“哥德巴赫猜想”证明(完整版)
哥德巴赫猜想证明者(精选多篇)
哥德巴赫猜想证明者(精选多篇)第一篇：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>121②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221③（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>143⑤（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>187⑦（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>209⑨（10a8+3）*（10b8+3），2m>169⑩（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?1100ab2m?10a?10b?1<m?1100(m?1)∵12m?10a?10b?1存在极大值50100(m?1)∴ab1的极大值为m?150m?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502(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50m?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52(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503(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] 250505503(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] 250505503(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第二篇：我对哥德巴赫猜想的证明我对哥德巴赫猜想的证明哥德巴赫猜想：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和。
哥德巴赫猜想成立的证明
哥德巴赫猜想成立的证明因为，科学是如实反映客观事物固有规律的系统知识，所以，本文只谈客观事物的固有规律，不谈任何人的断言；只欢迎大家用具体事例进行反驳，拒绝任何人以任何高腔压人．一，题意分析哥德巴赫猜想分为：猜想1，不小于6的偶数，可以表示为两个奇素数之和；猜想2，不小于9的奇数，可以表示为三个奇素数之和．只要猜想1成立，猜想2自然就成立．如果猜想1成立，大于9的任意奇数Ｗ，Ｗ-6之内的素数，都能够与所对应的偶数的素数对组成该奇数的素数组．如，奇数19，19-6＝13，13之内有奇素数3，5，7，11，13．这些奇素数有：3+16＝3+(3+13)＝3+(5+11)；5+14＝5+(3+11)＝5+(7+7)；7+12＝7+(5+7)；11+8＝11+(3+5)；13+6＝13+(3+3)．所以，本文只谈猜想1．猜想1，涉及两个术语：偶数，素数．偶数，指能被2整除的数，叫偶数．素数，只能被1和自身数整除的数，叫素数．从定义看，这两个定义，没有丝毫的联系，无法直接进行证明．那么，要证明该论题，必须创造条件，在相互联系的基础上，才能进行：为了达到统一，我们还要看偶数除以小于它根号以下所有素数的余数组合，我们把小于偶数根号以下的所有素数，简称为小素数．如令偶数为Ｍ，Ｍ/2余0，Ｍ/3余2，Ｍ/5余1，Ｍ/7余2，由这4个小素数有余数组合，固定了偶数为86，或86+210Ｎ的这一类偶数．素数，只能被1和自身数整除的数，叫素数．与素数相对应的数为合数，合数是除了能被1和自身数整除外，还能被其它数整除的数．令任意合数为Ｂ，Ｂ能被1和自身数以外的其它数整除时，必然其中一个约数为Ｂ平方根以下的数Ｄ，Ｄ或者为素数，或者为合数，当Ｄ为合数时，Ｂ必然能被组成Ｄ的素因子整除，也就是说：当Ｂ能被Ｂ平方根以下的任意素数整除时，Ｂ为合数；当Ａ不能被Ａ平方根以下的所有素数整除时，Ａ为素数，(这里的Ａ>3)．哥德巴赫猜想，是数学证明题，但又不同于其它的所有数学证明题：其它数学证明题是直观的，实在的．该题是抽象的，活动的．所谓抽象，是指不小于6的偶数，指大于4的所有偶数，具有无穷性，不固定性．该题的偶数的特性是不一样的，这里所说的特性，是指偶数除以它根号以下的所有素数的余数，是活动的，变化多端的．居于这两个方面，我们说偶数具有抽象性．在其它任何地方，提起偶数，只须要有一个定义”能被2整除的数，叫偶数”，就足够了．而这个题的偶数，涉及它能否表示为两个奇素数之和，素数是只能被1和自身数整除的数，或者说它是不能被自身数以外的其它素数整除的数，也可以说它是不能被它根号以下的素数整除的数，还可以说它是不能被小于它的素数整除的数．即，在该题谈论偶数，必须考虑它除以它根号以下所有素数的余数，我们把这种考虑叫做偶数的综合特性．所谓活动的，是指素数是活动的，它不同于整数，整数是除以1余0的数，可以用公差为1的等差数列表示，每一个项都是实实在在存在的，素数是不能用任何等差数列来表示，也就是说不能说任意一个等差数列的数都是素数；或者说，偶数内的大部份数不是素数，而大部份素数相对于具体偶数的对称数也不是素数，即，本身数是否是素数，因不固定而活动；对称数是否是素数，也因固不定而活动．或者说，素数的检验标准不同于整除，不同于偶数，决定了素数在偶数之内是活动的．衡量尺度，素数的最低(衡量尺度)是不能被它根号以下的所有小素数整除，素数相对于偶数来说，我们用不能被小于它的素数整除，统一到不能被偶数(衡量尺度)根号以下的素数整除．因为，抽象与活动，所以，我们不能象其它算术一样，出现一个具体的计算公式，计算出某一个具体的偶数必然有几个素数对．只能说明不小于6的偶数，必然存在素数对，或者说近似素数对个数．二，偶数的素数对定理我们把两个素数之和等于偶数的这两个素数，称为素数对．如，3+5＝8，把3+5称为8的素数对．令不小于6的任意偶数为M，小于√M的素数为小素数。
证明哥德巴赫猜想
证明哥德巴赫猜想杨哲为了证明哥德巴赫猜想，采用了偶数裂项分析法，把一个偶数分裂为两个部分，再把这两个部分逐步变换成为两个素数，而且这个偶数的大小恰好与这两个素数的和相等。
在偶数裂项分析过程中有两种情况，一种是盈亏平衡，偶数恰好与这两个素数的和相等；另一种是盈亏不平衡，使偶数与两个素数的和不相等。
依据两个素数之间的大小关系，建立兄弟素数定理，用来平衡在偶数裂项分析中出现的盈亏不平衡，解决了盈亏不平衡问题。
得到的结论是，哥德巴赫猜想命题成立，即任意一个大于2的偶数都可以表示成两个素数之和。
1 证明方法简介1.1 偶数裂项分析法：把偶数2n分裂为n+n=(p1+t)+(p2-t)=p1+p2的分析方法，定义为偶数裂项分析法。
其中n为任意自然数，p1,p2(p1≤p2)为任意二素数，t为满足以上关系式的自然数。
偶数裂项分析法的关键是要找到合适的p1,p2,t使得以上的等式成立，用以下两种方法寻找p1,p2,t比较简便，其中求素数值要用筛法。
最小t值法：当p1,p2二素数的大小相近时t取得最小值，比喻：100=50+50=(47+3)+(53-3)=47+53（t=3,p1=47,p2=53此时两素数大小相近）最大t值法：当p1,p2二素数的大小相远时t取得最大值，比喻：100=50+50=(3+47)+(97-47)=3+97（t=47,p1=3,p2=97此时两素数大小相远）1.2 兄弟素数定理（简称BP定理）：1.2.1 例表分析：p1=p1´+k1=11=11+0=7+4=5+6=3+8，p2=p2´+k2=13=13+0=11+2=7+6=5+8=3+10从例表分析可以看出，对于任意一个素数p至少存在一个比p小的素数p´与一个自然数k使得k,p´的和与这个素数p相等，所以有如下的BP定理。
1.2.2 BP定理：定义满足以上条件的素数p为兄素数，素数p´为弟素数，定义自然数k为差量数，所以兄弟素数定理表述如下： 任意一个兄素数p，总是可以表达为一个弟素数p´与一个差量数k之和。
哥德巴赫猜想
哥德巴赫猜想的证明历程
1920年，挪威的布朗证明了“ 1920年，挪威的布朗证明了“9 + 9”。 1924年，德国的拉特马赫证明了“ 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“ 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“ 1937年，意大利的蕾西先后证明了“5 + 7”, “4 + 9”, “3 + 15”和 15” “2 + 366”。 366” 1938年，苏联的布赫夕太勃证明了“ 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“ 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“ 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“ 1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+ c”，其中c是一很大的自然数。 ，其中c 1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“ 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“ 明了“1 + 4”。 1965年，苏联的布赫 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 1966年，中国的陈景润证明了 “1 + 2 ”。
二、世界近代三大数学难题
费尔马大定理 （当整数n > 2时，关于 （当整数n x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n. 无 正整数解。 ） 四色问题 哥德巴赫猜想
哥德巴赫的猜想
哥德巴赫的猜想1742年6月7日，哥德巴赫写信给欧拉，提出了著名的哥德巴赫猜想：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和，即77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461，可以表示成461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。
例子多了，即发现“任何大于5的奇数都是三个素数之和。
”1742年6月30日欧拉给哥德巴赫回信。
这个命题看来是正确的，但是他也给不出严格的证明。
同时欧拉又提出了另一个命题：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和。
但是这个命题他也没能给予证明。
[1]研究途径研究偶哥德巴赫猜想的四种方法。
这四种方式分别是:几乎素数、例外集、小变量三素数定理和哥德巴赫猜想4。
殆素数殆素数就是素因子个数不多的正整数。
现设N是偶数，虽然不能证明N是两个素数之和，但足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。
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”。
1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1 + c”，其中c是一很大的自然数。
1956年，中国的王元证明了“3 + 4”。
稍后证明了“3 + 3”和“2 + 3”。
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”。
我对哥德巴赫猜想的证明
我对哥德巴赫猜想的证明
哥德巴赫猜想：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和。
证明：构造集合 V = {X | X 为素数 } ，即对于任意素数 X ∈ V 现构造大数 K 为集合 V 所有元素的乘积，
K=∏X ( X ∈ V) = 2*3*5*7*11*13......*m*......*n 即K为所有素数的乘积，由上式明显可知，K为大于6的偶数。
按照哥德巴赫猜想，可表示为 K = L + G
现假定 L 是素数，可得
G = K - L = L * （K/L -1）
然对于任何一个素数 L 均为 K 的一个因子，∴其中 K/L 为正整数，且有K 的构造明显可知 K/L大于2 ，
∴（K/L -1）为大于等于 2的正整数，又∵ L 为一个素数，∴ G 不等于 K/L -1。
∵ G 除了1 和自身外至少还有 L 和 K/L -1 两个因子，
∴ G 不是素数。
∵对于任何奇素数 L ，G = K - L 都不是素数
∴ K 不能被表示为两个奇素数之和的形式
∴可知哥德巴赫猜想不成立。
证明完毕。
哥德巴赫猜想证明(DOC)
哥德巴赫猜想证明什么是哥德巴赫猜想：“凡大于2的偶数都能表示两素数之和”。
素数既是质数，像2、5、7、11、13等等，像大于2的偶数10，有两素数5+5之和；3+7之和形式。
偶数20有两素数17+3,13+7形式，都能表示两素数之和，我们还可以看出像偶数10有1+9,2+8,3+7,4+6,5+5这些形式之和，其中必有一对两素数之和3+7,5+5，我们可画图表示出来：5为偶数10的中心点。
从图中可以看出在像偶数10这段各数中，从两头（1和9）向内对应两数相加其和等于10，其它偶数也是这规律。
所有的奇数能表示2n+1形式，如果两奇数（2n1+1）和（2n2+1）x相乘所得的数必是奇合数，这个数是：（2n1+1）×（2n2+1）=4n1n2+2n1+2n2+1=2(n1+2n1n2+n2)+1,因为1既不是质数也不是合数，所以n1，n2不能为0，当n1=1，n2=1时，其代入上式奇合数为9，当n1=1不变n2=2时，奇合数为15，当n1=1不变n2=3时，其奇合数为21，在奇合数为9的式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值为4 ，即在n1=1，n2=1时。
在奇合数为15的式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值为7，即在当n1=1不变n2=2时。
在奇合数为21的式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值为10，即在当n1=1不变n2=3时.那么再继续当n1=1，n2=5时式子(n1+2n1n2+n2)的值为13，当n1=1不变n2=5时(n1+2n1n2+n2)等于16,。
也就是说当n1=1值不变，n2的值从1一次增加1值时，其所得的奇合数式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值随着依次从4增加3个值。
像上面的举例4、7、10、13、16、-------它们依次差值为3。
哥的巴哈猜想的证明
哥的巴哈猜想的证明
一、、质素加数大于2的情况
因为偶数的通式是：2n，其中n是大于1的整数，2n可以分解质因数，即2n=N1N2N3……，其中，N1、N2、N3……都是质数。
2n、N1N2N3……一定能写成两个相同奇数之和或两个相同偶数之和（因为N1N2N3……一定含有质因数2,），二者必居其一。
即可以学成：2n=（m+m）,m= N1N2N3……/2，当m是质数时（特别指出：当n=2时，2n=2+2），命题得证。
当m是合数时证明如下：
当m是偶数时，m加一个奇数或减去一个奇数能穷尽所有的奇数，又因为大于2质数一定存在于奇数之中，所以一定能找到两个质数之和表示任意一个偶数（2n）。
当m为奇数时，m加一个偶数或减去一个偶数也能穷尽所有的奇数，又因为大于2质数一定存在于奇数之中，所以一定能找到两个质数之和表示任意一个偶数（2n）。
即2n=[（N1N2N3……/2-a）+( N1N2N3……/2+a)]……①,不论当m为偶数时a为奇数，还是当m为奇数时a也为奇数，①始终能成立。
即大于2的偶数一定能写成两个质数（素数）之和，哥德巴赫猜想得以证明。
二、质数加数等于2的情况
我们容易知道：一个偶数和一个奇数之和一定是奇数，两个偶数之和一定是偶数。
2既是偶数也质数，如果2与另一个数的和是偶数，那么另一个数必须是偶数，又因为哥德巴赫猜想大于2的偶数都可写成
两个质数之和，即要求和是偶数，加数是质数，由于一个加数必须是2（2是偶数），和是偶数另一个加数也必须是偶数且必须是质数，因此另一个加数必须是2且只能是2。
即2是哥德巴赫猜想的质数之一，这个偶数必然是4，两个质数都必须是2。
即质数等于2时，哥德巴赫猜想得证。
哥德巴赫猜想的终极证明
哥德巴赫猜想证明最终版
⎡ ⎤ ⎢ n ⎥ m ⎢ ⎥ =1 1 + (− ) m ⎢ pi ⎥ ∏ ⎢ ⎣ i =1 ⎥ ⎦
当π
( n ) < m < π ( n ) 时，有容斥原理可以知道这个公式表示 n 减去 n 以内 m 个质数倍数
的个数也就是还剩有质数和 1。故
⎡ n ⎤ ⎡ n ⎤ ⎡n⎤ j ≥ n−∑⎢ ⎥ +∑⎢ ⎥− ∑ ⎢ ⎥+ i =1 ⎣ pi ⎦ i< j ⎣ ⎢ pi p j ⎦ ⎥ i< j <k ⎣ ⎢ pi p j pk ⎦ ⎥
⎡ n ⎤ ⎥ ⎣ pm ⎦
p1 , p2 ,
m m
pm 表示正整数Ｎ的前部素数，m 为前部素数的个数。由容斥原理可知
m
∪ Ai = ∑ Ai − ∑ Ai ∩ Aj +
i =1 i =1 i< j
i< j <k
∑
m
Ai ∩ Aj ∩ Ak −
+ ( −1)
m −1
∩A
i =1
m
i
其中
∪A
i =1
m
i =1 i< j
m
m
i< j<k
∑
m
Ai ∩ Aj ∩ Ak +
+ ( −1)
m
∩A
i =1
m
i
−1
即：
⎡ n ⎤ m ⎡ n ⎤ ⎡n⎤ π ( n) = m + n − ∑ ⎢ ⎥ + ∑ ⎢ ⎥− ∑ ⎢ ⎥+ i =1 ⎣ pi ⎦ i< j ⎣ ⎢ pi p j ⎦ ⎥ i< j<k ⎣ ⎢ pi p j pk ⎦ ⎥
哥德巴赫猜想的最终证明
哥德巴赫猜想的最终证明1742年6月7日,当时还是中学教师的哥德巴赫,写信给当时乔居俄国彼得堡的数学家欧拉一封信,问道:“是否任何不小于6的偶数,均可表示为两个奇素之和?”.20天后,欧拉复信写到:“任何不小于6的偶数,都是两个奇素数之和.这一猜想,虽然我还不能证明它,但是我确信无疑地认为这是完全正确的定理.”这就是一直未被世人彻底解决的著名的哥德巴赫猜想,也称为哥德巴赫----欧拉猜想.命题简述为:(1)每个≥6的偶数都可表示为两个奇素数之和;(2)每个≥9的奇数都可表示为三个奇素数之和.在260多年的漫长岁月里,各国数学都为证明这个猜想绞尽脑汁,但最终未能彻底证明.只是对第一部分进行了大量验证,对第二部分间接地进行了证明.现在让我们采用一种全新的方法揭示出这个猜想的规律性,使这个定理得到最终证明.要证明这个定理实质是解决下列问题:(1)奇素数如何表示?(2)猜想的第一部分能否由奇素数的表示法得到证明?(3)第二部分是否是第一部分的推论?首先,让我们解决问题(1):奇素数定理:p是一个奇素数,当且仅当,<1>p=3;<2>p=6k-1,且k≠6mn±(m-n),m,n为任意正整数;<3>p=6k+1,且k≠6mn±(m+n),m,n为任意正整数.证明:=>若p是奇素数,则p≥3,若p=3,必要性显然;p>3时,p是素数则p/3余1或余2,即余1或-1,所以p=3p1±1,又p为奇数,从而p1 =2k,k为正整数,否则p为偶数.因而p=6k±1当p=6k+1时,若存在正整数m,n使得k=6mn±(m+n)则p=6[6mn±(m+n)]+1=6m×6n±6(m+n)+1=(6m±1)(6n±1)从而p为合数,矛盾.即不存在正整数m,n使得k=6mn±(m+n)当p=6k-1时,若存在正整数m,n使得k=6mn±(m-n)则p=6[6mn±(m-n)]-1=6m×6n±6(m-n)-1=(6m±1)(6n±1)从而p为合数,矛盾.即任意m,n使得k≠6mn±(m-n)综合以上三方面可知必要性成立.<=充分性.若p=3,充分性显然;若p=6k+1时,p=3×2k+1,则3ˉ︳p;又p=2k×3+1,则任意偶数2kˉ︳p;任一组正整数m,n,使得k=6mn±(m +n)不成立,即p=(6m±1)(6n±1)不成立,即(6m±1)ˉ︳p, (6n±1)ˉ︳p﹐但1︱p,p︱p,由奇﹑素数定义可知充分性成立;同理可证若p=6k-1时充分性成立.综上充分性得证.由此定理可知:除3以外的奇素数都满足p=6k+1(k≠6mn±(m+n))或p=6k-1(k≠6mn±(m-n))的形式.其次,解决问题(2).任一偶数N≥6,则有且只有下列一种情况成立:N=6k-2,N=6k,或N =6k+2.只要这三种情况下N都能表示为两个奇素数之和,则猜想成立.证法1:同余统计法当N=6k-2时,对N可进行[k/2]个如下连续分解: N=(6×1-1)+〔6×(k-1)-1〕=(6×2-1)+〔6×(k-2)-1〕=(6×3-1)+〔6×(k-3)-1〕=(6×4-1)+〔6×(k-4)-1〕=(6×5-1)+〔6×(k-5)-1〕=(6×6-1)+〔6×(k-6)-1〕=(6×7-1)+〔6×(k-7)-1〕=(6×8-1)+〔6×(k-8)-1〕=(6×9-1)+〔6×(k-9)-1〕=(6×10-1)+〔6×(k-10)-1〕. . . . . .=〔6×(k/2)-1〕+〔6×(k/2)-1〕 (k为偶数) =〔6×[k/2]-1〕+〔6×([k/2]+1)-1〕(k为奇数)这种形式的分解中有四种情况:<1>素+合,<2>合+素,<3>合+合,< 4>素+素.其中合数项6k-1=(6m-1)(6n+1)成对出现6m-1与6n+1,因而只考虑6m-1与i(<k)的关系就够了.p|(i)表示素数p=6m-1整除(6i-1),因为6m-1+m=i≤k必使6i-1为合数,则m≤[(k+1)/7],即这k个分解中的合数项全部是由1～[(k+1)/7]项中的素数衍生的.则:5|<1><6><11><16>..... <1(mod5)>11|<2><13><24><35>.. ....<2(mod11)>17|<3><20><37><54>.. ....<3(mod17)>23|<4><27><50><73>.. ....<4(mod23)>...........(6[(k+1)/7]-1)|<[(k+1)/7]><7[(k+1)/7]-1> ....＜［(k+1)/7］(mod(7[(k+1)/7]-1))＞因而在前10个分解中,10个前项有9个素数项,而10个后项至少有3个素数项,因此素+素的分解至少有2个,即这种情况下猜想得证.当N=6k时,有如下k种分解:N=(6×1+1)+〔6×(k-1)-1〕=(6×2+1)+〔6×(k-2)-1〕...... .......=(6×[k/2]+1)+〔6×[k/2]-1〕(k为偶数)=(6×[k/2]+1)+〔6×([k/2]+1 )-1〕(k为奇数) 若将前后项中的+1与-1颠倒顺序又会得到[k/2]个分解.在前-后+的前10个分解中前项有1个合数,有9个素数,而后项最多有8个合数,因此前10个分解中至少有一个素+素分解.即此情况下猜想成立.当N=6k+2时,有如下［k／2］种分解:N=(6×1+1)+〔6×(k-1)+1〕=(6×2+1)+〔6×(k-2)+1〕...... .......=(6×[k/2]+1)+〔6×[k/2]+1〕(k为偶数)=(6×[k/2]+1)+〔6×([k/2]+1)+1〕(k为奇数) 在前13个分解中前项有3个合数有10个素数,而后项最多有9个合数,因此前13个分解中至少有1个素+素分解.即此情况下猜想成立.证法2，用数学归纳法当N=6k-2时，若k=20N= 3 +6×19+1①=6×1-1+6×19-1 ①=6×2-1+6×18-1 ②=6×3-1+6×17-1 ③=6×4-1+6×16-1 ④=6×5-1+6×15-1 ⑤=6×6-1+6×14-1 ⑥=6×7-1+6×13-1 ⑦=6×8-1+6×12-1 ⑧=6×9-1+6×11-1⑨=6×10-1+6×10-1 ⑩分解①④⑦⑨全为素+合，⑥为合+素，①②③⑤⑧⑩全为素+素，猜想成立；假设k=I时猜想成立即:N=6k-2=6×1-1+6(I-1)-1=... + ...=素+ 素=... + ...=合(i-1) + 素(I-i+1) =素(i) + 合(I-i) =合(i+1) + 素(I-i-1)=... + ...k=I+1时N=6(I+1)-2=6×1-1+6（I+1）-1=... + ...=素+ ...=... + 素=合(i-1) + ...=素(i) + 素(I-i+1)=合(i+1) +合(I-i)=... + 素(I-i-1)分解(i)为素+素k=I+1时,N=素+素,N=6k-2时猜想成立.当N=6k+2时, ，若k=20 N= 3 + 6×20-1 ①=6×1+1+6×19+1 ①=6×2+1+6×18+1 ②=6×3+1+6×17+1 ③=6×4+1 +6×16+1 ④=6×5+1+6×15+1⑤=6×6+1+6×14+1 ⑥=6×7+1+6×13+1 ⑦=6×8+1+6×12+1 ⑧=6×9+1+6×11+1 ⑨=6×10+1+6×10+1 ⑩分解①①⑤⑥全为素+合，④⑧⑨为合+素，②③⑦⑩全为素+素，猜想成立；假设k=I时猜想成立即:N=6k+2=6×1+1+6(k-1)+1=... + ...=素+ 素=... + ...=合(i-1) + 素(I-i+1)=素(i) + 合(I-i)=合(i+1) + 素(I-i-1)=... + ...k=I+1时N=6(k+1)+2=6×1+1+6k+1=... + ...=素+ ...=... + 素=合(i-1) + ...=素(i) + 素(I-i+1) =合(i+1) +合(I-i)=... + 素(I-i-1)分解(i)为素+素k=I+1时,N=素+素, N=6k+2时猜想成立. 当N=6k时, 若k=20N=6×1-1+6×19+1①=6×2-1+6×18+1 ②=6×3-1+6×17+1 ③=6×4-1+6×16+1 ④=6×5-1+6×15+1⑤=6×6-1+6×14+1⑥=6×7-1+6×13+1 ⑦=6×8-1+6×12+1 ⑧=6×9-1+6×11+1 ⑨=6×10-1+6×10+1 ⑩或N=6×1+1+ 6×19-1 ①=6×2+1+ 6×18-1 ②=6×3+1+ 6×17-1 ③=6×4+1 +6×16-1④=6×5+1+ 6×15-1 ⑤=6×6+1+ 6×14-1 ⑥=6×7+1+ 6×13-1⑦=6×8+1+ 6×12-1 ⑧=6×9+1 + 6×11-1 ⑨=6×10+1+6×10-1 ⑩素+素分解共12个,猜想成立,假定k=I时猜想成立，同理可证k=I+1时,N=6k=素+素,猜想成立综上问题(2)得到解决.最后解决问题(3).设N≥9,且N为奇数,则N-1≥8且N-1为偶数,由(2)知N-1=n1+n2, n1,n2为奇素数,从而n1≥5,或n2≥5,否则N-1=n1+n2<8,与题设矛盾.事实上,若n2=3,因N-1=n1+n2≥8,所以n1≥5;或n1=3,则N-1≥8,从而n2≥5.假定n1≥5,则n1+1≥6,由(2)知n1+1=n3+n4,且n3,n4为奇素数,而N-1=n1+n2,所以N=(n1+1)+n2=n2+n3+n4 , n2,n3,n4为奇素数.猜想的第二部分得到证明.由以上证明可知哥德巴赫猜想成立.注：“aˉ︳b”表示a不能整除b；“︱”表示整除；“［k／2］”表示≤k/2的最大整数，“a（modb）”表示“模b同余a类”。
哥德巴赫猜想陈氏定理证明过程
哥德巴赫猜想陈氏定理证明过程哥德巴赫猜想，也被称为哥德巴赫定理，是由德国数学家哥德巴赫在18世纪末提出的一个猜想。
它的表述是：任意一个大于2的偶数都可以分解为两个质数之和。
而陈氏定理是台湾数学家陈省身在1966年证明哥德巴赫猜想对任何大于等于7的偶数都成立。
下面我将大致介绍一下陈氏定理的证明过程。
证明哥德巴赫猜想是一个很有挑战性的问题，涉及到数论的许多重要性质。
陈氏定理的证明由以下几个主要步骤组成：第一步，证明任何一个大于等于5的奇数可以表示为三个质数之和。
首先，我们可以将奇数写成3个连续奇数之和的形式。
例如，9可以表示为3+3+3；11可以表示为3+3+5；13可以表示为3+5+5；以此类推。
然后，我们使用一个重要的性质，也就是关于连续奇数和质数之间的关系。
这个性质的证明可以通过数论中的一些技巧来进行。
根据这个性质，我们可以将一个奇数表示为三个质数之和。
第二步，证明任何一个大于等于7的奇数可以表示为三个素数之和。
这一步的证明比较复杂，需要运用更多的数论方法。
我们需要证明当n大于等于7时，总存在两个素数p和q，使得n-p-q也是一个素数。
首先，我们可以证明一个两个素数的和是一个素数的充分必要条件是这两个素数中的一个是2、也就是说，如果p和q都是奇素数，那么p+q就一定是偶数，不可能是素数。
然后，我们可以假设n有形如4k+3的形式（k为非负整数）。
根据费马小定理，如果p是一个不被3整除的素数，那么p的平方模3余1、我们可以考虑形如4k+3的数的平方，会发现它模3余1接下来，我们考虑形如4k+3的素数p和q。
根据上面的结果，p平方模3余1，q平方模3余1、因此，(p平方+q平方)模3余2、又因为n是4k+3，n模3余3、所以，n-(p平方+q平方)模3余1、这意味着n-(p平方+q平方)一定不是一个3的倍数。
由于陈氏定理的证明比较复杂，这里只是大致描述了其中的关键步骤。
事实上，陈氏定理的证明过程还有一些其他细节，需要运用更多的数论技巧和结论。
哥德巴赫猜想的证明
哥德巴赫猜想的证明
附件 【素数的筛选】
获得筛选数列过程如下 第一步排列数列组 将所有大于 1 的正整数按照横向等差为 1，纵向等差为 3，进行排列（节选 50 以内如下所示）
编号 数列 a 数列 b 数列 c
02
3
4
15
6
7
28
9
10
3 11
12
13
4 14
15
16
5 17
18
19
6 20
Scn=Scx*Scy;(x≤y) 代入数列多项式 an=5+6n，cn=7+6n 7+6n=(7+6x)(7+6y) n=7x+7y+6xy+6
Scn=Sax*Say;(x≤y) 代入数列多项式 an=5+6n，cn=7+6n 7+6n=(5+6x)(5+6y) n=5x+5y+6xy+3
得以下结论 数列 a 上，当 n≠7x+5y+6xy+5 时。n 在数列 a 上所取值为素数。 数列 c 上，当 n≠7x+7y+6xy+6
编号 数列 a 数列 c
05
7
1 11
13
2 17
19
3 23
25
4 29
31
5 35
37
6 41
43
7 47
49
8 53
55
9 59
61
10 65
67
11 71
73
12 77
79
13 83
85
14 89
哥德巴赫猜想 哥德巴赫
哥德巴赫1742年在给欧拉的信中提出了以下猜想：任一大于2的整数都可写成三个质数之和。
但是哥德巴赫自己无法证明它，于是就写信请教赫赫有名的大数学家欧拉帮忙证明，但是一直到死，欧拉也无法证明。
因现今数学界已经不使用“1也是素数”这个约定，原初猜想的现代陈述为：任一大于5的整数都可写成三个质数之和。
（n＞5：当n为偶数，n=2+(n-2)，n-2也是偶数，可以分解为两个质数的和；当n 为奇数，n=3+(n-3)，n-3也是偶数，可以分解为两个质数的和）欧拉在回信中也提出另一等价版本，即任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。
常见的猜想陈述为欧拉的版本。
把命题“任一充分大的偶数都可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和”记作“a+b”。
1966年陈景润证明了“1+2”成立，即“任一充分大的偶数都可以表示成二个素数的和，或是一个素数和一个半素数的和”。
常见的猜想陈述为欧拉的版本，即任一大于2的偶数都可写成两个素数之和，亦称为“强哥德巴赫猜想”或“关于偶数的哥德巴赫猜想”。
从关于偶数的哥德巴赫猜想，可推出：任何一个大于7的奇数都能被表示成三个奇质数的和。
后者称为“弱哥德巴赫猜想”或“关于奇数的哥德巴赫猜想”。
若关于偶数的哥德巴赫猜想是对的，则关于奇数的哥德巴赫猜想也会是对的。
2013年5月，巴黎高等师范学院研究员哈洛德·贺欧夫各特发表了两篇论文，宣布彻底证明了弱哥德巴赫猜想。
猜想提出1742年，哥德巴赫给欧拉的信中提出了以下猜想：任一大于2的整数都可写成三个质数之和。
但是哥德巴赫自己无法证明它，于是就写信请教赫赫有名的大数学家欧拉帮忙证明，然而一直到死，欧拉也无法证明。
因现今数学界已经不使用“1也是素数”这个约定，哥德巴赫猜想的现代陈述为：任一大于5的整数都可写成三个质数之和。
（n＞5：当n为偶数，n=2+(n-2)，n-2也是偶数，可以分解为两个质数的和；当n为奇数，n=3+(n-3)，n-3也是偶数，可以分解为两个质数的和）。
哥德巴赫猜想的完整证明
哥德巴赫猜想的完整证明这篇文章是歌德巴赫猜想的完整证明，在2006年9月19日发表的证明是成立的，但没有应用数学公式编辑，所以版面上不容易看，有些地方也有省略，在这里从新写出完整的证明。
哥德巴赫猜想困扰了人们两百多年，但始终没有被证明，看似越简单的越难证明，数学中也还有许多类似的猜想，表面看很简单，但证明确很困难。
这是数学猜想的一个共性。
素数是整数的基础，也就是除了1和自身以外，不能被其他数所整除的数是素数，由素数相乘得到的是合数，每一个大于等于6的偶数可以分解成两个素数的和，这是1742年哥德巴赫首先提出，但两百多年过去了，至今还没有证明。
其实哥德巴赫猜想比人们想象的要简单，其一是偶数分解为两个素数的和不是唯一的，一个偶数可以分解为多种两个素数的和，而且随着偶数的增大，可以有更多的解，当然证明的过程不是用普通筛选，也不是用随机概率。
证明的过程是建立在一个新的简单的公式基础上，类似于数学归纳法。
确定几率和随机概率是不同的，在这里用的是确定几率，如果确定几率大于1，最后的结果就成立。
比如对于任意一个数，是奇数的可能性是50﹪，是偶数的概率也是50﹪，对于任意的m 个整数，奇数的概率是2m ，但是不能说一定就有奇数，但对于连续的m 个整数，则一定有2m 个数是奇数，证明的思路就是将偶数2N 分解成两个数的和，而这两个数的不同组合有着连续性，只要证明在这N 种组合中，两个数都是素数的确定几率大于1，这样就可以完全证明哥德巴赫猜想。
首先素数是无限的，这个是已经被人所证明，这里只是提一下。
偶数我们用2N 表示，N+K 和N-K 的和等于2N ，其中K ＜N ，K 是任意的正整数，对于任意的2N ，可以表示为两个数的和，由于我们通常认为1不是素数，所以这种组合的可能有N-1个，在这N-1种组合中，我们要找出N+K 和N-K 都是素数的组合，对于比较小的数可以做到，对于无限的数来讲，我们要证明的是N+K 和N-K 都是素数的可能性随着N 的增大而增大，这样就能证明任意的偶数都可以分解成两个素数的和。
“哥德巴赫猜想”证明(完整版)
素数的集合
，以及一个范围 。记为：
，那么可以定义筛函数：
表示集合 里所有与 互质的数的个数，也就是筛去了 内小于 的素数的所
有倍数之后还剩下的数字的个数。
布朗的方法是弱化哥德巴赫猜想中“素 数”的要求，将它改为所谓的“殆 素数”，即“由不太多的质因数相乘得到的合数”，布朗在 1919 年证明了，每 个充分大的偶数都可以写成两个数之和，并且这两个数每个都是不超过九个质因 数的乘积。这个命题可以转变为用筛函数来表达。假设有充分大的偶数 ，令
关键词：哥德巴赫猜想；奇素数；奇合数；顺筛；逆筛 中图分类号：0156
引言ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
哥德巴赫猜想：任何一个不小于 6 的偶数均可表为两个奇素数之和。
我们首先介绍“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展，德国数学家哥 德巴赫在 1742 年提出“哥德巴赫猜想”，历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法 及进展。
对于“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法，比较有名的大致有下面四种：（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。
于 2m 的全体奇素数（pi＜ pj ，i＜j，i、j=1，2，3，…，t），t∈N。我们利用这个筛法
公式，就能够明确的判定在任意设定的集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中，完全可以筛 除掉集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的全体奇合数，完全可以筛除掉偶数 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；其中集合{1， 3，5，7，9，…，（2m-1）}通过这样筛除后，最后集合中剩下的奇数必定只满足“奇素数+ 奇素数=2m”的情形。并由此判定 “哥德巴赫猜想”成立。
哥德巴赫猜想验证方法
哥德巴赫猜想验证方法山穷水尽疑无路柳岸花明又一村。
到底山前有没有路，不能光是怀疑，应该到山前看一下才知道噻！不是大偶数没有素数对？而是，你能指出哪一个逐渐增大的偶数的素数对个数，不是按下面列表的增长规律而相应增加的呢？请你来制作不断增加的偶数的素数对下限表，也请你来检验有没有偶数的实际素数对低于下限表中的素数对个数。
哥德巴赫猜想，指大于4的偶数可以表示为两个奇素数之和。
如偶数14=3+11=7+7，我们把3+11和7+7都叫做偶数14的素数对，即该偶数有两个素数对。
令大于4的任意偶数为M，√M≈N，N为小于√M的最大素数，那么，M的素因子为2，3，5，7，11，13，17，…，N；奇合数因子为9，15，21，25，27，…，H，（H＜N）。
根据推论，偶数的实际素数对个数≥（1/4）E*N*K，偶数的实际素数对个数≈（ E KN/4）*（1+R/N）。
式中的E为递增函数，N为偶数的最大素因子，K为假定奇合数删除的剩余率倒数乘积（奇合数是不直接参与删除的，它的删除是由组成奇合数的素因子所代替了的），R为奇素数因子个数。
因（1/4）E*N*K中的E≥1，N≈√M，M为＞4的偶数，即N＞2。
从该式子看：当偶数>13225时，K>4，表明偶数的素数对个数，大于偶数的平方根；当偶数>8958049时，K>40，表明偶数的素数对个数大于偶数平方根的10倍；…。
我们从（1/4）E*N*K，按N≈√M，提出（1/4）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）*（11/13）*…*（N-2）/N=（1/4）*（1/N）*（9/7）*（15/13）*（21/19）*…*H/（H-2），制作偶数的素数对下限函数表，人们验证时只需要用函数值*偶数*E即可，如果，人们在检验中发现有偶数的实际素数对个数＜这种计算方法的计算个数时，证明该推理是错误的。
否则，哥德巴赫猜想是成立的。
同理，在（ E KN/4）*（1+R/N）中提出近似函数值，制作偶数的近似素数函数表，人们验证时只需要用函数值*偶数*E即可，看偶数的实际素数对个数是否接近这个数。
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表示集合 里所有与
互质的数的个数， 也就是筛去了 内小于 的素数的所
有倍数之后还剩下的数字的个数。 布朗的方法是弱化哥德巴赫猜想中“素数”的要求，将它改为所谓的“殆 素数”，即“由不太多的质因数相乘得到的合数”，布朗在 1919 年证明了，每 个充分大的偶数都可以写成两个数之和， 并且这两个数每个都是不超过九个质因 数的乘积。这个命题可以转变为用筛函数来表达。假设有充分大的偶数 ，令 集合为 ，那么筛函数 ， 为所有素数的集合， 就是满足
2
的数对
的个数。其中的 和
都与
互质，也就是说它
们的质因数都要大于等于
，因此它们的质因数个数至多有
个。所以对于 来说筛函数大于 0，等价于命题“a+a”成立。如果能证明 的时候筛函数大于 0，就等于证明了关于偶数的哥德巴赫猜想。 对于弱哥德巴赫猜想的解决，这两种思路都在二十世纪中得到了极大的发 展。1933 年，苏联数学家列夫·杰里科维奇·史尼尔曼同样基于筛法证明了存 在某个整数 K，使得每个偶数能够表示成 K 个素数的和，弥补了朗道的遗憾。史 尼尔曼给出的 K 的上限是 800000，不久后苏联数学家罗曼诺夫证明了这个 K 不 会超过 2208。1936 年，朗道和彼得·希尔克把结果改进到 71，一年后意大利数 学家吉奥凡尼· 里奇又将结果改良为 67。 1956 年尹文霖证明了 K 不超过 18。 1976 年，英国数学家罗伯特·查尔斯·沃恩证明了 K 小于等于 6。1937 年是弱哥德巴 赫猜想的研究取得重大突破的一年。首先，T·艾斯特曼证明了：每个充分大的 奇数都可以表示成两个奇质数和一个不超过两个质数的乘积的数的和： 或
“哥德巴赫猜想”证明
王若仲 （王洪）
务川自治县实验学校 贵州 564300
摘要：对于“哥德巴赫猜想” ，我们探讨一种简捷的初等证明方法，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，我们把这样的情形转换到利用奇合数的个 数来加以理论分析，就是通过顺筛和逆筛的办法，顺筛就是筛除掉不大于偶数 2m（m≥3） 的全体奇合数，逆筛就是筛除掉偶数 2m（m≥3）分别减去不大于偶数 2m（m≥3）的全体奇 合数而得到的全体奇数， 其中主要是利用孙子—高斯定理以及同余的性质， 得到一个筛法公 式：Y=m（1-d1÷p1） （1-d2÷p2） （1-d3÷p3）…（1-dt-1÷pt-1） （1-dt÷pt） ，其中 di=1 或 2（i=1， 2，3，…，t） ，m 为任意给定的一个比较大的正整数（m≥3） ；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。我们利用这个筛法 公式，就能够明确的判定在任意设定的集合{1，3，5，7，9，…， （2m-1）}中，完全可以筛 除掉集合{1，3，5，7，9，…， （2m-1）}中的全体奇合数，完全可以筛除掉偶数 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；其中集合{1， 3，5，7，9，…， （2m-1）}通过这样筛除后，最后集合中剩下的奇数必定只满足“奇素数+ 奇素数=2m”的情形。并由此判定 “哥德巴赫猜想”成立。 关键词：哥德巴赫猜想；奇素数；奇合数；顺筛；逆筛 中图分类号：0156
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和，不管 K 是多少，都是数学家力所不及的。1921 年，英国数学家戈弗雷·哈 罗德·哈代曾经在哥本哈根数学会议的一次演讲中声称： “哥德巴赫猜想的困难 程度可以与任何一个已知的数学难题相比”。 对于“哥德巴赫猜想”的研究进展，我们从四个途径来阐述。 途径一：1920 年挪威数学家布朗提供了一种证明的思路，即殆素数，他使 用推广的“筛法”证明了所有充分大的偶数都能表示成两个数之和，并且两个数 的质因数个数都不超过 9 个。这个方法的思路是：如果能将其中的 9 个缩减到 1 个，就证明了哥德巴赫猜想。布朗证明的命题被记作“9+9”，以此类推，哥德 巴赫猜想就是“1+1”。偶数 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，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。 在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。 我们来看“a+b”问题的推进，布朗使用的“筛法”，其原型为埃拉托斯 特尼筛法， 早在公元前 250 年就出现在古希腊。原始的筛法可以用来寻找一定范 围内（比如说 2 到 100）的素数：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，┅，以此直至划无可划为止。这个过程就好像一遍 又一遍的筛掉不需要的数字， 故名筛法。布朗用到的推广筛法也是基于同样的理 念，给定一个需要筛选的集合 ，一个用来作为筛选标准的“筛孔”，即一系列 素数的集合 ，以及一个范围 。记为：
引
言
哥德巴赫猜想：任何一个不小于 6 的偶数均可表为两个奇素数之和。 我们首先介绍“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展，德国数学家哥 德巴赫在 1742 年提出“哥德巴赫猜想”，历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法 及进展。 对于 “哥德巴赫猜想” 历史上的研究方法， 比较有名的大致有下面四种： （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。 解决哥德巴赫猜想相当困难。直至今日，数学家对于强哥德巴赫猜想的完整 证明没有任何头绪。事实上，从 1742 年这个猜想正式出现，到二十世纪初期， 在超过 160 年的时间里，尽管许多数学家对这个猜想进行了研究，但没有取得任 何实质性的进展， 也没有获得任何有效的研究方法。二十世纪以前对哥德巴赫猜 想的研究，仅限于做一些数值上的验证工作，提出一些等价的关系式，或对之做 一些进一步的猜测。1900 年，德国著名数学家希尔伯特在第二届国际数学家大 会上提出的著名的二十三个希尔伯特问题之中的第八个问题， 就包括了哥德巴赫 猜想和与它类似的孪生素数猜想。希尔伯特的问题引发了数学家的极大兴趣，但 对于哥德巴赫猜想的研究仍旧毫无进展。1912 年第五届国际数学家大会上，德 国数论专家爱德蒙·朗道曾经说过，即使要证明每个偶数能够表示成 K 个素数的