哥德巴赫猜想（通用9篇）
哥德巴赫猜想 篇1
求n=a+b:
#include
using namespace std;
int main()
{void g(int);
intn;
cin>>n;
if(n>=6)g(n);else cout<<“请输入大于等于6的数!”< void g(int n) {int f(int); int a,b; for(a=3;a<=n/2;a++) {if(f(a)){ b=n-a; if(f(b)) cout< int f(int n) {int i,a=1; for(i=2;i if(n%i==0)a=0; if(n<=1)a=0;if(n==2)a=1; return a; } 关键词：哥德巴赫,猜想,证明 任何一个自然数最多可以用多少个奇素数表示呢?分三种情况:①自然数 根据依·维诺格拉朵夫的证明, 5个奇素数的和可以用3个奇素数表示即 (A+B+C+D+E) = (E+F+G) , 6个奇素数的和可以用4个奇素数表示……如果自然数N最多用A个奇素数表示, 则可以用A-2, A-4, A-6, A-8, A-10……当N是奇数时, A也是奇数, 减到3个奇素数的和;当N是偶数时, A也是偶数, 减到4个奇素数的和.即偶数N= (A+B+C+D) . 1.按照陈氏定理N= (1+2) , 里面的2是两个奇素数的积, 是一个奇数, 则N= (A+B+C+D) . 2.以上两种方法都证明偶数N= (A+B+C+D) , 因此任何大于或等于6的偶数都可以用4个奇素数表示一定正确. 3.公式 (A+B+C+D+E) = (H+F+G) 中, 递减的2个奇素数是如何分配的?分三种情况:①把2个奇素数的和直接加到任意一个奇素数上.显然是错误的;②如果是在2个奇素数中分配, 则偶数N= (A+B+C+D) = (S+T) 即哥德巴赫猜想成立;③如果是在3个奇素数中分配, 则偶数N= (A+B+C+D) 不能再化简. 4.假定2个奇素数的和在3个奇素数中分配, 则说明分配到2个奇素数中的偶数是有条件的, 不是任意的, 必须先确定分配到2个奇素数中的偶数, 剩余的偶数分到第三个奇素数上, 这样同第一种情况, 显然是错误的.只有先确定分配到一个奇素数中的偶数, 剩余的偶数在2个奇素数中分配, 即哥德巴赫猜想成立. 用数轴证明哥德巴赫猜想成立. (1) 以0点为对称点, 右侧数轴向左移动, 可以看出, 当0点移动到6时3和3重合, 移动到8时5和3重合, 移动到10时7和3重合, 5和5重合……重合的素数就是表示所对应的偶数的素数 (即0点的对应点) .这是因为0点两侧的奇素数的距离是6, 8, 10, 12, …是连续的偶数 (有重复) .反之, 只要0点两侧的奇素数的距离是6, 8, 10, 12, …是连续的偶数, 则哥德巴赫猜想成立. (2) 如何能证明0点两侧的奇素数的距离是6, 8, 10, 12, …是连续的偶数呢? (3) 如果任意2个奇素数S, N组成的偶数S+N的最大奇素数为S+N-1, 到0点左侧奇素数3的距离为S+N-1+3=S+N+2.与S+N是连续的偶数. (4) 奇素数的性质具有超越性, 即偶数N>M, 但是表示偶数N的大奇素数不一定大于表示偶数M的大奇素数.如20= (17+3) , 24= (11+13) , 24大于20, 但是17大于13. (5) 假定任意2个奇素数S, N组成的偶数S+N中包含的6以上的所有偶数都符合哥德巴赫猜想, 那么偶数S+N中包含的所有奇素数在数轴两侧的距离一定是6, 8, 10, 12, …因此包含的最大奇素数的2倍的偶数及其包含的6以上的所有偶数都符合哥德巴赫猜想.这样以此类推, 哥德巴赫猜想成立. 1742年6月7日，德国数学家哥德巴赫在给欧拉的信中指出：每个不小于6的偶数都是两个奇素数之和.例如6 ＝ 3 ＋ 3，8 ＝ 5 ＋ 3，10 ＝ 5 ＋ 5，12 ＝ 7 ＋ 5等. 欧拉经过一番努力也未能证明它，但他认为这个猜想是正确的. 这个问题的叙述如此简单，而欧拉却不能证明，因而吸引了许多数学家的注意.人们还根据它得到了一个推论：每个不小于9的奇数都是3个奇素数的和.例如，9 ＝ 3 ＋ 3 ＋ 3，11 ＝ 5 ＋ 3 ＋ 3，13 ＝ 5 ＋ 5 ＋ 3，15 ＝ 7 ＋ 5 ＋ 3. 哥德巴赫猜想提出后，许多著名数学家把精力投入到攻克这个世界难题上来.20世纪20年代，英国著名数学家哈代等人提出用“圆法”来解决猜想.在此基础上，数学家维诺格拉陀夫于1937年用他创造的“三角和方法”基本上证明了哥德巴赫猜想的推论. 因直接证明这一猜想困难重重，所以人们就先证明关于猜想的一个弱命题：每个大偶数可以表示为一个素因子个数不超过a的数和一个素因子个数不超过b的数之和，这个命题就记作a ＋ b，然后步步推进，最后证明1 ＋ 1的正确性. 1920年，挪威数学家布朗首先用“筛法”证明了9 ＋ 9. 此后又经过许多数学家（包括中国的王元等人）的努力，到1965年，苏联的数学家又证明了1 ＋ 3. 1966年，中国数学家陈景润宣布他证明了1 ＋ 2，并于1973年发表了论文《大偶数表为一个素数与不超过两个素数乘积之和》，在国际数学界引起强烈反响，被认为是迄今为止最好的求证结果，国际上称为“陈氏定理”.但是，要想证明1 ＋ 1，摘取这颗数学皇冠上的明珠，还有许多路要走. 2000年3月，英国费伯出版社和美国布卢姆斯伯里出版社联合宣布：谁能在两年内解开哥德巴赫猜想之谜，将得到100万美元！但德国数学家施特洛特说，即便是奖1亿美元，也未必能加速问题的解决，因为100年对于数学并不算长. （摘编自《文明的历程》） 【责任编辑：潘彦坤】 数学与建筑 我们非常熟悉某些用于建筑的数学形式，诸如正方形、矩形、锥体和球体等．但有一些建筑结构却以人们知之甚少的形状设计．一个引人注目的例子便是旧金山圣母玛利亚大教堂所用的双曲抛物面设计．该设计出自P.A.鲁安、J.李以及罗马的工程顾问P.L.奈维、马萨诸塞州工程学院的P.比拉斯奇等人． 2.①把病房当作工作室，付出燃烧自己生命之火的代价;②咬定青山不放松的毅力，任风雨飘摇，任严霜厉雪。③把草稿纸用麻袋装的不停息演算。他那非凡的韧性和把生命力量弘扬到极致境界的精神，为人们树立了一面最灿烂的生命之旗! 3. ①心气不凡，面对冷遇、歧视、逆境所带来的种.种压力能激起更大勇气，不被鲜花掌声所陶醉;②不屈、顽强、坚韧(能结合时代特征简略分析出性格即可)。 （第12讲）“哥德巴赫猜想”证明（7） 主讲王若仲 第11讲我们讲解了核心部分的定理1，这一讲我们讲核心部分的定理2。 定理2：对于任何一个比较大的偶数2m，设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N，且偶数2m均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt；那么集合{ pi，2pi,3pi，4pi，5pi，„，mipi }∩{ pj，2pj,3pj，4pj，5pj，„，mjpj }∩„∩{pr，2pr,3pr，4pr，5pr，„，mrpr}∩{ps，2ps,3ps，4ps，5ps，„，ms ps }中正整数的总个数与集合{（2m-pi），（2m-2pi）,（2m-3pi），（2m-4pi），（2m-5pi），„，（2m-mipi）}∩{（2m-pj），（2m-2pj）,（2m-3pj），（2m-4pj），（2m-5pj），„，（2m-mjpj）}∩„∩{（2m-pr），（2m-2pr）,（2m-3pr），（2m-4pr），（2m-5pr），„，（2m-mrpr）}∩{（2m-ps），（2m-2ps）,（2m-3ps），（2m-4ps），（2m-5ps），„，（2m-msps）}中正整数的总个数相等。其中pi，pj，„，pr，ps为两两互不相同的奇素数，且均小于√2m；mipi为对应的集合情形下不大于偶数2m的最大正整数，mjpj为对应的集合情形下不大于偶数2m的最大正整数，„，mrpr为对应的集合情形下不大于偶数2m的最大正整数，msps为对应的集合情形下不大于偶数2m的最大正整数。 证明：对于集合{（2m-pi），（2m-2pi）,（2m-3pi），（2m-4pi），（2m-5pi），„，（2m-mipi）}，我们令2m-mipi=hi，因为mipi为对应的集合情形下不大于偶数2m的最大正整数，显然hi＜pi，则2m-（mi-1）pi=2m-mipi+pi=pi+hi，2m-（mi-2）pi=2m-mip i+2pi=2pi+hi，„，（2m-2pi）= 2m-[mi-（mi-2）]p1=（mi-2）pi+2m-mipi=（mi-2）pi+hi，（2m-pi）=2m-[mi-（mi-1）]p1 =（mi-1）pi+2m-mipi =（mi-1）pi+hi；那么集合{（2m-pi），（2m-2pi）,（2m-3pi），（2m-4pi），（2m-5pi），„，（2m-mipi）}={hi，（pi+hi），（2pi+hi），„，[（mi-2）pi+hi]，[（mi-1）pi+hi]}； 我们令2m-mjpj=hj；„；2m-mrpr=hr；2m-msps=hs。同理可得：（2m-pj）{，（2m-2pj）,（2m-3pj），（2m-4pj），（2m-5pj），„，（2m-mjpj）}={hj，（pj+hj），（2pj+hj），„，[（mj-2）pj+hj]，[（mj-1）pj+hj]}，„，{（2m-pr），（2m-2pr）,（2m-3pr），（2m-4pr），（2m-5pr），„，（2m-mrpr）}={hr，（pr+hr），（2pr+hr），„，[（mr-2）pr+hr]，[（mr-1）pr+hr]}，{（2m-ps），（2m-2ps）,（2m-3ps），（2m-4ps），（2m-5ps），„，（2m-msps）}={hs，（ps+hs），（2ps+hs），„，[（ms-2）ps+hs]，[（ms-1）ps+hs]}。 因为前面令2m-mipi=hi，2m-mjpj=hj；„；2m-mrpr=hr；2m-msps=hs。那么有2m≡hi（modpi），2m≡hj（modpj），„，2m≡hr（modpr），2m≡hs（modps）；所以集合{（2m-pi），（2m-2pi）,（2m-3pi），（2m-4pi），（2m-5pi），„，（2m-mipi）}对应同余方程xi≡h（；集合{（2m-pj），imodpi）（2m-2pj）,（2m-3pj），（2m-4pj），（2m-5pj），„，（2m-mjpj）}对应同余方程xj≡hj（modpj）；„；集合{（2m-pr），（2m-2pr）,（2m-3pr），（2m-4pr），（2m-5pr），„，（2m-mrpr）}对应同余方程xr≡hr（modpr）； 集合{（2m-ps），（2m-2ps）,（2m-3ps），（2m-4ps），（2m-5ps），„，（2m-msps）}对应同余方程xs≡hs（modps）。 由孙子—高斯定理可知，同余方程组xi≡hi（modpi），xj≡hj （modpj），„，xr≡hr（modpr），xs≡hs（modps）有无穷多解,且这些解关于模M=pipj„prps同余，又因为偶数2m是同余方程xi≡h（imodpi）的解，偶数2m也是同余方程xj≡hj（modpj）的解，„，偶数2m也是同余方程xr≡hr（modpr）的解，偶数2m也是同余方程xs≡hs（modps）的解；那么偶数2m也是同余方程组xi≡h（，xj≡h（，„，imodpi）jmodpj）xr≡hr（modpr），xs≡hs（modps）的一个解。那么同余方程组xi≡hi（modpi），xj≡hj（modpj），„，xr≡hr（modpr），xs≡hs（modps）的解总可以转化为同余方程y≡k（modpipj„prps）的解, k为小于pipj„prps的正整数，且k=2m-pipj„prpsu，pipj„prpsu为小于偶数2m的最大正整数。那么2m-（u-1）pipj„prps=2m-pipj„prpsu+pipj„prps=pipj„prps+k，2m-（u-2）pipj„prps=2m-pipj„prpsu+2pipj„prps=2pipj„prps+k，„，（2m-2pipj„prps）=2m-[u-（u-2）] pipj„prps=（u-2）pipj„prps+2m-pipj„prpsu=（u-2）pipj„prps+k，（2m-pipj„prps）=2m-[u-（u-1）] pipj„prps=（u-1）pipj„prps +2m-pipj„prpsu=（u-1）pipj„prps+k；那么集合{（2m-pipj„prps），（2m-2pipj„prps）,（2m-3pipj„prps），（2m-4pipj„prps），（2m-5pipj„prps），„，（2m-upipj„prps）}={ k，（pipj„prps+k），（2pipj„prps+ k），„，[（u-2）pipj„prps+k]，[（u-1）pipj„prps+k]}。 又从前面可知，偶数2m是同余方程y≡k（modpipj„prps）的一个 解,则偶数2m=upipj„prps+k。所以k对应pipj„prpsu，（pipj„prps+k）对应pipj„prp（，（2pipj„prps+k）对应pipj„prp（，（3pipj„su-1）su-2）prps+k）对应pipj„prps（u-3），„，[（u-1）pipj„prps+k]对应pipj„prps。故集合{ pi，2pi,3pi，4pi，5pi，„，mipi }∩{ pj，2pj,3pj，4pj，5pj，„，mjpj }∩„∩{pr，2pr,3pr，4pr，5pr，„，mrpr}∩{ps，2ps,3ps，4ps，5ps，„，ms ps }中正整数的总个数与集合{（2m-pi），（2m-2pi）,（2m-3pi），（2m-4pi），（2m-5pi），„，（2m-mipi）}∩{（2m-pj），（2m-2pj）,（2m-3pj），（2m-4pj），（2m-5pj），„，（2m-mjpj）}∩„∩{（2m-pr），（2m-2pr）,（2m-3pr），（2m-4pr），（2m-5pr），„，（2m-mrpr）}∩{（2m-ps），（2m-2ps）,（2m-3ps），（2m-4ps），（2m-5ps），„，（2m-msps）}中正整数的总个数相等。故定理2成立。 例 5：证明集合{3，6，9，12，15，18，21，24，27，30，33，36，39，42，45，48，51，54，57，60，63，66，69，72，75，78，81，84，87，90，93，96，99}∩{7，14，21，28，35，42，49，56，63，70，77，84，91，98}中正整数的总个数与{（100-3），（100-6），（100-9），（100-12），（100-15），（100-18），（100-21），（100-24），（100-27），（100-30），（100-33），（100-36），（100-39），（100-42），（100-45），（100-48），（100-51），（100-54），（100-57），（100-60），（100-63），（100-66），（100-69），（100-72），（100-75），（100-78），（100-81），（100-84），（100-87），（100-90），（100-93），（100-96），（100-99）}∩{（100-7），（100-14），（100-21），（100-28），（100-35），（100-42），（100-49），（100-56），（100-63），（100-70），（100-77），（100-84），（100-91），（100-98）}中正整数的总个数相等。 证明：因为集合{3，6，9，12，15，18，21，24，27，30，33，36，39，42，45，48，51，54，57，60，63，66，69，72，75，78，81，84，87，90，93，96，99}∩{7，14，21，28，35，42，49，56，63，70，77，84，91，98}={21，42，63，84}。 又因为集合{（100-3），（100-6），（100-9），（100-12），（100-15），（100-18），（100-21），（100-24），（100-27），（100-30），（100-33），（100-36），（100-39），（100-42），（100-45），（100-48），（100-51），（100-54），（100-57），（100-60），（100-63），（100-66），（100-69），（100-72），（100-75），（100-78），（100-81），（100-84），（100-87），（100-90），（100-93），（100-96），（100-99）}∩{（100-7），（100-14），（100-21），（100-28），（100-35），（100-42），（100-49），（100-56），（100-63），（100-70），（100-77），（100-84），（100-91），（100-98）}={（100-21），（100-42），（100-63），（100-84）}。所以集合{3，6，9，12，15，18，21，24，27，30，33，36，39，42，45，48，51，54，57，60，63，66，69，72，75，78，81，84，87，90，93，96，99}∩{7，14，21，28，35，42，49，56，63，70，77，84，91，98}中正整数的总个数与{（100-3），（100-6），（100-9），（100-12），（100-15），（100-18），（100-21），（100-24），（100-27），（100-30），（100-33），（100-36），（100-39），（100-42），（100-45），（100-48），（100-51），（100-54），（100-57），（100-60），（100-63），（100-66），（100-69），（100-72），（100-75），（100-78），（100-81），（100-84），（100-87），（100-90），（100-93），（100-96），（100-99）}∩{（100-7），（100-14），（100-21），（100-28），（100-35），（100-42），（100-49），（100-56），（100-63），（100-70），（100-77），（100-84），（100-91），（100-98）}中正整数的总个数均为4个。（证毕） 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 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》杂志正式发表了陈景润的论文《大偶数表为一个素数及一个不超过两个素数的乘积之和》。该文和陈景润1966年6月发表在《科学通报》的论文题目是一样的，但内容焕然一新，文章简洁、清晰。 该论文的排版也颇费周折。由于论文中数学公式极多，符号极繁，且很多是多层嵌套，拼排十分困难。科学院印刷厂派资深排版师傅欧光弟操作，整整排了一星期。 所以只贴陈景润先生在论文之开始： 【命P_x(1,2)为适合下列条件的素数p的个数： x-p=p_1或x-p=(p_2)*(p_3) 其中p_1, p_2 , p_3都是素数。 用x表一充分大的偶数。 命Cx={∏p|x,p 2}(p-1)/(p-2){∏p 2}(1-1/(p-1)^2) 对于任意给定的偶数h及充分大的x，用xh(1,2)表示满足下面条件的素数p的个数：p≤x,p+h＝p_1或h+p＝(p_2)*(p_3)，其中p_1,p_2,p_3都是素数。 oldbach猜想目前没有证明出来，最好的结果就是陈式定理。陈景润的证明很长，而且非数论专业的人一般不可能读懂。整理过的证明参看 潘承洞，潘承彪 著，《哥德巴赫猜想》，北京：科学出版社，1981。 此书较老，现应已绝版，可在较大的图书馆找到。 每一个大于2的偶数都可以表达为两个素数之和. (素数被1和它本身整除的数如7和13等.) 一、解题 (解释命题的思路) 1.关键怎样论证结论.数学命题的论证, 我们研究认为有两种论证技巧:一种是怎样证明结论, 另一种是怎样获得结论.我们的做法首先是怎样获得结论, 其次怎样证明结论. 2.关键怎样按命题设计方程.根据怎样获得结论设计方程, 方程设计要简洁经济明快. 3.关键怎样划分归类整数.整数的划分归类就是数论, 整数的划分归类要科学, 有利于问题的解决. 4.关键怎样检验结论.我们用获得的结论检验命题及其方程设计的正确性. 二、按命题设计方程及其条件 已知:方程A+B=ab=2nC (其中A+B=2nC, ab=2nC.A+B=ab) 其中:A=1, 2, 3, 4……∞B=1, 2, , 3, 4……∞ ab表示A和B相加最少等于两个数的乘积. 2nC表示A+B=ab等式两边所得之数能被其整除. 其中:a=1, 2, 3, 4……∞b=1, 2, 3, 4……∞ n=1, 2, 3, 4……∞ 求证:当C=1, 2, 3, 4……16……25……24……∞时, 方程A+B=ab=2nC (其中A+B=2nC, ab=2nC, A+B=ab) 成立. 三、按题设计条件划分归类整数及其方程 1.根据题设方程条件, 对ABC代表的整数进行划分归类. 当A=1, 2, 3, 4……∞时, 则A1=1, 3, 5, 7, 9……25……∞ (A1为素数或者奇数, 我们认为被1和它本身整除的数如7和13等是狭义的素数或奇数, 除此之外还有被素数整除的数如25和49等都是素数或奇数, 二者统称为素数或奇数) . 则A2=2nA1=2, 6, 10, 12……∞ (A2为和数, 和数就是任意素数的2n倍) . 则A3=2n·2=2n+1=4, 8, 16, 32……∞ (A3为偶数, 偶数就是2n·2或者2n+1数) . 由B=1, 2, 3, 4……∞可知, 则B1=1, 3, 5, 7, 9……∞ (B1为奇数) . 则B2=2nB1 (B2为和数) . 则B3=2n·2=2n+1 (B3为偶数) . 由C=1, 2, 3, 4……∞可知, 则C1=1, 3, 5, 7, 9……∞ (C1为奇数) . 则C2=2nC1 (C2为和数) . 则C3=2n·2=2n+1 (C3为偶数) . 2.根据整数的划分归类方程A+B=ab=2nC可得如下方程: (1) 奇数方程:A1+B1=ab=2nC (A1+B1=2nC, ab=2nC, A1+B1=ab) . (2) 和数方程:A2+B2=ab=2nC (A2+B2=2nC, ab=2nC, A2+B2=ab) . (3) 偶数方程:A3+B3=ab=2nC (A3+B3=2nC, ab=2nC, A3+B3=ab) . (4) 和数与偶数方程: A2+B3=ab=2nC (A2+B3=2nC, ab=2nC, A2+B3=ab) . (5) 奇数与偶数方程: A1+B3=ab=2nC (A1+B3=2nC, ab=2nC, A1+B3=ab) . (6) 奇数与和数方程: A1+B2=ab=2nC (A1+B2=2nC, ab=2nC, A1+B2=ab) . 四、证明奇数 (素数) 方程获取结论 已知:A1=1, 3, 5, 7…25……∞, B1=1, 3, 5, 7……25……∞. a=1, 2, 3, 4……∞, b=1, 2, 3, 4……∞, n=1, 2, 3, 4……∞. 方程:A1+B1=ab=2nC (A1+B1=2nC, ab=2nC, A1+B1=ab) . 求证:C1=1, 3, 5……25……∞, a=2n, b=1, 3, 5……25……∞. 方程A1+B1=ab=2nC1 (A1+B1=2nC1, ab=2nC1, A1+B1=ab) 成立. 证明: (1) 根据方程A1+B1=2nC1. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, C1=1, 3, 5……25……∞, 则B1=1, 3, 5, 7……25……∞, 方程A1+B1=2nC1成立. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, B1=1, 3, 5, 7…25…∞, 则C1=1, 3, 5……25……∞, 方程A1+B1=2nC1成立. 2nC1表示A1和B1相加最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个素数和一个偶数2n的乘积;最少等于一个素数和一个和数2的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个和数和另一个和数的乘积.) (2) 根据方程ab=2nC1. 当a=2n, C1=1, 3, 5……25……∞, 则b=1, 3, 5……25……∞, 方程ab=2nC1成立. 当a=2n, b=1, 3, 5……25……∞, 则C1=1, 3, 5……25……∞, 方程ab=2nC1成立. 2nC1表示ab相乘最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个素数和一个偶数2n的乘积;最少等于一个素数和一个和数2的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个和数和另一个和数的乘积.) (3) 根据方程A1+B1=ab. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, B1=1, 3, 5, 7……25……∞, a=2n, 则b=1, 3, 5……25……∞, 方程A1+B1=ab方程成立. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, a=2n, b=1, 3, 5……25……∞, 则B1=1, 3, 5, 7……25……∞, 方程A1+B1=ab方程成立. ab表示A1和B1相加最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个素数和一个偶数2n的乘积;最少等于一个素数和一个和数2的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个和数和另一个和数的乘积.) (4) 根据方程A1+B1=2nC1, ab=2nC1, A1+B1=ab. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, B1=1, 3, 5, 7……25……∞, a=2n, b=1, 3, 5……25……∞. 当A1+B1=ab等式两边所得之数能被2n整除时方程成立, 则C1=1, 3, 5……25……∞, 方程A1+B1=ab=2nC1成立. 2nC1表示A1+B1=ab等式两边所得之数最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个素数和一个偶数2n的乘积;最少等于一个素数和一个和数2的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个素数和一个和数的乘积;最少等于一个和数和另一个和数的乘积.) 当A1+B1=ab等式两边所得之数不能被2n整除时方程不成立. 求证:a=2n (或者a=2) , b=2 (或者b=2n) , C=2, n=1, 2, 3, 4……∞ 方程A1+B1=ab=2nC (A1+B1=2nC, ab=2nC, A1+B1=ab) 成立. 证明: (1) 根据方程A1+B1=2nC. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, C=2, 则B1=1, 3, 5, 7……25……∞, 方程A1+B1=2nC1成立. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, B1=1, 3, 5, 7……25……∞, 则C=2, 方程A1+B1=2nC成立. 2nC表示A1和B1相加最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个偶数和另一个偶数的乘积为任意偶数2n+1;等于一个偶数2n和一个和数2的乘积为任意偶数2n+1;或者等于一个和数2和另一个和数2的乘积为偶数4.) (2) 根据方程ab=2nC. 当a=2n (或者a=2) , C=2, 则b=2 (或者b=2n) , 方程ab=2nC成立. 当a=2n (或者a=2) , b=2 (或者b=2n) , 则C=2, 方程ab=2nC成立. 2nC表示ab相乘最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个偶数和另一个偶数的乘积为任意偶数2n+1;等于一个偶数2n和一个和数2的乘积为任意偶数2n+1;或者等于一个和数2和另一个和数2的乘积为偶数4.) (3) 根据方程A1+B1=ab. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, B1=1, 3, 5, 7……25……∞, a=2n (或者a=2) , 则b=2 (或者b=2n) , 方程A1+B1=ab方程成立. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, a=2n (或者a=2) , b=2 (或者b=2n) , 则B1=1, 3, 5, 7……25……∞, 方程A1+B1=ab方程成立. ab表示A1和B1相加最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个偶数和另一个偶数的乘积为任意偶数2n+1;等于一个偶数2n和一个和数2的乘积为任意偶数2n+1;或者等于一个和数2和另一个和数2的乘积为偶数4.) (4) 根据方程A1+B1=2nC, ab=2nC, A1+B1=ab. 当A1=1, 3, 5, 7……25……∞, B1=1, 3, 5, 7……25……∞, a=2n (或者a=2) , b=2 (或者b=2n) .当A1+B1=ab等式两边所得之数能被2n整除时方程成立. 则C=2 (或者C=2n) 方程A1+B1=ab=2nC成立. 2nC表示A1+B1=ab等式两边所得之数最少等于两个数的乘积. (或者:等于一个偶数和另一个偶数的乘积为任意偶数2n+1;等于一个偶数2n和一个和数2的乘积为任意偶数2n+1;等于一个和数2和另一个和数2的乘积为偶数4.) 当A1+B1=ab等式两边所得之数不能被2n整除时方程不成立. 求证其他条件的方程不再详例.证明仿例也不再列举. 根据上述求证条件的方程证明, 会得出这样的结果: C1=1, 3, 5……25……∞为奇数, C2=21C1=2, 6, 10……∞为和数, C3=21·2=2n+1=4, 8, 16……∞为偶数. 方程A1+B1=ab=2nC1成立, 方程A1+B1=ab=2n+1成立. 根据上述求证条件的方程证明, 可获取这样的结论: a.任意两个素数之和最少等于两个数的乘积为任意素数的2n倍. (或者:任意两个素数之和最少等于一个素数和一个偶数2n的乘积为任意素数的2n倍.) b.任意两个素数之和最少等于两个数的乘积为任意素数的2n倍. (或者:任意两个素数之和最少等于一个素数和一个和数2的乘积为任意素数的2倍.) c.任意两个素数之和最少等于两个数的乘积为任意和数. (或者:任意两个素数之和最少等于一个素数和一个和数的乘积为任意和数.) d.任意两个素数之和最少等于两个数的乘积为任意和数. (或者:任意两个素数之和最少等于一个和数和另一个和数的乘积为任意和数.) e.任意两个素数之和最少等于两个数的乘积为任意偶数2n+1. (或者:任意两个素数之和最少等于一个偶数和另一个偶数的乘积为任意偶数2n+1.) f.任意两个素数之和最少等于两个数的乘积为任意偶数2n+1. (或者:任意两个素数之和最少等于一个偶数2n和一个和数2的乘积为任意偶数2n+1.) 或者任意两个素数之和最少等于一个和数2和另一个和数2的乘积为偶数4.这是特值. 从上述结论, 我们认为只有结论e、f符合哥德巴赫猜想命题的结论.但根据以往的数学史把和数2nA1即把2n和任意素数的乘积统称为偶数.如此看来结论a, b, c, d, e, f全部符合哥德巴赫猜想命题. 五、根据所获得的结论求证哥德巴赫猜想的命题 公理e:任意两个素数之和最少等于一个偶数和另一个偶数的乘积为任意偶数2n+1. 已知:A1=1, 3, 5……∞, B1=1, 3, 5……∞, 方程:A1+B1=ab=2n+1 (A1+B1=2n+1, ab=2n+1, A1+B1=ab) . n=1, 2, 3……∞, 求证:a=2n+1时, b是否是偶数, 方程A1+B1=ab=2n+1成立. 证明:根据方程A1+B1=2n+1, 当A1=61, B1=3, 则A1+B1=2n+1方程成立. 根据方程ab=2n+1, 当a=2n+1时, 则b=2n+1, 方程ab=2n+1成立. 根据方程A1+B1=ab, 当A1=61, B1=3, a=2n+1时, 则b=2n+1, 方程A1+B1=ab成立. 根据方程A1+B1=ab=2n+1, 当A1=61, B1=3, a=2n+1, b=2n+1时, 则方程A1+B1=ab=2n+1成立. 公理f:任意两个素数之和最少等于一个偶数和另一个和数2的乘积为任意偶数2n+1. 已知:A1=1, 3, 5……∞, B1=1, 3, 5……∞, 方程:A1+B1=ab=2n+1 (A1+B1=2n+1, ab=2n+1, A1+B1=ab) , n=1, 2, 3……∞. 求证:a=2时, b是否是偶数. 证明:根据方程A1+B1=2n+1, 当A1=61, B1=3, 则A1+B1=2n+1方程成立. 根据方程ab=2n+1, 当a=2时, 则b=32, 方程ab=2n+1成立. 根据方程A1+B1=ab, 当A1=61, B1=3, a=2时, 则b=32, 方程A1+B1=ab=2n+1成立. 根据方程A1+B1=ab=2n+1, 当A1=61, B1=3, a=2, b=2n+1时, 则方程A1+B1=ab=2n+1成立. 其他公理的证明不再列举. 公理e, f证明了哥德巴赫猜想命题的正确性, 即1+1≥2表示两个素数之和最少等于2个 (偶) 数的乘积为任意偶数2n+1. 六、证明和数方程 和数方程求证可获得这样的结论: a.任意两个和数之和最少等于两个数的乘积为任意素数的2n倍. (或者最少等于一个素数和一个偶数2n的乘积;或者最少等于一个素数和一个和数2的乘积.) b.任意两个和数之和最少等于两个数的乘积为任意和数. (或者最少等于一个素数和另一个和数的乘积;或者最少等于一个和数和另一个和数的乘积.) c.任意两个和数之和最少等于两个数的乘积为任意偶数2n+1. (或者最少等于两个偶数的乘积;或者最少等于一个偶数和一个和数2的乘积.) 七、证明偶数方程 偶数方程求证可获这样的结论: 偶数方程的结论跟和数方程的结论相似. 八、证明和数与偶数相加方程 和数与偶数方程求证可获这样的结论: 和数与偶数方程的结论跟偶数方程的结论相似. 九、证明素数与偶数相加方程 素数与偶数方程可获这样的结论: 任意素数与任意偶数之和最少等于两个数的乘积为任意素数 (或者最少等于两个素数的乘积) . 十、证明素数与和数相加方程 素数与和数相加方程可获这样的结论: 任意素数与任意和数之和最少等于两个数的乘积为任意素数 (或者最少等于两个素数的乘积) . 关于哥德巴赫的证明解决了一个普遍性的问题, 即:任何两个数相加最少等于两个数的乘积.写成公式, 即: 哥德巴赫猜想是1724年哥德巴赫给好友欧拉的信中提及的一道数学猜想题，为国人所熟知则是源于报道数学家陈景润的报告文学。哥德巴赫猜想本质是一个偶数与其素数对关系，它可以从实践上被证实，但是永远无法从理论上和逻辑上被证明。 A股现状就像是这道哥德巴赫猜想题，估值处于历史底部、政策面暖风频吹、空头纷纷倒戈、海内外养老金准备跑步入场，甚至海外养老金的热情比国内养老金还高，但是A股的表现却欲振还休，就像是利好在实践中被提上议事日程，但却与牛市无法建立起理论和逻辑上的联系，这无疑令人困惑不已。 国内央行“降准”如期而至，而且预期往后还会继续“降准”或“降息”，流动性的宽松预期已经可以嗅到；虽说海外经济体仍不时有利空传出，但国内多部委在家电、节能、汽车等多领域推出的政策利好组合拳证明“保增长”的措施有储备；在此背景之下，A股市场仍然随着海外市场跟跌不跟涨，实践和理论再次脱节。 但分析一下数据，导致A股步入哥德巴赫猜想窘境的原因就能找到了。今年以来，A股对比海外市场，指数仍然是上扬的，即便在近两周A股下跌过程中，近60％的A股跌幅仍远小于指数跌幅，而其中更有近25％的A股出现涨幅，导致A股下跌的诱因居然是橄榄核的两端——蓝筹股和“退市股”。绩差股表现差源于退市新政即将推出，投资者容易理解，但是蓝筹股成为砸盘工具，则令人大跌眼镜，这其中砸盘的主力军居然还是石油和银行这两大权重支柱板块。 中石油是A股权重冠军，但连续十几根下跌阴线，无疑成了砸盘的元凶，难道真是国际油价下跌导致中石油下跌的吗?中石油近5年来的业绩历程无疑是又一道A股中的哥德巴赫猜想，现在国内的成品油价格已经远超2008年时水准，但是国际油价却仅有2008年时水准的三分之二还弱。从收入和成本的角度分析，中石油的经营压力较2008年之前应该是改善的，但是在2008年之前，中石油的业绩是历年持续攀升，每股收益从一毛多增长至八毛多，但是2007年海归A股之后，每股收益在印象中就再也没有出现明显递增，相反还被中石化给追上了。这道题目的素数对是资本支出、成本核算和税费负担。 银行股这道难题还没有找到素数对，但是汇丰银行几十年来业绩增长且高分红，再融资却仅2008年金融危机后才有一次，但是内地银行股为何业绩增长总是要依赖再融资输液呢?这道难题可能要等到国内信贷需求出现拐点之后才能找到素数对。 世界近代三大数学难题之一。四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯.格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同的颜色。”这个结论能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。 1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教他的老师、著名数学家德.摩尔根，摩尔根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家哈密尔顿爵士请教。哈密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年哈密尔顿逝世为止，问题也没有能够解决。 1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题。世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。1878～1880年两年间，著名的律师兼数学家肯普和泰勒两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了四色定理，大家都认为四色猜想从此也就解决了。 11年后，即1890年，数学家赫伍德以自己的精确计算指出肯普的证明是错误的。不久，泰勒的证明也被人们否定了。后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。于是，人们开始认识到，这个貌似容易的题目，其实是一个可与费马猜想相媲美的难题：先辈数学大师们的努力，为后世的数学家揭示四色猜想之谜铺平了道路。 进入20世纪以来，科学家们对四色猜想的证明基本上是按照肯普的想法在进行。1913年，伯克霍夫在肯普的基础上引进了一些新技巧，美国数学家富兰克林于1939年证明了22国以下的地图都可以用四色着色。1950年，有人从22国推进到35国。1960年，有人又证明了39国以下的地图可以只用四种颜色着色；随后又推进到了50国。看来这种推进仍然十分缓慢。电子计算机问世以后，由于演算速度迅速提高，加之人机对话的出现，大大加快了对四色猜想证明的进程。1976年，美国数学家阿佩尔与哈肯在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上，用了1200个小时，作了100亿判断，终于完成了四色定理的证明。四色猜想的计算机证明，轰动了世界。它不仅解决了一个历时100多年的难题，而且有可能成为数学史上一系列新思维的起点。不过也有不少数学家并不满足于计算机取得的成就，他们还在寻找一种简捷明快的书面证明方法。 3、叙拉古猜想 大家一起来做这样一个游戏：每个人可以从任何一个正整数开始，连续进行如下运算，若是奇数，就把这个数乘以3再加1；若是偶数，就把这个数除以2。这样演算下去，直到第一次得到1才算结束，首先得到1的获胜。比如，要是从1开始，就可以得到1→4→2→1；要是从17开始，则可以得到17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。自然地，有人可能会问：是不是每一个正整数按这样的规则演算下去都能得到1呢？这个问题就是叙拉古猜想，也叫科拉兹猜想或角谷猜想。 既然是猜想，当然至今还没有得到证明，但也没有发现反例。利用计算机，人们已经 50验证了所有小于100*2=***400的正整数。这是葡萄牙阿弗罗(Aveiro)大 学的Tomas Oliveira e Silva的工作，用了很巧妙的编程方法。因此大家在做游戏时大可不必担心会出问题。 4、汉诺塔问题 汉诺（Hanoi）塔问题：古代有一个梵塔，塔内有三个座A、B、C，A座上有64个盘子，盘子大小不等，大的在下，小的在上（如图）。 有一个和尚想把这64个盘子从A座移到B座，但每次只能允许移动一个盘子，并且在移动过程中，3个座上的盘子始终保持大盘在下，小盘在上。在移动过程中可以利用B座，要求打印移动的步骤。 这个问题在盘子比较多的情况下，很难直接写出移动步骤。我们可以先分析盘子比较少的情况。假定盘子从大向小依次为：盘子1，盘子2，...，盘子64。 如果只有一个盘子，则不需要利用B座，直接将盘子从A移动到C。 如果有2个盘子，可以先将盘子1上的盘子2移动到B；将盘子1移动到c；将盘子2移动到c。这说明了：可以借助B将2个盘子从A移动到C，当然，也可以借助C将2个盘子从A移动到B。 如果有3个盘子，那么根据2个盘子的结论，可以借助c将盘子1上的两个盘子从A移动到B；将盘子1从A移动到C，A变成空座；借助A座，将B上的两个盘子移动到C。这说明：可以借助一个空座，将3个盘子从一个座移动到另一个。 如果有4个盘子，那么首先借助空座C，将盘子1上的三个盘子从A移动到B；将盘子1移动到C，A变成空座；借助空座A，将B座上的三个盘子移动到C。 上述的思路可以一直扩展到64个盘子的情况：可以借助空座C将盘子1上的63个盘子从A移动到B；将盘子1移动到C，A变成空座；借助空座A，将B座上的63个盘子移动到C。 一、哥德巴赫猜想 1742年6月7日，德国数学家哥德巴赫在写给著名数学家欧拉的一封信中，提出了两个大胆的猜想： 一、任何不小于6的偶数，都是两个奇质数之和； 二、任何不小于9的奇数，都是三个奇质数之和。 这就是数学史上著名的“哥德巴赫猜想”。显然，第二个猜想是第一个猜想的推论。因此，只需在两个猜想中证明一个就足够了。 同年6月30日，欧拉在给哥德巴赫的回信中，明确表示他深信哥德巴赫的这两个猜想都是正确的定理，但是欧拉当时还无法给出证明。由于欧拉是当时欧洲最伟大的数学家，他对哥德巴赫猜想的信心，影响到了整个欧洲乃至世界数学界。从那以后，许多数学家都跃跃欲试，甚至一生都致力于证明哥德巴赫猜想。可是直到19世纪末，哥德巴赫猜想的证明也没有任何进展。证明哥德巴赫猜想的难度，远远超出了人们的想象。有的数学家把哥德巴赫猜想比喻为“数学王冠上的明珠”。 我们从6＝3＋3、8＝3＋5、10＝5＋ 5、„„、100＝3＋97＝11＋89＝17＋83、„„这些具体的例子中，可以看出哥德巴赫猜想都是成立的。有人甚至逐一验证了3300万以内的所有偶数，竟然没有一个不符合哥德巴赫猜想的。20世纪，随着计算机技术的发展，数学家们发现哥德巴赫猜想对于更大的数依然成立。可是自然数是无限的，谁知道会不会在某一个足够大的偶数上，突然出现哥德巴赫猜想的反例呢？于是人们逐步改变了探究问题的方式。 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。 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。 1920年，挪威数学家布朗证明了定理“9＋9”，由此划定了进攻“哥德巴赫猜想”的“大包围圈”。这个“9＋9”是怎么回事呢？所谓“9＋9”，翻译成数学语言就是：“任何一个足够大的偶数，都可以表示成其它两个数之和，而这两个数中的每个数，都是9个奇质数之积。” 从这个“9＋9”开始，全世界的数学家集中力量“缩小包围圈”，当然最后的目标就是“1＋1”了。 1924年，德国数学家雷德马赫证明了定理“7＋7”。很快，“6＋6”、“5＋5”、“4＋4”和“3＋3”逐一被攻陷。1957年，我国数学家王元证明了“2＋3”。1962年，中国数学家潘承洞证明了“1＋5”，同年又和王元合作证明了“1＋4”。1965年，苏联数学家证明了“1＋3”。 1966年，我国著名数学家陈景润攻克了“1＋2”，也就是：“任何一个足够大的偶数，都可以表示成两个数之和，而这两个数中的一个就是奇质数，另一个则是两个奇质数的积。”这个定理被世界数学界称为“陈氏定理”。 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。 费尔玛猜想 法国数学家费尔玛对数学的贡献涉及各个领域。他与笛卡儿一起奠定了解析几何的基础；他和帕斯卡一起奠定了概率论的基础；他从几何角度，第一次给出了求函数极值的法则„„但使他名垂千古、载入史册的还他所提出的费尔玛猜想，也被称为“费尔玛大定理。” 费尔玛在丢番图的《算术学》的书页边上写道： 任何一个数的立方不能分解为两个立方之和，任何一个有选举权的四次方不能分解为两个四次方之和；更一般的，除二次幂外，两个数的任何次幂的和都不可能等于第三人矍有同次幂的数。我已经找到了这个断语的绝妙证明，但是，这书的页边太窄，不容我把证明写出来。 费尔玛的这段笔记，用数学语言来表达，就是形如X^n+y^n=z^n的方程，当n大于2时，不可能有正整数解。 遗憾的是，人们找遍了他的文稿和笔记，都搜寻不到这个“绝妙”的证明。 费尔玛的证明是什么样的？谁也不清楚。他是否真的给出过证明也值得怀疑。不过，他用无穷递降的方法证明了N=3的情形。 后来，欧拉也沿用此方法证明了n=3,4时，x^n+y^n=z^n无整数解。 19世纪有不少数学家对这个问题感兴进取，勒让德与克雷同时证明了n=5时的费尔玛大定理；拉梅证明了n=7时的情形，后来德国数学家库默尔将n推进到了100。 20世纪随着电子计算机的飞速发展和广泛应用，到1978年，已经证明了当n<12500的素数以及它们的倍数时，猜想都成立。 在300多年中，人们希望能找到它的一般证明，但又苦于无法；企图否定，又举不出反例。 1850年---1853年，法国科学院曾两次以2000法郎的奖金悬赏，但都没有收到正确答案。 1900年，德国数学家希尔伯特认为费尔玛大定理是当时最难的23个数学问题之一。1908年，德国哥庭根科学院按照德国数学家俄尔夫斯开耳的遗嘱，把他的10万马克作为费尔玛大定理的证明奖金，向全世界征求解答，期限为100年，直到公元2007年仍有效。可见，费尔玛确引起了不同寻常的反响。就定理本身而言，是一个中学生都能搞懂的问题。因此，不光是数学家、数学工作者，还有工程师、职员、政府官员都投身到了“费尔玛猜想”的证明当中，证明的热潮十分高涨。 第一次世界大战的爆发，才使证明趋于冷落。 费尔玛猜想虽然还没有最终获得证明，甚至还有人认为他是一道死题。但是在证明“费尔玛猜想”的过程中，数学家们发现了许多新的概念、定理和。 费尔玛仅凭少数事例而产生天才的猜想，推动了数学的发展。“理想数论”这一崭新的数学分支，正是在这种探索中建立的。 对“费尔玛猜想”的大规模探索表明，企图用初等数学证明它，大概是不可能的，就像解决古希腊三大难题一样，恐怕要依赖新的数学方诞生！。 历史的新转机发生在1986年夏，贝克莱·瑞波特证明了:费尔马大定理包含在“谷山丰—志村五朗猜想 ” 之中。童年就痴迷于此的怀尔斯，闻此立刻潜心于顶楼书房7年，曲折卓绝，汇集了20世纪数论所有的突破性成果。终于在1993年6月23日剑桥大学牛顿研究所的“世纪演讲”最后，宣布证明了费尔马大定理。立刻震动世界，普天同庆。不幸的是，数月后逐渐发现此证明有漏洞，一时更成世界焦点。这个证明体系是千万个深奥数 学推理连接成千个最现代的定理、事实和计算所组成的千百回转的逻辑网络，任何一环节的问题都会导致前功尽弃。怀尔斯绝境搏斗，毫无出路。1994年9月19日，星期一的早晨，怀尔斯在思维的闪电中突然找到了迷失的钥匙：解答原来就在废墟中！他热泪夺眶而出。怀尔斯的历史性长文“模椭圆曲线和费尔马大定理”1995年5月发表在美国《数学年刊》第142卷，实际占满了全卷，共五章，130页。1997年6月27日，怀尔斯获得沃尔夫斯克勒10万马克悬赏大奖。离截止期10年，圆了历史的梦。他还获得沃尔夫奖(1996.3），美国国家科学家院奖（1996.6），费尔兹特别奖（1998.8）。 孪生素数猜想 1849年，波林那克提出孪生素数猜想（the conjecture of twin primes），即猜测存在无穷多对孪生素数。 孪生素数即相差2的一对素数。例如3和5，5和7，11和13，„，10016957和10016959等等都是孪生素数。 1900年希尔伯特在国际数学家大会上说有了素数公式，哥德巴赫猜想和孪生素数猜想都可以得到解决。刚刚去世的浙江大学沈康身教授也认为有了素数普遍公式，就可以解决大多数数论难题。 孪生素数是指一对素数，它们之间相差2。例如3和5，5和7，11和13，10016957和10016959等等都是孪生素数。 孪生素数猜想，即是否存在无穷多对孪生素数，是数论中未解决的一个重要问题。哈代-李特尔伍德猜想（Hardy-Littlewood conjecture）是孪生素数猜想的一个增强形式，猜测孪生素数的分布与素数定理中描述的素数分布规律相类似。 1966年，中国数学家陈景润在这方面得到最好的结果：存在无穷多个素数p，使p+2是不超过两个素数之积。 【哥德巴赫猜想】推荐阅读： 哥德巴赫猜想简要证明06-04 浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法07-05 “哥德巴赫猜想”讲义(第13讲)09-30 预测猜想06-29 猜想策略07-29 猜想假设09-16 猜想证明09-19 猜想验证11-07 奥运大猜想07-12哥德巴赫猜想 篇2
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