想：當一個四邊形的兩條對角線相等時，其中點四邊形是菱形。

例如：矩形的對角線相等

則：如圖1-2，在矩形ABCD中，E、F、G、H為四邊中點。

求證：四邊形EFGH是菱形

證明：∵E、F為AD、AB的中點

∴EF=1/2BD（三角形的中位線等于第三邊的一半）

同理：HG=1/2BD

∴HG=EF=1/2BD（等量代換）

同理：EH=FG=1/2AC

∴四邊形EFGH是平行四邊形

（兩組對邊分別相等的四邊形是平行

四邊形）

∵AC=BD

∴1/2AC=1/2BD

即：EF=GF

∴平行四邊形EFGH是菱形（有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）

同理上結論思路：

由已知條件：EF//HGFG//EH(三角形中位線定理)

因為“有一個角是直角的平行四邊形是矩形”，所以當∠EFG=90°時，即∠1=90°，即∠AOB=90°時，平行四邊形EFGH是矩形。

猜想：當一個四邊形兩對角線互相垂直時，其中點四邊形為矩形。

例如：菱形的對角線互相垂直。

則：如圖1-3，在菱形ABCD中，E、F、G、H為四邊中點。

求證：四邊形EFGH是矩形

證明：∵E、F為AD、AB的中點

∴EF//BD（三角形的中位線平行于第三邊）

同理：HG//BD

∴HG//EF（如果兩條直線都與第三條直線平行，那么這兩條直線也互相平行）

同理：FG//AC；EH//FG

∴四邊形EFGH是平行四邊形

（兩組對邊分別平行的四邊形是平行

四邊形）

∵四邊形ABCD是菱形

∴∠AOB=90°（菱形的對角線互相垂直）

∴∠FNO=∠AOB=90°（兩直線平行，內錯角相等）

∴∠EFG=∠FNO =90°（兩直線平行，同位角相等）

∴平行四邊形EFGH是矩形（有一個角是直角的平行四邊形是矩形）

BF

H

圖1-3圖1-

4那么：因為正方形同時是矩形和菱形，所以滿足同時使中點四邊形為矩形和菱形的四邊形，其中點四邊形則可能是正方形。

猜想：當一個四邊形的兩對角線相等且互相垂直時，其中點四邊形是正方形。

例如：正方形的對角線相等且互相垂直。

則：如圖1-4，在正方形ABCD中，E、F、G、H為四邊中點。

求證：四邊形EFGH是正方形

證明：∵E、F為AD、AB的中點

∴EF//BD；EF=1/2BD（三角形的中位線平行于

第三邊且等于第三邊的一半）

同理：HG//BD；HG=1/2BD

∴HG//EF（如果兩條直線都與第三條直線平行，那么這兩條直線也互相平行）

HG=EF=1/2BD（等量代換）

同理：EH//AC//FG；EH=FG=1/2AC

∴四邊形EFGH是平行四邊形

（兩組對邊分別平行的四邊形是平行

四邊形）

∵四邊形ABCD是正方形

∴∠AOB=90°（正方形兩對角線互相垂直）

AC=BD（正方形兩對角線相等）

∴∠FNO=∠AOB=∠FNO =90°

（兩直線平行，內錯角相等；

兩直線平行，同位角相等）

1/2AC=1/2BD

即：EF=GF

∴平行四邊形EFGH是正方形

（有一個角是直角且有一組鄰邊相等的四邊形是正方形）

2010/4

第三篇：哥德巴赫猜想證明方法

哥德巴赫猜想的證明方法

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

素因子31，刪除能被31整除的數4867；

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

素因子61，刪除能被61整除的數18727。

最后，剩余2557和7177兩個數，必然能組成偶數39366的素數對。

探索方法

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

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

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的數有：在2310之內，大于或等于13的素數；自然數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。為了方便起見，我們在這里取大于或等于13的素因子。

（2）、A除以2，3，5，7，11的余數不與偶數39366除以2，3，5，7，11的余數相同。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的余數不與偶數39366除以2，3，5，7，11的余數相同，可以定為首項，得該等差數列為13+2310N。

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

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

簡單地談一下素數生成線路與哥德巴赫數的生成線路的區別：

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

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

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

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

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

難易度分析

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

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

充分大的偶數指500位數的數，與1000位數的素數相比，相差500位數。1000位數的數開平方為500位數，我們以位數相差一半的數為例進行分析。

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

當我們尋找偶數10000的一個素數對，須要多少個運算式？

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

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

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

數列17+2310N在10000內有：17，2327，4637，6947，9257，為4步；

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

用10000分別除以這20個素因子，把余數記下來。為20步；

用17分別除以這些素因子，當除到67時余數與10000除以67余數相同，為14步； 用2327分別除以這些素因子，當除到13時余數為0，為1步；

用4637分別除以這些素因子，當除到31時余數與10000除以31余數相同，為6步； 用6947分別除以這些素因子，當除到43時余數與10000除以43余數相同，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相同，奇數9257必然能組成偶數10000的素數對。為20步。

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

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

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

四川省三臺縣工商局：王志成

第四篇：淺談“哥德巴赫猜想”證明方法

淺談“哥德巴赫猜想”證明方法

務川自治縣實驗學校 王若仲 貴州564300

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

關鍵詞：哥德巴赫猜想；奇素數；奇合數；順篩；逆篩。

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

(一)比較有名的方法大致有下面四種：

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

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

“a+b”問題的推進

1920年，挪威的布朗證明了“9+9”。

1924年，德國的拉特馬赫證明了“7+7”。

1932年，英國的埃斯特曼證明了“6+6”。

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

1938年，蘇聯的布赫夕太勃證明了“5+5”。

1940年，蘇聯的布赫夕太勃證明了“4+4”。

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

1948年，匈牙利的瑞尼證明了“1+c”，其中c是一很大的自然數。

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

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

1966年，中國的陳景潤證明了“1+2 ”。

途徑二：例外集合，即尋找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶數。

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

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

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

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

途徑四：幾乎哥德巴赫問題，即2m=p+q+2k。p和q均為奇素數。

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

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

數學家們經過上面四個途徑的不斷探索求證，仍然沒有徹底解決哥德巴赫問題。

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

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（因為對于偶數2m，（4）和（5）的情形不可能同時成立）。但是下面這兩種情形我們不必分析討論： ①偶數2m=p+p，p為奇素數；

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

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

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

對于偶數100以內的全體奇數，首先進行順篩：

（1）篩出3的倍數，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，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，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100以內的全體奇數，經過順篩后，可以得出下面這樣的結論：滿足“奇合數+奇合數=100”中的全體奇合數，滿足“奇合數+奇素數=100”中的全體奇合數，滿足“1+奇合數=100”中的奇合數，全部被篩除。

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

其次進行逆篩：

（4）在集合A3中篩出集合{（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }中的奇數，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，可得集合A5={3，5，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

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

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

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

我們還是以偶數100為例來闡述解決這個技術難題巧妙的基本思想方法：

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

如若是，則“哥德巴赫猜想”就解決了。

參考文獻

[1]戎士奎，十章數論（貴州教育出版社）1994年9月第1版

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

[4]王文才，施桂芬，數學小辭典（科學技術文藝出版社）1983年2月第1版

二〇一四年十月十九日

第五篇：哥德巴赫猜想的證明

《哥德巴赫猜想的嚴謹定性證明》 作者姓名：崔坤

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

任一大于2的偶數都可寫成兩個質數之和。

由于近代數學規定1不是素數，那么除2以外所有的素數都是奇素數，據此哥猜等價：

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

證明：首先我們設計一個表格---CK表格：

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

下層是：首項為奇數（2n+1），公差為-2，末項是3的遞減等差數列。

由于偶數是無限的，故這個表格是個無限的，由此組成的系統就是一個非閉合系統。表中D(N)表示奇素數對的個數，H(N)表示奇合數對的個數，M(N)表示奇素數與奇合數成對的個數。不超過2n+1的奇素數個數為 π(2n+1)-1有CK表格可知：D(N)= π(2n+1)-1-M(N)根據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N1≥12，奇素數P1≥3，奇數H1≥9，即： N1=P1+H1=P1+P3=P5+H3,篩得：N1=P1+P3，其中奇素數P1≥3，奇素數P3≥3，奇素數P5≥3，奇合數H3≥9 偶數N1的最小值是3+3=6，故每個N1≥6的偶數都是2個奇素數之和 故命題得證

同理：第二層篩得：

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

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

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

故定理A得證:每個≥6的偶數都是2個奇素數之和。

第三頁

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

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

即墨市瑞達包裝輔料廠 2016-09-14-14-38

第四頁