第一篇：歌德巴赫猜想及其證明

哥德巴赫猜想及其證明

內容摘要：設n為正整數，把大于8的偶數分為12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8這樣6類，則每一類都可以用6n±1、6n±5、6n±7、6n±11、6n±13、6n±17、6n±19、6n±23……之類的數其中兩個數的和表示。本文試圖證明當和是大偶數的兩個數都是質數時，n的取值是正整數集。

關鍵詞:質數 奇數 偶數 正整數 自然數 集合 6n+1 6n-1 6n+5 6n-5 哥德巴赫猜想

上篇 哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想的內容：大于2的偶數都是兩個質數的和,大于5的奇數都是三個質數的和。

下篇 哥德巴赫猜想的證明

分析：

小于4的質數有兩個，即2和3,大于4的質數則很多，但都不是小于它本身的質數的倍數，這些小于它本身的質數當然包括2和3了，也就是說，大于4的質數既不是2的倍數，也不是3的倍數。若設n為正整數，則只有6n+1和6n-1表示的數才有可能是質數。

設定字母含義：

n:正整數；

m:自然數（包括“0”）； N+:正整數集合。

……；

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

N6m+1：6（n+m）+1為質數時n的所有取值n6m+1的集合。……

N-6m+1：6（n-m）+1為質數時n的所有取值n-6m+1的集合。N-1:6n-1為質數時n的所有取值n-1的集合。

N-7：6n-7為質數時n的所有取值n-7的集合。N-13：6n-13為質數時n的所有取值n-13的集合。N-19：6n-19為質數時n的所有取值n-19的集合。N-25：6n-25為質數時n的所有取值n-25的集合。……

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

N6m-1：6（n+m）-1為質數時n的所有取值n6m-1的集合。——————————————————————————— N6m+5：6（n+m）+5為質數時n的所有取值n6m+5的集合。N6m+7：6（n+m）+7為質數時n的所有取值n6m+7的集合。根據設定的字母含義，上面的集合除N+外，有些與N1有關，有些與N-1有關。我們把與N1有關的集合叫做“6n+1”型,把與N-1有關的集合叫做“6n-1”型。于是這些集合可分為兩類：

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

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

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

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

N6m-1 ={n6m-1|n6m-1=n-1-m=1-m，2-m，3-m，4-m，5-m，7-m，……}。首先證明大于2的偶數都是兩個質數的和。證明過程分兩步。第一步：偶數4，6，8都是兩個質數的和。證明：4=2+2，6=3+3，8=3+5。

第二步：大于8的偶數都是兩個質數的和。

大于8的偶數可分為12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8

這樣6類，下面分別證明。

1．12n-2是兩個質數的和。證明：

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

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

同理當12n-2=（6n+5）+（6n-7）且6n+5和6n-7都為質數(如22=17+5,34=23+11等)時，則n的所有取值的集合應為

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

當12n-2=（6n+11）+（6n-13）且6n+11和6n-13都為質數(如34=29+5,58=41+17等)時，n的所有取值的集合應為

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

當12n-2=（6n+17）+（6n-19）且6n+17和6n-19都為質數（如58=47+11，70=53+17等）時，n的所有取值的集合應為

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

當12n-2=（6n+23）+（6n-25）且6n+23和6n-25都為質數（如58=53+5,70=59+11等）時,n的取值應為

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

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

1、6n+5、6n-7都為質數(如22=11+11=17+5,34=17+17=23+11等)時，n的所有取值的集合應為

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

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

1、6n+5、6n-

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

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

?N

1?（N5?N-7）=N+

這個

12n-2是兩個質數的和時，n的所有取值的集

合是正整數集，即無論n取任何正整數值，12n-2都是兩個質數的和。

2．12n是兩個質數的和。證明：

12n=（6n+1）+（6n-1）=（6n+7）+（6n-7）=（6n+13）+（6n-13）=（6n+19）+（6n-19）=（6n+25）+（6n-25）=……=[6（n+m）+1]+[6（n-m）-1] 設當12n是兩個質數的和時n的所有取值的集合為N0，當n→∞時，則有

N0=(N1?N-1)?(N7?N-7)?(N13?N-13)?(N19?N-19)?(N25?N-25)?……?（N6m+1?N-6m-1）=（N1?N7?N13?N19?N25?……?N6m+1）?（N-1?N-7?N-13?N-19?N25?……?N-6m-1）=N+?N+=N+ 這個結論說明，當12n是兩個質數的和時，n的所有取值的集合是正整數集，即12n是兩個質數的和。

3.12n+2是兩個質數的和。證明: 12n+2=(6n+1)+(6n+1)=(6n+7)+(6n-5)=(6n+13)+(6n-11)=(6n+19)+(6n-17)=(6n+25)+(6n-23)=……=[6（n+m）+1]+[6（n-m）+1] 設當12n+2是兩個質數的和時n的所有取值的集合為N2，當n→∞時，則有

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

這個結論說明，12n+2是兩個質數的和。4.12n+4是兩個質數的和。證明：

12n+4=（6n+5）+（6n-1）=（6n+11）+（6n-7）=（6n+17）+（6n-13）=（6n+23）+（6n-19）=（6n+29）+（6n-25）=……=[6（n+m）+5]+[6（n-m）-1] 設當12n+4是兩個質數的和時n的所有取值的集合為N4，當n→∞時，則有

N4=（N5?N-1）?（N11?N-7）?（N17?N-13）?（N23?N-19）?（N29?N-25）?……?（N6m+5?N-6m-1）=（N5?N11?N17?N23?N19?……?N6m+5）?（N-1?N-7?N-13?N-19?N-25?……?N-6m-1）=N+?N+=N+ 這個結論說明，12n+4是兩個質數的和。5.12n+6是兩個質數的和。證明: 12n+6=(6n+5)+(6n+1)=(6n+11)+(6n-5)=(6n+17)+(6n-11)=(6n+23)+(6n-17)=(6n+29)+(6n-23)=……=[6（n+m）+5]+[6（n-m）+1] 設12n+6當是兩個質數的和時n的所有取值的集合為N6，當n→∞時，則有

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

這個結論說明，12n+6是兩個質數的和。

6.12n+8是兩個質數的和。證明：

12n+8=（6n+7）+（6n+1）=（6n+13）+（6n-5）=（6n+19）+（6n-11）=（6n+25）+（6n-17）=……=[6（n+m）+7]+6（n-m）+1] 設當12n+8是兩個質數的和時n的所有取值的集合為N8，當n→∞時，則有

N8=（N7?N1）?（N13?N-5）?（N19?N-11）?（N25?N-17）?……?（N6m+7?N-6m+1）=（N7?N13?N19?N25?……?N6m+7）（N1?N-5?N-11?N-17?……??N-6m+1）=N?N=N +++這個結論說明，12n+8是兩個質數的和。

由以上兩步可知，大于2的偶數都是兩個質數的和。現在證明大于5的奇數，都是3個質數的和，也分兩步。第一步：奇數7、9、11都是3個質數的和。證明：7=2+2+3，9=2+2+5，11=2+2+7。第二步：大于11的奇數都是3個質數的和。

證明：大于11的奇數可分為6類，12n+1、12n+3、12n+5、12n+7、12n+9和12n+11，其中12n+1=（12n-2）+3，12n+9=（12n-2）+11，而12n-2和12n均已證明都是兩個質數的和，所以大于11的奇數都是3個質數的和。

由以上兩步可知，大于5的奇數都是3個質數的和。推論：大于5的自然數都是3個質數的和（請讀者自證）。附：關于N1?N7?……?N6m+1=N1?N-5?……?N-6m+1=N-1?N-7?……

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

+ 的證明

證明：當n、n1和n-1都趨向于無窮大時，n-

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

第二篇：求史上各種歌德巴赫猜想的證明方法

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

我找了很多地方都只找到陳景潤的“1+2”的證明方式，那有沒有比如像“9+9”“1+3”等等的證明表達式~~ 舉報 滿意答案 好評率：75%

用一種既科學有簡單的方法證明歌德巴赫猜想!（1）逐個對偶數2—200這100個偶數進行實算，編制成表

一、表

二、表三附在文后，以供研究。（2）編制偶數2—200等于兩個奇數之和的組數變化展示圖（附在文后）進行分析研究。? 為什么圖形忽高忽低，呈折線上升，原因何在。? 素數公式不適合證明（1+1）。? 按照組數變化展示圖分段來仔細研究。4-4 命題沒有要求對“任何不小于6的偶數”都全部逐個運算一次。但是從理論上來證明（1+1）是辦得到的。4-5 偶數等于三種不同組合的兩個奇數之和，為什么命題只承認“任何不小于6的偶數都是兩個奇質數之和。這可以從起點不同分布情況不同由本文新論點來解答。

五、結論：（P17-P18）綜合兩點理由，論證哥德巴赫猜想之一的“任何不小于6的偶數都是兩個奇質數之和”是正確的定理。

六、附表（P19-P27）? 表一 偶數6—20通過公式計算結果統計表。（著重解決偶數等于三種不同組合的兩個奇數之和的起點。）? 表二 偶數22—100等于兩個奇數之和明細表。? 表三 偶數102—200等于兩個奇數之和的明細表。說明：所有明細表都有詳細的運算式，并在奇質數下面劃有一條橫線，以示區別。其中的質+質就是命題結論要求的兩個奇質數之和（組數）。? 偶數2-200等于兩個奇質數之和的組數變化展示圖。一種既科學又簡便的證明（1+1）的新方法 作者：李建耀

一、簡 介 1-1（1+1）是什么 1742年6月7日德國數學家哥德巴赫寫信給當時著名數學家歐拉，提出兩個大膽的猜想。（1）任何不小于6的偶數都是兩個奇質數之和。（簡稱1+1）。（2）任何不小于9的奇數都是叁個奇質數之和。這就是數學史上著名的哥德巴赫猜想。同年6月30日歐拉在回信中說，他深信這兩個猜想都是正確的定理，但他當時無法證明。而且十八世紀和十九世紀，也無人能夠證明。因此到1900年二十世紀最偉大的數學家希爾伯特，在國際數學會上把“哥德巴赫猜想”列為23個數學難題之一。讓全世界數學家聯手證明。可是到目前為止，已過去將近264年，尚無1人能夠完全證明出來。由于這是一個世界難題，所以大多數數學家都想集中精力一個個的突破，現都在全力進攻哥德巴赫的第一個大膽的猜想。探索“任何不小于6的偶數都是兩個奇質數之和”的奧秘。數學家在探索時認為，無論多大的奇質數，都把它看成一個，這樣兩個相加，就是兩個1相加，即是（1+1）。時間久了，（1+1）就成為猜想之一的簡稱。如果誤認“1+1=2”，便會使“猜想”改變了原來的題意。1-2 已往數學家研究（1+1）的成果。二十世紀前研究毫無進展，直到1920年挪威數學家布郎證明出9個素數因子之積加9個素數之積是正確的，稱為（9+9）。1924年德國數學家拉德哈馬爾證明了（7+7）。1932年英國數學家愛斯斯爾曼證明了（6+6）。1938年前蘇聯數學家布爾所斯塔勃證明了（5+5）。1940年他又證明了（4+4）。1956年中國數學家王元證明了（3+4）。同年前蘇聯數學家維諾格拉多夫證明了（3+3）。1957年中國數學家王元證明了（2+3）。1948年匈牙利數學家瑞尼證明出（1+c），他是最早用“1”為常數的。1948年匈牙利數學家蘭恩證明了（1+6）。1962年中國數家潘承洞證明了（1+5）。1963年中國數學家王元、潘承洞，以及前蘇聯數學家巴爾巴恩證明了（1+4）。1965年前蘇聯數學家布爾斯塔勃及維諾塔拉多大及意大利數家朋比證明了（1+3）。1966年中國數學家陳景潤證明了（1+2）。看來上述中外數學家都在逐步縮小包圍圈。企圖最后攻克（1+1）這個堡壘。眼看來只差一步就可達到目的，但是由于他們所證明的都是“每個充分大的偶數”與哥德巴赫猜想一的“任何不小于6的偶數”是有區別的。而且所有的結論都不是（1+1）。由于不按命題來論證，又怎能達到成功目的呢？因此以后的數學家在研究哥德巴赫猜想時，不要盲目跟著別人跑，要自主創新，要依據命題來論證。1-3 目前數學界在研究（1+1）時，還存在那些難以解決的問題： <1> 無法破解其中的奧秘，必須創造新的數學方法。A、摘自2002年1月26日北京晚報網站的“哥德巴赫”背景資料。是這樣敘述的“哥德巴赫猜想”被稱為數學皇冠上的明珠。古今往來，多少數學家殫精竭慮，仍無法完全破解其中的奧秘。即使像中國陳景潤這樣的數學家，也只是在研究方面邁進一步而已??“。目前，有許多數學家認為，要想證明“1+1”，必須通過創造新的數學方法，以往的路很可能都是走不通的。B、摘自2004年10月10日，作者劉宇“關于哥德巴赫猜想研究情況的分析與思考”一文，他是這樣敘述的“證明路徑不對路，大多數數學家的證明路徑，都是只證明后面的結論，而不證明前面的前置條件，包括現在的一些數學名家都還在犯此錯誤，不按命題的要求的方向去證明命題”。他還說：數學家門把哥德巴赫猜想稱之為“數學皇冠上的明珠”，夸大其詞，誤導探索者，事實上就其實質來說，哥德巴赫猜想是一個素數加法問題，即研究素數兩兩相加的分布規律問題，與素數的乘法、除法、指數、對數以及其他數學方法，或者研究素數內在本質的這種方法相比，相差遠多了。可以說素數加法問題是素數運算的基礎，最低層次的運算，如果最低一級的素數運算方法就稱之為“數學皇冠上的明珠”，那么其他高層次的素數運算方法或研究法，又稱為什么呢？（本文感謝此文多方面的提示）C、摘自1977年9月徐遲所著的“哥德巴赫猜想”的報告文學，1978年發表在光明日報上的第五段是這樣寫的：要懂得哥德巴赫猜想是怎么回事？只需把早先小學三年級里就學過的數學來溫習一下。那些1、2、3、4、5，個十百千萬的數字，叫做整數。那些可以被2整除的數，叫做偶數。剩下的那些數叫做奇數。還有一種數如2、3、5、7、11、13等等，只能被1和它本數，而不能被別的整數整除的，叫做素數（即質數），除了1和它本數以外，還能被別的整數整除的，這種數如4、6、8、9、10、12等等就叫合數。一個整數，能被一個素數所整除，這個素數就叫做這個整數的因子。如6，就有2和3兩個素因子。如30，就有2、3和5三個素因子。好了，這暫時也就夠用了。1742年哥德巴赫寫信給歐拉時，提出了：每個不小于6的偶數，都是二個素數之和。例如：6=3+3。又如24=11+13等等。有人對一個一個的偶數都進行了這樣的驗算，一直驗算到三億三千萬之數，都表明這是對的。但是更大數目，更大更大的數目呢？猜想起來也該是對的。猜想應當證明，要證明它卻很難很難。以上本文摘取這三篇文件的目的是證明當前數學界在討論（1+1）方面都有了新的動向，提醒大家不要過于迷信某些權威人士過去對（1+1）的判斷，這絕對不是高深莫測的神秘的數學論題，而是一個最基本的奇質數加法問題，勸說探索者不要再走過去數學家走不通的老路，要用自己創新的方法，去研究奇質數兩兩相加的分布規律問題，這樣才能破解其中的奧秘，并創造出論證（1+1）的新方法。<2> 尚無法找到既科學又簡便的篩法 過去數學家研究（1+1）時，均是在全體自然數中進行，既要篩出偶合數，又要篩出奇合數，篩出的結果誤差太大，因此難以達到全部篩出的目的，陳景潤數學家的篩法，曾被英國哈勃斯丹和德國李希特兩個數學家稱為“篩法”的頂點，但是并沒有達到頂點而無法證明（1+1），就目前大多數業余愛好者而言，仍然是在全體自然數中進行，反復無限地篩出，會有多個余數，當兩個奇數相加在一起時，便無法同時篩出。當然還有雙向篩、比例篩、格網篩、循環篩等篩法達八種以上，有的因為其篩法本身就未被證明，難以讓人相信，有的篩法誤差較大，有的篩法還需要轉換和補充。因此篩法還是阻礙（1+1）成功的一大難題。<3> 既科學，又簡便的素數公式至今無人找到。這里的素數是指奇質數而言，（由于偶數中只有2是偶質數，因此在研究素數（質數）時，大都習慣用素數來表示奇質數）。目前數學界還是依據已往數學家的思路，想找到在自然數中奇質數的分布規律，總結出一個既科學又簡便的素數公式來證明（1+1），可是在自然數中，既有奇數又有偶數，而奇數中可分奇質數和奇合數，都是相互毫無規則的排列在一起，因此要想找到奇質數的規律是非常困難的，何況還涉及一個“任何不小于6的偶數”是一個無限區間，其中所包含的偶數是無窮無盡的，其中所能等于的兩個奇質數之和也是無窮無盡的，其中的某些特大的奇質數的數值到底是多大，誰也不會知道。連這些特大的奇質數的數值是多大都不能肯定的人，又怎能知道在其周圍與其您已經評價過！好:3 您已經評價過！不好:1 您已經評價過！原創:0 您已經評價過！非原創:2 基 TA的星星記錄: 2 0 0

我的星星頁面 2008-07-24 09:06 滿意答案 好評率：50%

說明：由于數1既不是奇質數又不是奇合數，所以今后在研究（1+1）時都不參加討論，所以一律去掉。<8> 偶數等于兩個奇質數之和的分布規律： 是在自然數中首項為1，末項為（這個偶數-1）的等差為2的等差奇數列中。通過偶數等于（首末兩項之和），及與首末兩項等遠兩項之和相等的規律，進行運算與組合后，再篩選掉其中有數1參加的首末兩項及其中有一項或兩項都是奇合數參加組合的兩個奇數之和，余下的則都是這個偶數所能等于兩個奇質數之和。2-3 論證（1+1）新方法的特色和優點。<1> 全部采用自然數，不必用變數和高深數論來進行運算：因而簡單明了通俗易懂，只要有中學數學基礎，人人都可以學會，個個都可運算。<2> 徹底解決目前在論證（1+1）篩法難的問題，只需在最后一道工序，篩選掉偶數等于兩個奇數之和中的與命題無關的，凡是有數1和有奇合數參加組合的兩個奇數之和，其余的都是兩個奇質數之和。因而篩法簡便，沒有多余的尾數，所以結果正確而且詳細。<3> 不需要再找既復雜，又不適用證明（1+1）的素數公式：運用本文的論證（1+1）的新方法，不但簡便而且科學，完全符合證論的程序，從分布規律入手，到引入《名師視點》等差數列首末兩項及等遠兩項之和相等的規律來進行組合，直至篩選，每一步只解決一個問題，因而程序清晰，符合邏輯思維，最后一次性就可得到偶數所能等于兩個奇質數之和。而不是先找一個再找一個。<4> 新的論證方法，從理論上講完全適用“任何不小于6的偶數”。因為不管偶數有多大都可以在自然數中最完整的等差為2的等差奇數列中，摘取一段首項為1，末項為指定的偶數-1的等差為2的等差奇數數列，因而解決了命題是一個無限區間無法用理論來證明的難題。

三、推導出偶數等于兩個奇數之和的公式： 3-1 偶數等于兩個奇數之和的組數公式： 由于奇數數列等差為2，又要將兩個奇數之和組成一組，因此 組數公式=1/4×偶數x 其中偶數x是已知需要運算求組數的偶數。例：求偶數18可等于多少組兩個奇數之和？ 組數=18×1/4=4.5組，即5組（詳上例偶數18）說明：計算結果如有小數，是因為等差奇數數列成單，最中間的奇數就是中心點，且距首末兩項等距，所以這個奇數自成等遠兩項并組合成一組兩個奇數之和。即上例的（9+9），因此去掉小數，組的整數加1。（上例等于五組）。3-2 偶數等于兩個奇數之和的運算表達公式：本公式是在已知偶數及其包含的等差奇數數列的情況下進行。運算表達公式：X=n+(x-n)其中x 是已知偶數，N-為不確定項（也可用通項公式：an=a1+(n-1)d逐項求出。本題a1=1，d等差=2）N-為奇數數列中已知的首項，及二、三、四直至中項，按其求組數來定。實際就是用1、3、5、7、9??等代入。（x-n）的結果是末項及與二、三、四??等遠各項，完全是依據等差奇數數列首末兩項及等遠兩項之和相等的規律推導的。按照如此特殊規定進行組合，絕對沒有重復組和素數對產生。運算示范：仍以偶數18為例：求組數=1/4×18=4.5去掉小數整數加1為五組，因此將已知的等差奇數列前五項1、3、5、7、9依次代入n，這樣比用通式逐項求出要簡便得多。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）共五組，完全與上例計算結果相同。最后再根據這五組中質、合數的不同來進行分別統計。再進行篩選就可求出偶數18=（5+13）=（7+11）等于兩組不同數字的兩個奇質數之和。3-3 推理：偶數越大所能等于兩個奇質數之和的組數越多，其中等于兩個奇質數之和的組數必然增多，因此越接近無窮大的偶數最大，能等于兩個奇數之和的組數最多。反之，偶數越小所能等于兩個奇數之和的組數越少，其中等于兩個奇數之和的組數必然更少。因此不能等于兩個奇質數之和的偶數一定是自然數中最小的偶數。這個推理來源于上面列出的偶數等于兩個奇數之和的組數公式和運算表達式： 組數公式：組數=1/4x偶數x，可知組數多少全由偶數大小來定，因此偶數大組數多，反之則少。運算表達式：偶數x=n+(x-n)，其中n為不確定項，依次由1、3、5、7??代入，具體代入項是多少，由組數來定，其組數仍然是按偶數大小來定，因此偶數越大，能等于兩個奇數之和的組數多，反之則少。因而以上推理不是憑空捏造的，而是有據可查，并可經過以后的實算得到驗證的。3-4 最簡便的論證（1+1）的新方法： 此方法的來源仍然是依據本文上述的新方法，甚至組數公式和運算表達式的公式都相同，但是這個最簡便的論證方法是不管來源，只對運算結果進行分析總結而成。由于證明任何指定的偶數等于等差為2的奇數數列中的首項是1，末項是（指定偶數-1），因此其首末兩項都是已知的，而其他所有的都是等遠兩項之和，現在經過仔細觀察分析總結出這樣一個分布規律，在這些等遠兩項中的前項，從首項起都是等差為2的遞增奇數數列，即1、3、5、7、9? ?等，而后項是從末項起則是等差為2的遞減奇數數列，即（偶數-1）、（偶數-3）、（偶數-5）、（偶數-7）? ?等。因此所有的等遠兩項之和都是前兩項中的“（前項+2）+（后項-2）”。依次進行，直至前后兩項相等，或者前項比后項少2時為止（這時偶數所能等于兩個奇數之和的組數=1/4x偶數）。則整個運算全部完成。例如：偶數18=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）組數=1/4×18=4.5即五組。又偶數16=（1+15）=（3+13）=（5+11）=（7+9）這時前項比后項少2，組數=1/4×16=4組。但偶數18與16經運算后還是要進行篩選，去掉其中有數1與奇合數所組成的兩個奇數之后，其余都是兩個奇質數之和。上例偶數18和16的運算就是遵循上述前兩項中的“（前項+2）+（后項-2）”依次進行，并且其結果與本文上述的新方法運算的結果完全一致。因此稱這一方法為論證（1+1）最簡便的方法。有了這個最簡便的方法，不但同樣都適合證明“任何不小于6的所有偶數”。而且可以人人都自己動手，隨心所欲，想證明多少個偶數就證明多少，不必再受限制。如果能運用現代的億萬次/秒高速運算的計算機按照前兩項中的“（前項+2）+（后項-1）”來編程依次運算，或根據目前數學界有人已研制成的108以內和更多的所有素數個數的素數表和光盤。來分辨出大偶數內所包含的奇質數，去掉其中有數1和奇合數的組合后再制成表冊，供科研使用成效一定可觀”。

四、綜合論證（1+1）命題 4-1（1+1）命題的實質是什么？如何才能破解其中的奧秘。命題的全稱是“任何不小于6的偶數都是兩個奇質數之和”。現經作者仔細分析和認真的研究，認為命題的實質是研究自然數中最完整的一條數列，其中既有偶數又有奇數。如果將這一完整的數列，分解成偶數和奇數兩大部分。其中之一則是自然數中最完整的等差常數為2的等差偶數數列。這就包含了除最小的偶數2和4不能等于兩個奇質數之和外的。“任何不小于6的所有偶數”。這就是命題的前部分。余下的奇數，則是自然數中最完整的等差常數仍然是2的等差奇數數列。在這條數列中就包含了對命題前部分“任何不小于6的偶數”進行分析研究后的結果，即“都是兩個奇質數之和”的結論。這就是命題的后部分。至于如何將每一個不小6的偶數所能等于兩個奇質數之和，分別從這條自然數中最完整的等差奇數數列中運算出來，這就涉及到偶數等于兩個奇質數之和在等差奇數數列上的分布規律問題，目前在數學界尚無法解決，但經過作者多方考察研究終于創造了這一既科學又簡便的論證（1+1）新方法。4-2 創造一個既科學又簡便論證（1+1）的新方法。由于這一方法是由偶數等于兩個奇數之和中的奇數分布在自然數首項為1。末項為偶數-1的等差為2的等差奇數數列上的規律。再引入等差數列首末兩項及等這兩項相等的規律。來進行組合，并由此證明偶數不但等于首末兩項之和，而且等于所有的等遠的兩項所組成的兩個奇數之和，再進行篩選，最后求得命題新需要的兩個奇質數之和。其中的每一個環節不但層次分明，而且環環相扣，環環都符合情理，因此這一方法不但科學簡便而且程序清晰，邏輯清楚并有獨創技巧，真是一個用來論證（1+1）的最好的方法。此外根椐這一原理推導出偶數等于兩個奇數之和的組數公式和運算表達方式，參考資料： www.tmdps.cn/bbs/showtopic.asp?TOPIC_ID=22460&Forum_id=16&page= 您已經評價過！好:2 您已經評價過！不好:2 您已經評價過！原創:0 您已經評價過！非原創:2 基 TA的星星記錄: 2 0 0 我的星星頁面 2008-07-24 09:07 相關知識

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歌德巴赫猜想陳景潤 歌德巴赫猜?歌德巴赫 猜想 陳歌德巴赫歌德巴赫猜哥德巴赫猜想的證明哥德巴赫猜想證明步?猜想的證明 收藏 分享到： 更好的回答 其他答案(1)他偶數和奇合數的排列情況呢？如果連這些最基本的排列情況都不知道，又怎么能完成一個自然數中最完整的統一的素數公式呢？也許某一天出現一個特高智商的人能夠完成，那一定也是一個特別復雜不可以用來論證（1+1）的公式，因為（1+1）不只是要求用素數公式來解決一個奇質數的簡單問題，而是要求任何不小于6的所有偶數都能等于兩個奇質數之和的規律。這其中的兩個奇質數之和，并不是隨便找兩個奇質數相加就行，而是這兩個奇質數必須排列在某種特定位置才行，因而要求找到偶數等于兩個奇質數之和的特殊排列規律，才能用來證明（1+1）。而這個規律本文以后會詳細介紹。

二、探討（1+1）命題論證的新方法 就題論題才能破解其中的奧秘。（1+1）命題是“任何不小于6的偶數，都是兩個奇質數之和”。命題可分兩部分，其前部分是命題所要求研究的對象，是“任何不小于6的偶數”和適應的[6，+∞]區間。后部分是要求研究的結果，即是“都是兩個奇質數之和”的結論。2-1 破解（1+1）命題的奧秘。現在經過本文作者仔細的分析和認真的研究，認為命題的實質就是研究一條自然數中最完整的自然數數列。其中既包含有偶數又包含有奇數，因此可分解成兩條性質完全不同的，在自然數中是最完整的等差常數都為2的等差偶數數列和等差奇數數列。如果在其中之一的等差為2的偶數數列中，去掉自然數中最小的偶數2和4因不能等于兩個奇質數之和的偶數外，其余所有的偶數就是“任何不小于6的所有偶數”這就是命題前部分所要研究的對象。在其中另一條等差為2的等差奇數數列中，就包含了“研究任何每個不小于6的偶數所能等于的全部兩個奇質數之和”。這就是命題后部分的結論。通過以上分析就完全破解了命題的奧秘。至于如何將“任何每個不小于6的偶數”所能等于的兩個奇質數之和，分別在這個自然數中最完整的等差為2的等差奇質數數列中分離出來，還得創造一個獨特的新的論證方法。下面會詳細講解。2-2 創造一個既科學又簡便的論證（1+1）的新方法。<1> 從偶數等于兩個奇數之和中來尋找偶數等于兩個奇質數之和。由于奇質數在自然數中的無序排列，要想找到一個既科學又簡便的素數公式是不可能的。如果能找到一個既長而復雜的公式，也算不錯了，但用來證明（1+1）也不太適合，因為（1+1）是要求等于兩個奇質數之和。如果要求出偶數等于兩個奇質數之和的話，作者到是想到了一個繞道而行的好辦法。這就是從偶數等于兩個奇數之和中，去尋找兩個奇質數之和。因為偶數在數值相等的條件下可以等于兩個奇數之和，由于奇數又有質、合之分。因此其中必有兩個奇質數之和。如果先求出偶數在數值相等的條件下所能等于（質+質）、（質+合）、（合+合）三種不同的兩個奇數之和，再篩選掉所有的與奇合數或數1所組成的兩個奇數之和，余下的就全是這個偶數所能等于的兩個奇質數之和。<2> 自然數中偶數等于兩個奇數之和中的奇數分布規律。首要確定一個偶數，再研究這個偶數在數值相等條件下所能等于的兩個奇數之和中，其中最小的奇數值和最大的奇數值各是多少。由于現在是研究自然數，自然數中最小的奇數是1，這就是等差為2的等差奇數數列的首項。又由于現在所研究的是偶數等于兩個奇數之和中的奇數，因此最大的奇數絕對不會大于偶數，否則就不能等值，所以最大的奇數只能是（偶數-1），這就是等差奇數數列中的末項。現在已知等差為2的等差奇數數列中的首項和末項，因此就可以知道這個確定的偶數所能等于兩個奇數之和的所有奇數都分布在首項列為1，末項是（偶數-1）的等差為2的等差奇數數列中。這就是自然數中偶數等于兩個奇數之和中奇數的分布規律。<3> 任何每個不小于6的偶數所能等于的兩個奇數之和中的奇數是如何分布的。由于任何每個不小于6的偶數都是自然數，當然都應該遵守上述分布規律。即任何每個不小于6的偶數，雖然是一個無限區間，但都可以根據各自大小不同的偶數值，分別在（命題后部分的）自然數中最完整的等差為2的等差奇數數列中，摘取一段長度不等的首項為1，末項是各自偶數-1的一段。這樣就可使任何每個不小于6的偶數，都可以得到一段屬于自身等于兩個奇數之和中的奇數，所分布在等差為2的等差奇數數列。<4> 引用（名師視點）中的等差數列，“首末兩項及等遠兩項之和相等的規律”。這個規律摘自2000年北京第一次印刷，學苑出版社出版并發行的新華書店經銷的（名師視點）叢書之一，柏均和著“高中數學”教學參考資料，P230-231的數列，極限，教學歸納法，在其等差數列規律第 V條，是這樣寫的“距首末兩項及等遠兩項之和相等。即1+m=n+k，（1、m、n、k、∈N)，則a1+am=an+ak。”至于“等遠項”本文作者認為是距首末兩項等遠的兩項。此外還摘錄了數列通式an=a1+(n-1)d。（名師視點）叢書是名師視點四點一測新概念叢書，書中點清重點，點撥難點，點明熱點，點準考點并有學法指導的教學參考資料。是在第一線教學多年，富有聲望和教學經驗的特級、高級教師編寫而成的教學參考資料及初高中生使用階段復線習中使用。每一學科都是遵照教學大綱，依照人教社新教材、中考、高考最新說明，向學生系統介紹行之有效，事半功倍的學習要點。這套書由全國政協常委，九三學社中央常務付主席，中網科學院院士徐采棟教授擔任主編。其中高中數字是柏均和著，他是天津一中特級數學教師，和模范教師，民盟天津市付主委兼中等教育委員會主任。天津市教育局的特約督導。數學教育學報編委，全國政協第九界委員，在中央級別刊物發表論文40余篇，出版數學參考書多部。因此這一規律來源真實可靠。可以作為本文的理論依據，并簡稱為（名師視點）規律。<5> 偶數等于兩個奇數之和的運算和組合方法。根據上述偶數等于兩個奇數之和中的所有每個奇數都分布在首項是1，末項是偶數-1的，等差為2的等差奇數數列中的這個范圍之內，現在又根據（名師視點）的等差數列首末兩項及等遠兩項相等的這一規律來進行組合。由于這個自然數等差奇數數列的首項是

1、末項是偶數-1，因而首末兩項之和，正好等于這個偶數。因此整合成偶數不但可以等于這個等差奇數數列的首末兩項之和，而且還可以等于其他所有等遠兩項的兩個奇數之和。這就是偶數等于兩個奇數之和的運算及組合新方法。<6> 任何每個不小于6的偶數等于兩個奇質數之和的運算新方法 基本上還是按照上述新方法的原理進行。但是這是多個大小不同的偶數，因而要按由小到大，依次一個一個的進行，這樣任何每個不小于6的偶數，不但可以在命題后部分的自然數中最完整的等差為2的等差奇數數列中，摘取一段自身偶數所等于的兩個奇數之和中的奇數，所分布的首項為1末項是（自身偶數-1）的等差為2的等差奇數數列，而且還可以按照（名師視點）等差數列中，首末兩項及等遠兩項之和相等的規律進行組合。就可以得到“任何不小于6”的每個偶數所能等于兩個奇數之和，其中就必然包含“任何每個不小于6的偶數所能等于的所有兩個奇質數之和”。例如在不小于6的偶數中，以偶數8、18、28三個偶數為例： 偶數8最小，所能摘取的自然數的等差奇數數列的項數必然少，只能摘取1、3、5（8-1）=7，這四項等差為2的等差奇數數列，按照（名師視點）規律首末兩項及等這兩項之和相等的規律進行組合，則只能是偶數8=（1+7）=（3+5）這兩組兩個奇數之和。其中只有8=（3+5）這一組是兩個奇質數之和。偶數18，比偶數8大，按照同樣的方法可摘取最小奇數是1，最大奇數是18-1=17的1、3、5、7、9、11、13、15、17共9個奇數的等差奇數數列，可組合成18=（1+17）=（3+15）=（5+13）=（7+11）=（9+9）共計五組兩個奇數之和，其中有18=（5+13）=（7+11）是兩組兩個奇質數之和。偶數28最大，按照同樣的方法可摘取1、3、5、7、9、11、13、15、17、19、21、23、25、27共計14個奇數的等差奇質數數列，可組成偶數28=（1+27）=（3+25）=（5+23）=（7+21）=（9+19）=（11+17）=（13+15）共七組兩個奇數之和，其中偶數28=（5+23）=（11+17）是兩組兩個奇質數之和。<7> 最后進行篩選 把上述方法，所求得的所有偶數等于兩個奇數之和的組數進行一次全面篩選，將那些與命題結論無關的所有與奇合數及數1組合成的兩個奇數之和全部去掉，余下的都是偶數所能等于的兩個奇質數之和。由此上例的偶數經篩選后只余下偶數8=（3+5）、18=（5+13）=（11+7）和28=（5+23）=（11+17）。這些都是偶數所能等于的兩個奇質數之和。

第三篇：哥德巴赫猜想證明方法

哥德巴赫猜想的證明方法

探索者：王志成人們不是說：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