哥德巴赫猜想简要证明（精选7篇）
哥德巴赫猜想简要证明 篇1
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2000项，在这2000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
哥德巴赫猜想简要证明 篇2
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.
简要证明哥德巴赫猜想 篇3
关键词：哥德巴赫猜想；大偶；奇素数；反证法；逆否命题
中图分类号：G642文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）11-009-02
哥德巴赫猜想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(Goldbach Conjecture)。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。现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数
都可表示为三个奇素数之和。其实，后一个命题是前一个命题的推论。1729年~1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了以下的猜想:
(a)任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和。
(b)任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和。这就是所谓的哥德巴赫猜想。
在信中他写道： “我的问题是这样的：
随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和：
77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461： 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。
这样，我发现：任何大于9的奇数都是三个素数之和。但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。”
欧拉回信说：“这个命题看来是正确的”。但是他也给不出严格的证明。
同时欧拉又提出了此一猜想可以有另一个等价的版本：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。不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。
哥德巴赫猜想最初的内容也可表述为： 任一大于5的整数都可写成三个质数之和。而今日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质数之和。事实上，任何一个大于5的奇数都可以写成如下形式：2N+1=3+2(N-1)，其中2(N-1)≥4。若欧拉的命题成立，则偶数2N可以写成两个素数之和，于是奇数2N+1可以写成三个素数之和，从而，对于大于5的奇数，哥德巴赫的猜想成立。
但是哥德巴赫的命题成立并不能保证欧拉命题的成立。因而欧拉的命题比哥德巴赫的命题要求更高。现在通常把这两个命题统称为哥德巴赫猜想。
哥德巴赫猜想可表述为：(a)任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和。(b)任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和。而今日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质数之和。考虑把偶数表示为两数之和，而每一个数又是若干素数之积。把命题"任何一个大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"，那么哥氏猜想就是要证明"1+1"成立。1966年陈景润证明了"1+2"成立，即"任何一个大偶数都可表示成一个素数与另一个素因子不超过2个的数之和"。
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。1937年苏联数学家维诺格拉多夫（и．M．Bиногралов,1891-1983），用他创造的"三角和"方法，证明了"任何大奇数都可表示为三个素数之和"。不过，维诺格拉多夫的所谓大奇数要求大得出奇，与哥德巴赫猜想的要求仍相距甚远。
关于偶数可表示为 a个质数的乘积 与b个质数的乘积之和(简称“a + b”问题)进展如下:
1920年，挪威的布朗证明了“9+9”。
1922年，英国的哈代和李特尔伍德猜测出“1+1”的数量。
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”。
1957年，中国的王元先后证明了“3+3”和“2+3”。
1960年，中国的王元求解出“1+1”的上界限数量(中国"数学学报"登载)。
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”。
《王元论哥德巴赫猜想》138页写道：设r(N)为“偶数表为两个素数之和的表示个数”。哈代和Littlewood在1922年推测：r(N)≈2∏{(p-1)/(p-2)}∏{1-1/{(p-1)^2}{N/[Ln(N)]^2}。现已知：2∏{1-1/{(p-1)^2}}∏{(p-1)/p-2)}≥1.32，N/[Ln(N)]^2=(0.25)[(√N)/Ln(√N)]^2。由(√N)/Ln(√N)表示数的平方根数内的素数个数,可知：数大于第2个素数的平方数时，N/[Ln(N)]^2大于1。可用N/[Ln(N)]^2=e^(10^m)/(10^(2m))=10^{[(10^m)/Ln10]-2m}≈10^(0.434*10^m-2m)计算解。例如：2.7^10/10^2≈10^(4.3-2),2.7^100/10^4≈10^(43-6),2.718^1000/10^6≈1.7E+(434-6),2.718^(10^4)/10^8≈3.1E+(434-8),2.71828^(10^5)/10^10≈2.6E+(43429-10),..。
综上所述，哥德巴赫猜想（即“1+1”）由18世纪德国数学家哥德巴赫于1742年提出，至今已历269年，最好的“逼近”证明仍然是我国数学家陈景润的“陈氏定理”（即“1+2”），但两者毕竟不是一回事。本文将利用反证法给出一个简洁的证明。
一、相关的前提
前提1：哥德巴赫猜想可以主要表述为：任意大偶是两个奇素数之和。前提2：大偶是指大于或等于6的偶数。前提3：奇素数是指大于2的所有素数。前提4：任意两个奇素数之和必定大于或等于6，即是大偶。
证明：这是“前提3”和“前提2”的必然推论。
前提5：“前提1”是本文需要证明的命题，它可以转换成：“命题1”——如果某偶数是大偶，那么它是两个奇素数之和。
证明：两个命题的题设都是指的所有大偶，而结论也完全相同，都一致断定所有大偶都具有“是两个奇素数之和”的性质，所以这两个命题是等价命题。 所以，若“命题1”成立即哥德巴赫猜想成立。
二、哥德巴赫猜想的证明
哥德巴赫猜想即“命题1”，下面用“反证法”给予证明。
证明：假设“命题1”不成立，则必成立它的“反面”：“命题2”——如果某偶数是大偶，那么它不是两个奇素数之和。由此可推出“命题2”的等价命题（逆否命题，注1）“命题3”： 如果某偶数是两个奇素数之和，那么它不是大偶。显然，这与“前提4”矛盾，两个奇素数之和不是大偶是不可能的！所以，“命题3”不成立，与它等价的“命题2”也不成立。
所以假设不成立，原“命题1”成立，即：哥德巴赫猜想成立，成为“哥德巴赫定理”！
注1：（命题2）如果某偶数是大偶，那么它不是两奇素数之和；（逆命题）如果某偶数不是两奇素数之和，那么它是大偶；
哥德巴赫猜想简要证明 篇4
王若仲1徐武方2谭谟玉3彭 晓4
贵州省务川自治县实验学校 王若仲（王洪）贵州省务川自治县实验学校 徐武方 贵州省务川自治县农业局 谭谟玉 贵州省务川中学 彭 晓
摘要：我们几人利用闲遐之余，探究数学问题。我们在一次偶然讨论中，发现“哥德巴 赫猜想”的最简捷证明。
关键词：哥德巴赫猜想；素数；垒数
我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。对于符号π（m）来说，它表示为不大于正整数m的全体奇素数的个数。
定义1：对于某一偶数M（M＞4），设p1、p2、p3、„、pn均为小于偶数M的全体奇素数，对于[π（M-p1）+π（M-p2）+π（M-p3）+„+π（M-pn）]，则称为偶数M对应的垒数，简称为M垒数，记为∑（M）。
定义2：对于均满足某一特性或某一表达式的全体非负整数值组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，„，Ak；任一Ai≠A（i=1，2，3，„，k），则称集合Ai为该条件下的缺项集合。缺具体的某一项称为缺项。
我们现在来分析证明“哥德巴赫猜想”的具体情形，若对于下列式子：∑（2m+2）-∑（2m）（m＞2），恒有∑（2m+2）-∑（2m）≧1；则“哥德巴赫猜想”成立。
具体举例分析如下：
对于偶数18，小于18的全体奇素数有：3，5，7，11，13，17；那么有： π（18-3）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。π（18-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。π（18-7）=4，对应的奇素数有：3，5，7，11。π（18-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。π（18-13）=2，对应的奇素数有：3，5。π（18-17）=0，对应的奇素数有：0个。所以∑（18）=19。
对于偶数20，小于20的全体奇素数有：3，5，7，11，13，17，19；那么有：
π（20-3）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17。π（20-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。π（20-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。π（20-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。π（20-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。π（20-17）=1，对应的奇素数有：3。π（20-19）=0，对应的奇素数有：0个。所以∑（20）=23。
对于偶数22，小于22的全体奇素数有：3，5，7，11，13，17，19；那么有：
π（22-3）=7，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17,19。π（22-5）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13,17。π（22-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。π（22-11）=4，对应的奇素数有：3，5，7,11。π（22-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。π（22-17）=2，对应的奇素数有：3,5。π（22-19）=1，对应的奇素数有：3。所以∑（22）=28。
则有∑（20）-∑（18）=4，说明偶数20能表为两个奇素数之和。在偶数20的情形中去掉属于偶数18的全部情形，则剩下奇素数有：3，7，13，17；且3+17=7+13=20。
则有∑（22）-∑（20）=5，说明偶数22能表为两个奇素数之和。在偶数22的情形中去掉属于偶数20的全部情形，则剩下奇素数有：3,5，11，17，19；且3+19=5+17=11+11=22。
对于∑（2m+2）-∑（2m）≧1，设奇素数p1、p2、p3、„、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，那么对于下列式子：
π（2m+2-p1）-π（2m-p1），π（2m+2-p2）-π（2m-p2），π（2m+2-p3）-π（2m-p3），┇
π（2m+2-pk）-π（2m-pk）；
说明上述式子中至少有一个式子大于或等于1，不妨设π（2m+2-pi）-π（2 m-pi）≧1（i=1、2、3、„、k），pk＜2m；即π（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于π（2m-pi）所对应的全体奇素数，必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2；即（2m+2-pi）+ pi=2m+2。定理1：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪„∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素为等差数列，若存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，„，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}，那么必存在一个数u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），„，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），„，a1，a2，a3，„，a1h，（a1h+d）}。
证明：（ⅰ）、令集合B={a1，a2，a3，„，ak}，则集合C={（ak +d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），„，（ak+d+r-ah）}，故集合B∪{（ak+d）}包含集合C，那么{a1，a2，a3，„，ak}∪{（ak +d +r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），„，（ak+d+r-ah）}={a1，a2，a3，„，ak，（ah+d）}；又ak-d=ak-1，ak-1-d= ak-2，ak-1-d= ak-3，„，a2-d= a1，则有一个数u，u= d，使得{（a1-d），（a2-d），（a3-d），„，（ah-d）}∪{（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3），„，（ah+d+r-ah）}={（r-d），a1，a2，a3，„，ah，（ah+d）}。
（ⅱ）、令集合B={a1，a3，a5，„，a（2k-1）}，则集合C={（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}，因为（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））= a2，（a（2k-1）+d+r-a（2k-3））= a4，（a（2k-1）+d+r-a（2k-5））= a6，„，（a（2k-1）+d+r-a3）= a（2k-2），（a（2k-1）+d+r-a1）= a（2k-1）+d。故{a1，a3，a5，„，a（2k-1）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={a1，a2，a3，„，a（2k-2），（a（2k-1）+d）}。则有一个数u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a3-2 d），（a5-2d），„，（a（2k-1）-2 d）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），„，a1，a2，a3，„，a（2k-2），a（2k-1），（a（2k-1）+d）}。
（ⅲ）、令集合B={a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，„，a（4k+1），a（4k+2）}，则集合C={（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），„，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}，因为（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））= a3，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1））= a4，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-2））= a7，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-3））= a8，„，（a（4k+2）+2d+r-a2）= a（4k+2）+d，（a（4k+2）+2d+r-a1）= a（4k+2）+2d。故{a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，„，a（4k+1），a（4k+2）}∪{（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），„，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}={a1，a2，a3，a4，a5，a6，„，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d），（a（4k+2）+2d）}。则有一个数u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a2-2 d），（a5-2d），（a6-2d），（a9-2d），（a10-2d），„，（a（4k+1）-2 d），（a（4k+2）-2 d）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），„，a1，a2，a3，a4，a5，a6，„，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d）}。
因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），有{（ak+d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），„，（ak+d+r-ak）}={（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），（a8-d），„，（a（k-1）-d），（ak-d），„，（ak+d）}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），„，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），„，（a（k-1）-ed），（ak-ed），„，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。
一般地，对于任一非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B，B={a11，a12，a13，„，a1h}，集合B中的元素为等差数列，等差＞d，关于集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h +ed+r-a13），„，（a1h +ed+r-a1h）}中的元素，则有下列三种情形之一：
（1）、（a1h+ed+r-a1h）= a1j，（a1h +ed+r-a1h-1）= a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）=a1（j+2），„，（a1h+ed+r-a11）=a1h+ed-yd。
（2）、（a1h+ed+r-a1h）＞a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＞a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＞a1（j+2），„，（a1h+ed+r-a11）＞a1h+ed-yd。
（3）、（a1h+ed+r-a1h）＜a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＜a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＜a1（j+2），„，（a1h+ed+r-a11）＜a1h+ed-yd。
因为集合B中的元素为等差数列，说明集合{（a1h+ed+r-a11），6（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}中的元素也是等差数列。则集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={（a1t-md），（a1（t+1）-md），（a1（t+2）-md），（a1（t+3）-md），（a1（t+4）-md），（a1（t+5）-md），„，（a1（h-1）-md），（a1h-md），„，（a1h+ed-yd）}，t＞1，t＜k，t∈N，m∈N，e∈N。
所以对于与上面（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）同类型的情形，同理可得相同的效果。
综上所述，定理1成立。
定理2：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪„∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素为等差数列，若存在一个数u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），„，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），„，a1，a2，a3，„，a1h，（a1h+d）}。那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，„，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}。
证明：（ⅰ）、令集合B={a1，a2，a3，„，ak}，则集合C={（ak +d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），„，（ak+d+r-ah）}，因为有一个数 u，u= d，使得{（a1-d），（a2-d），（a3-d），„，（ah-d）}∪{（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3），„，（ah+d+r-ah）}={（r-d），a1，a2，a3，„，ah，（ah+d）}。又因为ak-d=ak-1，ak-1-d= ak-2，ak-1-d= ak-3，„，a2-d= a1，故有一个数u，u= d，使得{（a1-d），（a2-d），（a3-d），„，（ah-d）}∪{（ah+d+r-a1），（ah+d+r-a2），（ah+d+r-a3），„，（ah+d+r-ah）}={（r-d），a1，a2，a3，„，ah，（ah+d）}。
（ⅱ）、令集合B={a1，a3，a5，„，a（2k-1）}，则集合C={（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}，因为有一个数u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a3-2 d），（a5-2d），„，（a-2 d）}∪{（a+d+r-a1），（a+d+r-a3），（a+d+r-a5），„，（2k-1）（2k-1）（2k-1）（2k-1）（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），„，a1，a2，a3，„，a（2k-2），a（2k-1），（a（2k-1）+d）}。又因为（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））= a2，（a（2k-1）+d+r-a（2k-3））= a4，（a（2k-1）+d+r-a（2k-5））= a6，„，（a（2k-1）+d+r-a3）= a（2k-2），（a（2k-1）+d+r-a1）= a（2k-1）+d。故{a1，a3，a5，„，a（2k-1）}∪{（a+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-（2k-1）a（2k-1））}={a1，a2，a3，„，a（2k-2），（a（2k-1）+d）}。
（ⅲ）、令集合B={a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，„，a（4k+1），a（4k+2）}，则集合C={（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），„，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}，因为有一个数u，u=2d，使得{（a1-2 d），（a2-2 d），（a5-2d），（a6-2d），（a9-2d），（a10-2d），„，（a（4k+1）-2 d），（a（4k+2）-2 d）}∪{（a（2k-1）+d+r-a1），（a（2k-1）+d+r-a3），（a（2k-1）+d+r-a5），„，（a（2k-1）+d+r-a（2k-1））}={（r-2d），„，a1，a2，a3，a4，a5，a6，„，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d）}。又因为（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））= a3，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1））= a4，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-2））= a7，（a（4k+2）+2d+r-a（4k-3））= a8，„，（a（4k+2）+2d+r-a2）= a（4k+2）+d，（a（4k+2）+2d+r-a1）= a（4k+2）+2d。故{a1，a2，a5，a,6，a9，a,10，„，a（4k+1），a（4k+2）}∪{（a（4k+2）+2d+r-a1），（a（4k+2）+2d+r-a2），（a（4k+2）+2d+r-a5），（a（4k+2）+2d+r-a6），（a（4k+2）+2d+r-a9），（a（4k+2）+2d+r-a10），„，（a（4k+2）+2d+r-a（4k+1）），（a（4k+2）+2d+r-a（4k+2））}={a1，a2，a3，a4，a5，a6，„，a（4k+1），a（4k+2），（a（4k+2）+d），（a（4k+2）+2d）}。
因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），有{（ak+d+r-a1），（ak+d+r-a2），（ak+d+r-a3），„，（ak+d+r-ak）}={（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），（a8-d），„，（a（k-1）-d），（ak-d），„，（ak+d）}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），„，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），„，（a（k-1）-ed），（ak-ed），„，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。
一般地，对于任一非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B，B={a11，a12，a13，„，a1h}，集合B中的元素为等差数列，等差＞d，关于集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h +ed+r-a13），„，（a1h +ed+r-a1h）}中的元素，则有下列三种情形之一：
（1）、（a1h+ed+r-a1h）= a1j，（a1h +ed+r-a1h-1）= a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）=a1（j+2），„，（a1h+ed+r-a11）=a1h+ed-yd。
（2）、（a1h+ed+r-a1h）＞a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＞a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＞a1（j+2），„，（a1h+ed+r-a11）＞a1h+ed-yd。
（3）、（a1h+ed+r-a1h）＜a1j，（a1h+ed+r-a1h-1）＜a1（j+1），（a1h+ed+r-a1h-2）＜a1（j+2），„，（a1h+ed+r-a11）＜a1h+ed-yd。
因为集合B中的元素为等差数列，说明集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}中的元素也是等差数列。则集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={（a1t-md），（a1（t+1）-md），（a1（t+2）-md），（a1（t+3）-md），（a1（t+4）-md），（a1（t+5）-md），„，（a1（h-1）-md），（a1h-md），„，（a1h+ed-yd）}，t＞1，t＜k，t∈N，m∈N，e∈N。
所以对于与上面（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）同类型的情形，同理可得相同的效果。
综上所述，定理2成立。
定理3：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪„∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素为等差数列，若不存在一个数v，v=ed，e∈N，使 得{a11，a12，a13，„，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}，那么也不可能存在一个数u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），„，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），„，a1，a2，a3，„，a1h，（a1h+d）}。
证明：由定理2知，假若存在一个数u，u= md，m∈N，关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪„∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素为等差数列，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），„，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），„，a1，a2，a3，„，a1h，（a1h+d）}。那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，„，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}。这与题设产生矛盾，故定理3成立。
定理4：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪„∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素为等差数列，若不存在一个数u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），„，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d +r-a1h）}={（r-md），„，a1，a2，a3，„，a1h，（a1h+d）}，那么也不可能存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，„，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed +r-a1h）}={a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}。
证明：由定理1知，假定存在一个数v，v=ed，e∈N，关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}，且集合B=B1∪B2∪B3∪„∪Br，Bi≠Bj（i≠j），任一集合Bj中的元素为等差数列，使得{a11，a12，a13，„，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}，那么必存在一个数u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），„，（a1h-md）}∪{（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），„，（a1h+d+r-a1h）}={（r-md），„，a1，a2，a3，„，a1h，（a1h+d）}。这与题设产生矛盾，故定理4成立。
哥德巴赫定理：任何一个不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。
证明：对于任一偶数（2m+2），m≧2。分析（2m+2）垒数与2m垒数的差是否大于0。分析如下：
设奇素数p1、p2、p3、„、pn均为不大于偶数（2m+2）的全体奇素数，（pi＜ pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、n），设奇素数p1、p2、p3、„、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi＜ pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、k）。对于（2m+2）垒数和2m垒数，由定义1知，∑（2m+2）=[π（2m+2-p1）+π（2m+2-p2）+π（2m+2-p3）+„+π（2m+2-pn）]，∑（2m）=[π（2m-p1）+π（2m-p2）+π（2m-p3）+„+π（2m-pk）]。现在假若对偶数（2m+2），m≧2，不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj，令奇素数p1、p2、p3、„、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi＜ pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、k）。则必然有：
π（2m+2-p1）-π（2m-p1）=0，π（2m+2-p2）-π（2m-p2）=0，π（2m+2-p3）-π（2m-p3）=0，┇
π（2m+2-pk）-π（2m-pk）=0；
我们分析π（2m+2-p1）-π（2m-p1）=0的情形，因为假若对于充分大的偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）；则说明奇数（2m+2-p1）不可能是奇素数；若奇数（2m+2-p1）是奇素数，则有π（2m+2-p1）-π（2m-p1）≧1，且（2m+2-p1）+p1=（2m+2）；这与假若对于充分大的偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）产生矛盾。同理分析π（2m+2-p2）-π（2m-p2）=0，π（2m+2-p3）-π（2m-p3）=0，„，π（2m+2-pk）-π（2m-pk）=0的情形，所以就有∑（2m+2）-∑（2m）=0。假设偶数6，8，10，„，（2m）（m≧2）均可表为两个奇素数之和。现在设奇合数a1、a2、a3、„、as均为不大于偶数（2m-2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、s）。设奇合数a1、a2、a3、„、at均为不大于偶数（2m）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t）。
则有{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、„、as}≠{1，3，5，7，9，11，„，（2m-2-5），（2m-2-3）（2m-2-1），}，根据定义2，说明集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、„、as}有缺项。
则有{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、„、at}≠{1，3，5，7，9，11，„，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}，根据定义2，说明集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、„、at}有缺项。
因为集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、„、at}有缺项。那么集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（as-2）}也有缺项。
对于集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、„、as}的缺项与集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（as-2）}的缺项而言，集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（as-2）}的缺项必为下列情形之一：
（1）、集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（as-2）}的缺项与集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、„、as}的缺项相同，（2）、集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（as-2）}的缺项与集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{a1、a2、a3、„、as}的缺项相同的情形下又产生了新的缺项，（3）、集合{1，（2m-2-1），（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-as）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（as-2）}产生了新的缺项。
现在设奇合数a1、a2、a3、„、ah均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、h）。根据假设对于偶数（2m+2），m≧2，不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。则说明集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、„、ah}中包含了所有的奇合数和奇素数，那么必然有集合{1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、„、ah}={1，3，5，7，9，11，„，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，由此也有集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，„，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。由定理1和定理2可知，集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、„、at}={1，3，5，7，9，11，„，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。因为已知集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1、a2、a3、„、at}有缺项，由上面（1）、（2）、（3）分析的情形以及定理3和定理4可知，集合{1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（a3-2）}也有缺项。由此可知集合{ 1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、„、ah}也有缺项，即集合{ 1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、„、ah}中至少有一个奇素数不在该集合中，故集合{ 1，（2m+2-1），（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1、a2、a3、„、ah}≠{1，3，5，7，9，11，„，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，所以假定偶数（2m+2）不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj不能成立。由此可知，∑（2m+2）-∑（2m）≧1。
对于∑（2m+2）-∑（2m）≧1，前面已经令奇素数p1、p2、p3、„、pk均为小于偶数（2m）的全体奇素数，那么对于下列式子：
π（2m+2-p1）-π（2m-p1），π（2m+2-p2）-π（2m-p2），π（2m+2-p3）-π（2m-p3），┇
π（2m+2-pk）-π（2m-pk）； 说明上述式子中至少有一个式子大于或等于1，不妨设π（2m+2-pi）-π（2 m-pi）≧1（i=1、2、3、„、k），pk＜2m；即π（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于π（2m-pi）所对应的全体奇素数，必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2。即（2m+2-pi）+ pi=2m+2。综上所述，任何一个不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。
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]闵嗣鹤 数论方法（哈尔滨工业大学出版社）2011年3月第1版 [5]潘承洞 潘承彪 简明数论（北京大学出版社）1998年1月第1版 [6]陈景润 数论概貌（哈尔滨工业大学出版社）2011年3月第1版
证明猜想与拓展教学设计 篇5
猜想、证明与拓广
一、学生知识状况分析
学生的知识技能基础：学生在经历了证明一证明二以及特殊的四边形的学习后，积累了一定的证明的经验思想和方法，具备了几何证明及探究的能力，在九上的第二章学习了一元二次方程后，会利用根的判别式判断根的情况，并且积累了列一元二次方程解决几何问题的实际经验。
二、教学任务分析
猜想、证明与拓广，通过一系列具体的问题逐渐展开，引导学生分类研究，先考察一些简单的，特殊的情形，发现一些规律后再讨论一般情况，在此过程中让学生不断的体会由一般到特殊的探究问题的思想，寻求一般性的解决方法.培养学生直观“判断”和正确“猜想”，并配合一定的形式说理，在交流个人想法中拓展思维。猜想要“检验是否存在”，再由“特殊到一般”给出一般性的证明.由“倍增”再到“减半”的“拓广”，总结获得的数学知识和策略性的经验，发展学生的推理能力和探究能力.教学突出学生自主探索，合作交流，协助学生自行找到解决问题的方法。为此，本节课的教学目标是：
1、通过创设问题情境，让学生经历猜想、证明、拓广的过程，增强问题意识和自主探索意识，获得探索和发现的体验。
2、在探究过程中，感受由特殊到一般、数形结合的思想方法，体会知识之间的内在联系，理解证明的必要性。
3、在合作交流中扩展思路，发展学生的推理能力。
教学重点：经历猜想、证明、拓广的“数学化”的过程，获得探索和发现的体验，体现归纳、综合和拓展，感悟处理问题的策略和方法.教学难点：在问题解决过程中的策略和方法。
三、教学过程分析
本节课设计了五个教学环节：第一环节：提出问题，猜想探究；第二环节：思维拓广，证明猜想；第三环节：问题拓广，自主探究；第四环节：总结反思，方法提炼；第五环节：布置作业，巩固所学。
第一环节：提出问题，猜想探究；
问题(1)任意给定一个正方形，是否存在另一个正方形，它的周长和面积分别是已知正方形周长和面积的2倍？
（教学策略：提出问题后引导学生思考，学生会出现的三种解决问题的思路：
1、先有具体情况入手研究，得到一个猜想，然后再拓展到一般情况进行证明。
2、因为问题比较简单，有学生可能直接进行一般情况的证明。
3、由于任意两个正方形都是相似的，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方.所以周长比和面积比不可能同时为2.因此这样的正方形不存在.这三种解决问题的方法都应该给与肯定和表扬。）
证明方法为：解：设给定的正方形的边长为a，则其周长为4a,面积为a2,周长扩大两倍后为8a,则其边长应为 2a,此时面积应为 4a2，它不是已知给定的正方形的面积的2倍.所以不存在这样的正方形。或是先考虑面积扩大为原来的两倍为2a2，则边长应为2a，此时周长应为42a，不是4a的两倍，无论从哪个角度考虑，都不存在这样的正方形。
问题（2）任意给定一个矩形,是否存在另一个矩形,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的2倍?（教学策略：由问题一的研究学生能够顺理成章的从两个角度来进行思考，一个是从特殊到一般的思想，一个是直接对一般情况进行证明的思想，但是较问题（1）直接证明难度较大，所以引导学生先从特殊情况入手，得到一个猜想后，再进行一般情况的证明会更好一些。这样在具体问题的解决过程中，会给学生一些启示，有助于学生一般情况下的证明思路的形成。）
如果已知矩形的长和宽分别为2和1,结论会怎样呢?你是怎么做的?和同伴交流.总结如下:有三种思路可以选择: ①先固定所求矩形的周长, 设另一个矩形的长为x，将问题化为方程x(6－x)=4是否有解的问题.②先固定所求矩形的面积, 设另一个矩形的长为x，将问题转化为方程x+4/x=6是否有解的问题.③也可以根据已知矩形的长和宽分别为2和1,那么其周长和面积分别为6和2,所求矩形的周长和面积同时扩大2倍后应分别为12和4,设其长和宽分别为x和y,则得方程组x+y=6，xy=4然后讨论它的解是否符合题意.然后引导学生再通过几组特例的研究，结果都发现存在这样的矩形，于是得到一个猜想。从而将探究活动推向第二环节拓展思维，证明猜想。将学生的思维逐渐推向高潮。
第二环节：拓展思维，证明猜想；
当已知矩形的长和宽分别为n和m时，是否仍然有相同的结论？ 解:当已知矩形的长和宽分别为n和m时,那么其周长和面积分别为2(m+n),和mn,所求的矩形周长和面积为4(m+n)和2mn.设所求矩形的长为x,那么宽为 2(m+n)－x,根据题意,得x［2(m+n)－x]=2mn.整理得x－2(m+n)x+2mn=0解得
2x1nmn2m2这样一个矩形。
x2nmn2m2经检验x1,x2符合题意,所以存在于是得到结论：任意给定一个矩形,一定存在另一个矩形,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的2倍。
引导学生继续将问题向纵深拓展:既然存在倍增关系的矩形，那么是否存在减半的矩形呢？
第三环节：问题拓广，自主探究；
由学生提出问题（3），任意给定一个矩形，是否一定存在另一个矩形，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半？
3(教学策略：此问题提出后，学生也会有两种解决问题的思想，一种就是顺承上面问题的解决思路完成此题的探究过程，另一种也可能会有小明一样的想法。若是学生中未出现小明的思路，则让学生阅读课本，然后判断小明的想法是否正确.此问题要求学生在自主探究的基础上，小组合作细化完成解答过程。)学生通过如上问的探究：发现当已知矩形的长和宽为2和1,3和1,4和1,5和1时，都不存在这样的矩形，它的周长和面积分别是已知矩形的周长和面积的一半.于是就可能会得到一个猜想，一定不存在这样减半的矩形。
于是进行一般情况下的对猜想的证明。设已知矩形的长和宽分别为n,m,所
11求矩形的长为x，那么有x〔2（n+m）－x〕=2mn.得到一元二次方程的根的判别式b24ac121231nmmn(n2m26mn).而此时n2m26mn不4424总是大于0的，也不总是小于0的，于是此题的结论不是一定不存在，而是有选择性的存在，当n2m26mn≥0，这样的矩形存在，而当n2m26mn≤0时这样的矩形不存在。
并请几个学生举几个存在的特例，让学生更直观的感受一下这个结论。
第四环节：总结反思，方法提炼；
（1）本节课的问题解决综合运用了所学知识,体会知识之间的内在联系.（2）本节课学习的数学方法:猜想、证明、拓广、感受由特殊到一般，数形结合的思想方法，体会证明的必要性.（3）一个几何存在性问题，可以转化为方程是否有解的问题，两种列方程的思路源于优先“固定”所求矩形的周长或优先“固定”所求矩形的面积，同时也让学生感受到对同一个问题存在不同的解决方法，有助于开阔学生的视野.第五环节：布置作业，巩固所学； 1、181页1,2,3.4
2、写篇小论文，把课题学习探索的过程 和探索得到的结果及你的感受体验整
哥德巴赫猜想简要证明 篇6
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:
哥德巴赫猜想简要证明 篇7
近日，复旦大学传来好消息，该校计算机学院大三学生郭泽宇关于“最小曼哈顿网络”问题的论文被美国heM学会主办的第25届计算几何国际会议录用，文章同时作为最佳论文之一被邀请投稿到会议特刊DCG。这意味着这一计算几何领域十余年来未决的重要猜想被这位年仅20岁的中国本科生成功解决。
据介绍，计算几何国际会议是世界计算几何领域最高级别的会议，而“最小曼哈顿网络”问题困扰国际计算几何已久，而这一问题在城市规划、网络路由、大规模集成电路设计以及计算生物学等众多领域应用广泛。2008年6月，郭泽宇申请了复旦大学本科生学术研究资助计划中的“著政学者”项目，并大胆地选择了这一问题作为项目攻克对象。基于鼓励本科生创新和支持年轻人“闯劲”的考虑，郭泽宇最终得到了“若政学者”的资助。经过2 00多个日夜的思考和探索，这一十年未决的难题终于被他所破解。在项目结题书中，评审专家们这样写道：该项目达到了“著政学者”资助项目中非常高的水平。
据了解，1998年，在著名学者李政道倡导和设立的“著政基金”支持下，复旦大学开始开展资助优秀本科学生尽早接触学术研究的计划。从1998年到至2008年，共有1556位学生获得资助开展研究，其项目学科涵盖了医学、工学、理学、文学、教育学等多个领域。另据不完全统计，在2 008年，参加复旦大学本科生学术研究资助计划资助项目的大学生们在国内外期刊发表论文30篇，其中第一作者文章20篇。
回音定位系统可助盲人导航
近日西班牙研究人员研制出了一套类似于蝙蝠声波定位系统的教学方式，该方法能够让盲人通过发声并且接收回音的方式，来熟悉周围的环境。
科学家们发现，夜间蝙蝠在洞穴内飞行时，它的导航方式是通过自身独特的嘀哒声以及口哨声来制造一个四周环境的声纳图像，这种通过声波定位的方式被称为回声定位法。西班牙研究人员认为，借鉴蝙蝠的方法，他们已经找到一种方法，能够帮助盲人以回声定位法实现自身导航。
研究人员在《声学学报》上发表文章称，他们已经发现了一系列能够被人类所使用的声波。同时他们还制定了一套训练体制，能够帮助盲人以回波的方式来实现周围环境的视觉化效果。值得一提的是，这些研究人员认为，在这套训练系统中，产生回音最有效的发音方式是通过以舌头拍打口腔顶部来实现的。
据悉，已经有部分失明残疾人参加了这种定位方法的培训。其中有一位名叫丹尼尔·基什的美国人，已经将这套回声定位法掌握得非常好。他成为第一位获准担任盲人导游工作的失明人士。
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