哥德巴赫猜想证明者精选多篇.docx

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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）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≥150

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≥150

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。

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。

第三篇：

哥德巴赫猜想证明方法

哥德巴赫猜想的证明方法

探索者：

王志成

人们不是说：

证明哥德巴赫猜想，必须证明“充分大”的偶数有“1+1”的素数对，才能说明哥德巴赫猜想成立吗？

今天，我们就来谈如何寻找“充分大”的偶数素数对的方法。

“充分大”的偶数指10的500次方，即500位数以上的偶数。

因为，我没有学过电脑，也不知道大数的电脑计算方法，所以，我只有将“充分大”的偶数素数对的寻找方法告诉大家，请电脑高手帮助进行实施。

又因为，人们已经能够寻找1000位数以上的素数，对于500位数以内的素数的寻找应该不是问题，所以，“充分大”的偶数应该难不住当今的学术界。

“充分大”的偶数虽然大，我认为：

我们只须要寻找一个特定的等差数列后，再取该数列的1000项到2014项，在这2014个数之内必然能够寻找到组成偶数素数对的素数。

下面，我们进行简单的探索，从中寻找到具体方法。

我们以偶数39366为例，进行探索，按照本人的定理：

在偶数内，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数（自然数1除外），必然能够组成偶数的素数对。

这里所说的素因子，指小于偶数平方根的素数，√39366≈198，即小于198的素数为偶数39366的素因子。

一、初步探索，

1、素因子2，39366/2余0，当然，任何偶数除以2都余0，素数2把自然数分为：

1+2n和2+2n，除以2余0的数和与偶数除以素因子2的余数相同的数都是2+2n数列中的数，剩余1+2n数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

2、素因子3，39366/3余0，素数3把1+2n数列分为：

1+6n，3+6n，5+6n，除以3余0的数和与偶数除以素因子3的余数相同的数都是3+6n数列中的数，剩余1+6n，5+6n，两个数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

3、素因子5，39366/5余1，我们对上面剩余的两个数列任意取一个数列1+6n，取与素因子相同的项，5个项有：

1，7，13，19，25。

在这5个项中，必然有一个项除以5余0，必然有一个项除以素因子的余数与偶数除以素因子的余数相同，必然剩余素因子5减去2（不能被素因子整除的，为素因子减去1）个项，即5-2=3个项既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。

剩余7，13，19，以前面的素因子乘积2*3*5为公差，组成3个哥德巴赫数的形成线路：

7+30n，13+30n，19+30n。

后面只取3个项，至少有一个项。

4、素因子7，39366/7余5，我们任意取7+30n的3个项有：

7，37，67，这3个数中37，67，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。

即37+210n和67+210n两条线路都可以，

5、素因子11，39366/11余8，我们取37+210n的3个项：

37，247，457，这3个数，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。

组成3个数列：

37+2310n，247+2310n，457+2310n。

7、素因子13，39366/13余2，因为，下一个公差为2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能组成与素因子13相同的13个项，寻找组成偶数的素数对的素数，在取最后一个公差的等差数列时，不能取与素因子相同项数时，最少必须取素因子1/2以上的项。

我们取247+2310n数列在偶数1/2之内的数有：

247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

从素因子13到197，虽然还有40个素因子进行删除，但是，大家不要怕，它们的删除率是相当低的，所以，在这些数中必然有能够组成偶数素数对的素数存在。

素因子13，删除能被13整除的数247，删除除以13与39366除以13余数相同的数14107；素因子19，删除除以19与39366除以19余数相同的数11797；

素因子31，删除能被31整除的数4867；

素因子53，删除能被53整除的数9487，删除除以53与39366除以53余数相同的数16417；

素因子61，删除能被61整除的数18727。

最后，剩余2557和7177两个数，必然能组成偶数39366的素数对。

探索方法二、

1、寻找等差数列的公差，令偶数为m、公差为b，我们已知该题的公差为2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一个素数为13，用13/2=6.5，那么，公差的要件为：

m/b＞6.5，即大于7个项，主要是既要取最大的公差，又要确保不低于下一个素因子的1/2个项。

我们就选择2310为该偶数的公差。

2、寻找等差数列的首项，令首项为a，a的条件为：

既不能被组成公差的素数2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同，还必须在公差2310之内；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的数有：

在2310之内，大于或等于13的素数；自然数1；由大于或等于13的素因子与大于或等于13的素因子所组成的合数。

为了方便起见，我们在这里取大于或等于13的素因子。

（2）、a除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同。

因39366-13=39353，39353分别除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，可以定为首项，得该等差数列为13+2310n。

取等差数列13在m/2的项有：

13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。

当然，你也可以取该数列在偶数内的所有项，但是，当你全盘计算该偶数素数对时，取所有项必然形成与对称数列的计算重复，该数列的对称数列：

因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，那么，对称数2297也必然满足这些条件，2297+2310n同样是产生素数对的等差数列。

3、在上面的9上项中，去掉合数：

2323，4633，6943，9253，11563，

4、再去掉除以后面40个素因子余数与偶数除以这40个素因子余数相同的数，也就是对称数是合数的数：

13，13873，16183，剩余18493必然能够组成偶数39366的素数对。

简单地谈一下素数生成线路与哥德巴赫数的生成线路的区别：

1、素数生成线路，我们仍然以2310为公差，在2310之内不能被2，3，5，7，11整除的数有：

2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480个，我们可以用这480个数为首项，以2310为公差组成480个等差数列，为偶数39366内的素数生成线路。

对于相邻的偶数39364和39368来说，素数的生成线路是一样的。

2、我们把能够组成偶数素数对的素数称为哥德巴赫数，偶数39366的哥德巴赫数生成

线路，以2310为公差，在2310之内，既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：

2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270个，即偶数39366以2310为公差的哥德巴赫数生成线路为270条，在2310内的这270个数又是与2310/2=1155完全对称的，如果全盘进行计算必然重复，故，也可以看成是270/2=135条完整的哥德巴赫数形成线路，而素数生成线路是不会重复的。

而偶数39364的哥德巴赫数生成线路，在2310之内既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：

2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，为135条线路，只有偶数39366的1/2。

区别在于偶数39366能够被素因子3整除，为乘以2/3，偶数39364不能够被素因子3整除，为乘以1/3，即能够整除的素因子x，为乘以（x-1）/x，不能够整除的素因子y，为乘以（y-2）/y，所以，偶数39366的素数对相当于偶数39364的素数对的2倍。

对于“充分大”的偶数的估算：

充分大的偶数为500位数，素数对个数，根据《哥德巴赫猜想的初级证明法》中，当偶数大于91时，偶数的素数对个数不低于k（√m）/4，估计当偶数大于500位时，k的值为4*10的10次方，得充分大的偶数的素数对个数不低于260位数，用500位数的偶数除以260位数的数，得充分大的偶数平均240位数个数字中，有一个素数对的存在。

如果我们直接进行寻找，相当于大海捞针。

如果，我们按照上面的方法二进行寻找，公差应为496位数，估计素数2*3*5*7*?

*1283为496位数，从素数1289到2861之内，有素数除以素因子2，3，5，7，?

，1283的余数不与偶数除以这些素因子的余数相同的数存在，存在的这个数可以作为等差数列的首项，2*3*5*7*?

*1283的积作为等差数列的公差，取1289项，即1289个数，在这1289个数中，应该有能够组成500位数的偶数的1+1的素数对的素数存在。

难易度分析

寻找“充分大”偶数的一个“1+1”素数对与验证1000位数以上的一个素数相比较，到底哪一个难度小。

人类已经能够寻找并验证1000位数以上的素数，到底人们使用的什么办法，我虽然不知道，但有一点可以肯定：

都涉及素数，如果是简单的方法，那么，都是简单方法；如果是笨办法，那么，都用笨办法。

我们在这里采用笨办法进行比较：

充分大的偶数指500位数的数，与1000位数的素数相比，相差500位数。

1000位数的数开平方为500位数，我们以位数相差一半的数为例进行分析。

100000000与10000相差一半的位数。

笨办法是：

要验证100000000以上的一个素数，假设要验证的这个数开平方约等于10000，必须要用这个数除以10000之内的素数，不能被这之内所有的素数整除，这个数才是素数。

因为，10000内共有素数1229个，即必须做1229个除法题，才能得知这个数是不是素数。

说个再笨一点的办法，假设我们不知道10000之内的素数，能否验证100000000以上的这个数是不是素数呢？

能，那就是用这个数除以10000内的所有数，不能被这之内所有的数整除，也说明这个数是素数。

（之所以说，这两种办法是笨办法，当我们知道10000内的所有素数时，要寻找100000000内的所有素数，不是用除法，而是用乘法，步骤最多只占第一种笨办法的1%，详见本人的《素数的分布》中所说的方法）。

当我们寻找偶数10000的一个素数对，须要多少个运算式？

我们知道：

2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理说应该取等差数列的7项以上，这里可以取4个项，接近应取数。

我们基本上可以使用这个公差。

这里的计算为5个计算式，简称5步；

大于11的素数，从13开始，寻找等差数列的首项，我们用（10000-13）分别除以2，3，5，7，11。

能被3整除，除到3为止，一个减法，两个除法，为3步；

素数17，（10000-17）分别除以2，3，5，7，11。

不能整除，可以用17为等差数列的首项，组成等差数列：

17+2310n。

为6步；

数列17+2310n在10000内有：

17，2327，4637，6947，9257，为4步；

计算素因子，√10000=100，素因子为100之内的素数，除2，3，5，7，11外，还剩13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97，为20个素因子。

为1步；

用10000分别除以这20个素因子，把余数记下来。

为20步；

用17分别除以这些素因子，当除到67时余数与10000除以67余数相同，为14步；用2327分别除以这些素因子，当除到13时余数为0，为1步；

用4637分别除以这些素因子，当除到31时余数与10000除以31余数相同，为6步；用6947分别除以这些素因子，当除到43时余数与10000除以43余数相同，为9步；用9257分别除以这些素因子，既不能整除，也不与10000除以这些素因子的余数相同，奇数9257必然能组成偶数10000的素数对。

为20步。

总计为：

102步计算式。

而验证100000000以上的一个素数须要1229步计算式相比，结论为：

寻找10000的一个素数对比验证100000000以上的一个素数简单。

也就是说，寻找一个500位数偶数1+1的素数对，比验证一个1000位数以上的素数容易。

寻找500位数偶数的素数对，因为，2*3*5*7*11*?

*1283左右，其乘积为493到496位数，下一个素数可能为1289左右，1289/2=644.5。

才能满足取下一个素因子的值的1/2以上个项，当然，能够取到1289个项以上更好，更容易寻找到偶数的素数对。

敬请世界电脑高手验证，充分大的偶数必然有1+1的素数对存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三台县工商局：

王志成

第四篇：

用c语言证明哥德巴赫猜想

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

intmain（void）

{

intnumber,a,b;

charc;

inti,j,k,l;

intsum,m;

system（“cls”）;

printf（“enteryournumber:

”）;

scanf（“%d”,&number）;

for（i=2;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+%dn”,number,a,b）;

}

else

{

for（k=2;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+%dn”,number,a,b）;

}

}

}

}

system（“pause”）;

}}}

第五篇：

陈景润对哥德巴赫猜想的证明

陈景润对哥德巴赫猜想的证明

这个问题是德国数学家哥德巴赫（c．goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想。

同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。

从此，这道数学难题引起了几乎所有数学家的注意。

哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。

“用当代语言来叙述，哥德巴赫猜想有两个内容，第一部分叫做奇数的猜想，第二部分叫做偶数的猜想。

奇数的猜想指出，任何一个大于等于7的奇数都是三个素数的和。

偶数的猜想是说，大于等于4的偶数一定是两个素数的和。

”（引自《哥德巴赫猜想与潘承洞》）

哥德巴赫猜想貌似简单，要证明它却着实不易，成为数学中一个著名的难题。

18、19世纪，所有的数论专家对这个猜想的证明都没有作出实质性的推进，直到20世纪才有所突破。

直接证明哥德巴赫猜想不行，人们采取了“迂回战术”，就是先考虑把偶数表为两数之和，而每一个数又是若干素数之积。

如果把命题”每一个大偶数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”，那么哥氏猜想就是要证明”1＋1”成立。

1900年，20世纪最伟大的数学家希尔伯特，在国际数学会议上把“哥德巴赫猜想”列为23个数学难题之一。

此后，20世纪的数学家们在世界范围内“联手”进攻“哥德巴赫猜想”堡垒，终于取得了辉煌的成果。

到了20世纪20年代，有人开始向它靠近。

1920年，挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：

每一个比6大的偶数都可以表示为（9+9）。

这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从（9十9）开始，逐步减少（感谢访问好）每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个数里都是一个质数为止，这样就证明了“哥德巴赫猜想”。

1920年，挪威的布朗（brun）证明了“9+9”。

1924年，德国的拉特马赫（rademacher）证明了“7+7”。

1932年，英国的埃斯特曼（estermann）证明了“6+6”。

1937年，意大利的蕾西（ricei）先后证明了“5+7”,“4+9”,“3+15”和“2+366”。

1938年，苏联的布赫夕太勃（byxwrao）证明了“5+5”。

1940年，苏联的布赫夕太勃（byxwrao）证明了“4+4”。

1948年，匈牙利的瑞尼（renyi）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”。

1957年，中国的王元先后证明了“3+3”和“2+3”。

1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩（bapoah）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（byxwrao）和小维诺格拉多夫（bhhopappb），及意大利的朋比利（bombieri）证明了“1+3”。

1966年，中国的陈景润证明了“1+2”[用通俗的话说，就是大偶数=素数+素数*素数或大偶数=素数+素数（注：

组成大偶数的素数不可能是偶素数，只能是奇

数。

因为在素数中只有一个偶素数，那就是2。

）]。

其中“s+t”问题是指:

s个质数的乘积与t个质数的乘积之和

20世纪的数学家们研究哥德巴赫猜想所采用的主要方法，是筛法、圆法、密率法和三角和法等等高深的数学方法。

解决这个猜想的思路，就像“缩小包围圈”一样，逐步逼近最后的结果。

由于陈景润的贡献，人类距离哥德巴赫猜想的最后结果“1＋1”仅有一步之遥了。

但为了实现这最后的一步，也许还要历经一个漫长的探索过程。

有许多数学家认为，要想证明“1＋1”，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能都是走不通的。

1966年春,陈景润向世界宣告，他得出了关于哥德巴赫猜想的最好的结果（1+2），即任何一个充分大的偶数，都可以表示成为两个数之和，其中一个是素数，另一个为不超过两个素数的乘积。

1966年,第17期《科学通报》上发表了陈景润的论文。

（原文200多页，不乏冗杂之处。

）

1972年，陈景润改进了古老的筛法，完整优美地证明了哥德巴赫猜想中的（1+2）,改进了1966年的论文。

1973年,《中国科学》杂志