哥德巴赫猜想证明

第一篇：哥德巴赫猜想证明

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P

1、P

2、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

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第二篇：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

4 (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

5 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}。

6 (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

7 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。

8 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

9 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

10 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。

11 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

(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)，„，

12 [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;

┇

13 〈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)

14 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)

15 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´)】

16 +【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´

17 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

18 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

第三篇：哥德巴赫猜想的证明[精选]

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m1

比

(10a+1)*(10b+1)<2mab<2m10a10b1100

ab2m10a10b1

∵12m10a10b1存在极大值 50100(m1)

∴ab1的极大值为 m150

m1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m1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(m1)+5个 50

2(m1)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

m1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(m1)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(m1)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 [m1-1组 2m13(m1)2(m1)m12(m1)-1]-[+5]-[ +5]-[ -1]-[ +7] 25050550

3(m1)-[ +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(m1)2(m1)m12(m1)-1]-[+5]-[ +5]-[ -1]-[ +7] 25050550

3(m1)-[ +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

第四篇：用C语言证明哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想：任何一个大于6的偶数都可以写成两个素数的和。 #include

#include

int main(void)

{

int number,a,b;

char c;

int i,j,k,l;

int sum,m;

system("cls");

printf("enter your number:");

scanf("%d",&number);

for (i=2; i<=number; i++)

{

sum=1;

for (j=2; j

{

if (i%j!=0)

{

sum=sum+1;

}

}

if (sum==(i-1))

{

if ((i+1)==number)

{

a=i;

b=1;

printf("%d=%d+%d ",number,a,b);

}

else

{

for (k=2; k<=i; k++)

{

m=1;

for (l=2; l

{

if (k%l!=0)

{

m=m+1;

} } if (m==(k-1)) {if ((i+k)==number&&i!=k){a=i;b=k;printf("%d=%d+%d ",number,a,b);

}

}

}

}

system("pause");

}} }

第五篇：猜想证明题1[模版]

猜想证明题

1例1.如图，已知ABC为等边三角形，D、E、F分别在边

BC、CA、AB上，且DEF也是等边三角形.

E(1)除已知相等的边以外，请你猜想还有哪些相等线段，并证

明你的猜想是正确的; F(2)你所证明相等的线段，可以通过怎样的变化相互得到?写

出变化过程. DCB

分析：本题要求学生在掌握全等三角形的概念和性质的基础上，

灵活运用三角形全等的判定及性质进行结论猜想。求解这类问题，不能随意乱猜，要结合题目给出的条件，根据图形直观的找出结论后再进行合理的推理论证。

解：(1)图中还有相等的线段是：AE=BF=CD，AF=BD=CE，

事实上，∵△ABC与△DEF都是等边三角形，

∴∠A=∠B=∠C=60°，∠EDF=∠DEF=∠EFD=60°,DE=EF=FD，

又∵∠CED+∠AEF=120°，∠CDE+∠CED=120°

∴∠AEF=∠CDE，同理，得∠CDE=∠BFD，

∴△AEF≌△BFD≌△CDE(AAS)，所以AE=BF=CD，AF=BD=CE。

(2)线段AE、BF、CD它们绕△ABC的内心按顺时针(或按逆时针)方向旋转120°，可互相得到，线段AF、BD、CE它们绕△ABC的内心按顺时针(或按逆时针)方向旋转120°,可互相得到。

说明：

1.本题考查的是在三角形全等的判定及应用及旋转变换，它立意考查学生的观察、分析问题的能力.2.因为几何直观是一种思维形式，它是人脑对客观事物及其关系的一种直接的识别或猜想的心理状态.它不仅拓展了学生的思维空间，考查了学生的能力，更因为几何直观具有发现的功能.这种思维既有形象思维的特点，又有抽象思维的特点，所以成为近几年中考试题的考点及热点问题。

练习一

1.(北京丰台)已知：如图，四边形ABCD是菱形，E是BD

延长线上一点，F是DB延长线上一点，且DE=BF。请你以F

为一个端点，和图中已标明字母的某一点连成一条新的线 段，猜想并证明它和图中已有的某一条线段相等(只须证

明一组线段相等即可)。(1)连结____________;(2)猜想：______=______;(3)证明：

2.(河北)如图10-1-2(1)，10-1-2(2)，四边形ABCD是正方形，M是AB延长线上一点。直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在AB边上滑动(点E不与点A，B重合)，另一条直角边与∠CBM的平分线BF相交于点F。

⑴如图10-1-2(1)，当点E在AB边的中点位置时：

①通过测量DE，EF的长度，猜想DE与EF满足的数量关系是; ②连接点E与AD边的中点N，猜想NE与BF满足的数量关系是;

③请证明你的上述两猜想。

⑵如图10-1-2(2)，当点E在AB边上的任意位置时，请你在AD边上找到一点N，使得NE=BF，进而猜想此时DE与EF有怎样的数量关系。

3.(河南)空投物资用的某种降落伞的轴截面如图所示，ABG是等边三角形，C、D是

CG、DG分别交AB于点E、F，以AB为直径的半圆O的两个三等分点，试判断点E、

F分别位于所在线段的什么位置?并证明你的结论(证明一种情况即可)

D到B、C、4.(潍坊)如图，已知平行四边形ABCD及四边形外一直线l，四个顶点A、

直线l的距离分别为a、b、c、d.

(1)观察图形，猜想得a、b、c、d满足怎样的关系式?证明你的结论.

(2)现将l向上平移，你得到的结论还一定成立吗?请分情况写出你的结论.

5.(锦州)如图a，△ABC和△CEF是两个大小不等的等边三角形，且有一个公共顶点C，连接AF和BE.(1)线段AF和BE有怎样的大小关系?请证明你的结论;

(2)将图a中的△CEF绕点C旋转一定的角度，得到图b，(1)中的结论还成立吗?作出判断并说明理由;

(3)若将图a中的△ABC绕点C旋转一定的角度，请你画山一个变换后的图形c(草图即可)，(1)中的结论还成立吗?作出判断不必说明理由;

(4)根据以上证明、说理、画图，归纳你的发现

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