猜想证明

猜想证明（精选10篇）

猜想证明 篇1

1. 四色猜想产生的历史背景

1852年,毕业于伦敦大学的格斯里 ( Francis Guthrie) 来到一家科研单位搞地图着色工作时,发现每幅地图都可以只用四种颜色着色. 这个现象能不能从数学上加以严格证明呢? 他和他正在读大学的弟弟决心试一试,但是稿纸已经堆了一大叠,研究工作却是没有任何进展. 1852年10月23日,他的弟弟就这个问题的证明请教了他的老师、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、著名数学家哈密顿爵士请教,但直到1865年哈密顿逝世为止,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( Alfred Kempe) 和泰勒( Peter Guthrie Tait) 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,但其实肯普并没有证明四色问题.11年后,即1890年,在牛津大学就读的年仅29岁的赫伍德以自己的精确计算指出了肯普在证明上的漏洞. 他指出肯普说没有极小五色地图能有一国具有五个邻国的理由有破绽. 不久泰勒的证明也被人们否定了. 人们发现他们实际上证明了一个较弱的命题———五色定理. 就是说对地图着色,用五种颜色 就够了.希伍德没有彻底否定肯普论文的 价值,运用肯普发明 的方法,证明了较弱的五色定理. 下图为错 误的四色地图,图中有黄、蓝、红、绿、白五种颜色:

2. 四色猜想的通俗表述

四色问题又称四色猜想、四色定理,是世界三大数学猜想之一. 通俗的说法是: 每个平面地图都可以只用四种颜色来染色,而且没有两个邻接的区域颜色相同. 1976年借助电子计算机证明了四色问题,问题也终于成为定理,这是第一个借助计算机证明的定理. ———以上这段文字是通过百度搜索找到的四色猜想与四色定理的通俗表述.

所谓“通俗表述”即缺失明确的数理概念和定义. 数理概念的缺失,直接导致论题关联的论点、论据、目标、方向不明确,难以想象100多年来竞相角逐此论题的数学家们,如何理解四色猜想的论点、论据、目标和方向? 而在缺失明确的论点、论据、目标和方向的前提下论证此题,就像偏离目标的车辆,车速越快离目标方向越远. 因而,求证四色猜想首先必须明确四色猜想的数理涵义,才能找准论题的论点、目标、论据,实施有效的求证. 以下即根据四色猜想的通俗表述,明确四色猜想的数理概念和数理涵义.

3. 四色猜想的数理涵义与概念

根据四色猜想的通俗表述,可明确出四色猜想的数理涵义为:

( 1) 因为通常使用的地图均为有限平面,因而四色猜想通俗表述的“每个平面地图”,即指有限平面. 但如果局限于有限平面求证四色猜想,则此论题不具广义性、规律性的数理价值. 因而,论证四色猜想必须把有限的地图平面扩展为无限平面———即扩展为任一无限平面.

( 2) 如果四种不同颜色在同一平面上,均只表示为颜色不同的线段,彼此相互衔接时即重叠为一条直线,只能把一个无限平面分割成2个平面. 因而,要使四色猜想成立,4种颜色不能只表示为直线,必须表示为界限清晰的界限性平面.

( 3) 四色猜想通俗表述的“区域”即平面———指用四种颜色在同一无限平面上涂染而成的边界清晰的界限性平面. 根据几何原理3点成面,最少边线的界限平面即为三角形平面. 因而,4种颜色在P平面上涂染成的界限平面的最少边数为3,但任一种颜色涂染成的界限平面均没有边数限制,可迎合论题需要涂染为任意边数、( 面积) 任意大小的N边形.

( 4) 四色猜想通俗表述的“使没有两个邻接的区域颜色相同”的含义为: 1. 用四种颜色涂抹成的界限平面可以为无限多个; 2. 无限多个界限平面无间隙地相互衔接、却互不相交; 3. 两个邻接的界限平面不能出现颜色重复; 4. 四种颜色涂染成的无限多个界限平面与同一无限平面的交角均为0———均重叠于无限平面上,构成无限平面的一部分,即以4种颜色不同的界限平面,无穷分割同一无限平面.

综合以上分析出的四色猜想的数理涵义,即可明确四色猜想的数理目标与论题的数理概念:

数理目标: 四色猜想 为平面几 何题,目标指向 平面分割;

四色猜想论题的数理概念为: 求证用4种颜色构成界限平面( 无形状、大小限制,可为≥3的N边形) ,分割任一无限平面,使衔接相连的界限平面颜色均不相同.

4. 四色猜想证明

4. 1. 论题: 求证用4种颜色构成界限平面 ( 无形状、大小限制,可为≥3的N边形) ,分割任一无限平面,使衔接相连的界限平面颜色均不相同.

4. 2. 证明:

4. 2. 1. 设P为任一无色的无限平面,4种颜色为黄、蓝、红、绿4色.

4. 2. 2. 用黄、蓝、红、绿4色中的任一种颜色,在P平面上涂染,均可形成规则或不规则的3、4、5……N边形、圆形等任意形状和任意大小的色块平面,而当色块平面 < P无限平面时,即为界限平面,其边线即为色块界限平面与P平面的交界线和衔接线.

4. 2. 3. 用A表示黄色在P平面上涂染的界限平面集合,A包括A1,A2,A3……An; 用B表示蓝色在P平面上涂染的界限平面集合,B包括B1,B2,B2……Bn; 用C表示红色在P平面上涂染的界限平面集合,C包括C1,C2,C3……Cn,用D表示绿色在P平面上涂染的界限平面集合,D包括D1,D2,D3……Dn.

4. 2. 4. 论题要求: 用黄、蓝、红、白这4种颜色,同时在P上涂染,形成彼此衔接互不相交的无穷多个界限平面,并使相互衔接的界限平面不出现颜色重复,即使A、B、C、D这4种不同颜色的界限平面,同在P平面上彼此衔接互不相交.A、B、C、D这4种颜色不同的色块界限平面,在P平面上两两衔接的分界线即为两个色块界限平面的公共分界线,也是相互衔接的公共线段,因为A、B、C、D均可以为不规则的N边形,因而两个色块界限平面的衔接线既可为直线、弧线、也可以为不规则的曲线. A、B、C、D这4种颜色不同的色块界限平面,在P平面上可以有无穷个,但两两衔接的形式可统概为6种:

( 1) A与B衔接

( 2) A与C衔接

( 3) A与D衔接

( 4) B与C衔接

( 5) B与D衔接

( 6) C与D衔接

示图1: A、B、C、D两两衔接的6种形式和6条边线示意图

由上图可见,A、B、C、D这4种颜色不同的界限平面,在P平面上两两衔接共有6种形式: 当A与B衔接时,A与B至少有一条公共边线; 当A与C衔接时,A与C至少有一条公共边线; 当A与D衔接时,A与D至少有一条公共边线;当B与C衔接时,B与C至少有一条公共边线; 当B与D衔接时,B与D至少有一条公共边线; 当C与D衔接时,C与D至少有一条公共边线. 用AB表示A与B衔接的公共边线,并AB = BA; 用AC表示A与C衔接的公共边线,并AC =CA; 用AD表示A与D衔接的公共边线,并AD = DA; 用BC表示B与C衔接的公共边线,并BC = CB; 用BD表示B与D衔接的公共边线,并,BD = DB; 用CD表示C与D衔接的公共边线,并CD = DC. 并且AB、AC、AD、BC、BD、CD既可为直线、弧线、也可以为不规则曲线.

6种衔接形式只是A、B、C、D4种色块界限平面衔接形式的统概,由示图1可见A、B、C、D均只各有3种衔接形式:

示图2: A、B、C、D各自独有的3种衔接形式示意图A的3种衔接形式:

( 1) A与B衔接

( 2) A与C衔接

( 3) A与D衔接;

B的3种衔接形式:

1) B与A衔接

2) B与C衔接

3) B与D衔接

C的3种衔接形式:

1) C与A衔接

2) C与B衔接

3) C与D衔接

D的3种衔接形式:

1) D与A衔接

2) D与B衔接B

3) D与C衔接

( A 的 3 种衔接 B、C、D)

( B 的 3 种衔接 A、C、D)

( C 的 3 种衔接 A、B、D)

( D 的 3 种衔接 A、B、C)

4. 2. 5. 论题要求: 使A、B、C、D在P平面上衔接时,两两衔接的界限平面的颜色不相同. 同一平面上,两个互不相交的界限平面的衔接即为公共边线的衔接,因而要使A、B、C、D这4种色块界限平面在P平面上衔接时两个衔接平面的颜色不相同,即使A、B、C、D这4种色块界限平面中的任一界限平面的边线不重复AB、AC、AD、BC、BD、CD中的任一条边线,则论题成立. 但6种衔接形式为A、B、C、D这4种界限平面共有的衔接形式的统概,其中A、B、C、D均只能各有3种衔接形式,因而要使论题成立,A、B、C、D这4种色块界限平面的边数只能≤3.

4. 2. 6. 据几何常理确知,以周长为边线的圆形为边数最少的平面几何图形———只有1条边线. 若在P平面上取任意一点为圆心,画无限多 个同心圆,轮次涂染 黄、蓝、红———即仅用A、B、C三种色块界限平面,即可无穷分割P平面,并使相连的界限平面颜色均不相同.

上图即为三色定理示意图.

三色定理: 即用3种颜色构成的界限平面分割任一无限平面,可使衔接相连的界限平面颜色均不相同. 方法为:在任一无限平面上取任一点为圆心,取顺次递增的任意数值为半径,作无限个同心圆,轮次以A、B、C三种不同颜色作环形涂染,循环往复,即使相互衔接的环形色块界限平面的颜色均不相同.

4. 2. 7. 根据2点成线、3点成面的平面几何原理可知,除圆形外,边数最少的界限平面即为三角形( 三边形) 平面,无论是锐角、直角、钝角、规则或不规则的三角形平面,均只有3条边线. 据上解A、B、C、D在P平面上均各有3条不重复的衔接线( 边线) ,衔接线不重复即边界衔接的色块界限平面的颜色不重复. 因而只要以A、B、C、D各自固有的3条不重复的衔接线为三角形的边线,在P平面上作无穷多个任意大小彼此衔接互不相交的三角形,即使衔接相连的界限平面颜色均不相同,则论题成立. A、B、C、D在P平面上取三角形时,3条边线同时为衔接线,以下示图表示:

示图4: A、B、C、D三角形公共边线示意图

三角形A衔接B、C、D的公共边线:

A与B衔接,即AB线段;

A与C衔接,即AC线段;

A与D衔接,即AD线段;

即三角形A的3边分别为: AB、AC、AD.

三角形B衔接A、C、D的公共边线:

B与A衔接,即BA线段

B与C衔接即为BC线段

B与D衔接即为BD线段

即三角形B的3边分别为: BA、BC、BD.

三角形C衔接A、B、D的公共边线:

C与A衔接即为CA线段

C与B衔接即为CB线段

C与D衔接即为CD线段

即三角形C的3边分别为: CA、CB、CD.

三角形D衔接A、B、C的公共边线:

D与A衔接即为DA线段

D与B衔接即为DB线段

D与C衔接即为DC线段

即三角形D的3边分别为: DA、DB、DC.

( D 的三边为: DA、DB、DC)

4. 2. 8. 以下分步图示: A,B,C,D三角形色块界限平面无限分割P平面,并使两两相邻的色块界限平面颜色不相同.

示图5: 4色三角形分割P平面步骤示意图

( 1) 在P平面上取任意3点作任意3角形,用黄色涂染,即为A1色块界限平面:

( 2) 分别以A1的3条边线为底边作与A1不相交的3个任意3角形,分别涂上蓝、红、白3种颜色,即分别得出A1、B1、C1、D1色块界限平面,A1衔接B1的边线即为A1B1边线、A1衔接C1的边线即为A1C1边线、A1衔接D1的边线即为A1D1边线:

( 3) 由上图可见,( 三角形) A1的3边分别为A1B1、A1C1、A1D1. 这时,( 三角形) B1、C1、D1均只有1条边线与A1衔接,其余2条边线仍没有衔接其他色块界限平面. 这时,可取B1、C1、D12条没有衔接其他色块界限平面的边线的任一条为底边,取底边外的一点为顶点,作与B1、C1、D1相互衔接互不相交的三角形,示图:

B1与 C1夹角各一顶点可直接联结成 1 个三角形( 右示图)

( B1与 C1直接联结成 三角形D1)

( 4) 由( 示图5. 6) 可见到: B1与C1的夹角可直接联成1个三角形,因为B1、C1各有一条边线已分别确定为A1B1、A1C1,由此确知B1与C1联结产生的三角形只能取D涂色( 因为A1B1、A1C1中已含A、B、C三种颜色) ,才能使B1、C1三边相邻的色块界限平面的颜色均不相同; 用D涂色后得出的三角形即为D2. D2产生后,B1的2条边即确定为A1B1、B1D2,因而B1第3边只能衔接C色块界限平面( 因为A1B1、B1D2中已含A、B、D三种颜色) ,即只能衔接C2; 同理D2产生后,C1的2条边即确定为A1C1、C1D2,即确知C1第3边只能衔接B色块界限平面( 因为A1C1、C1D2中已含A、C、D三种颜色) ,即只能衔接B2; 同理,因为D1已有一条边线确定为A1D1,因而另2条边线为底边所作的与D1衔接的2个三角形,只能分别取B、C涂色( 因为A1D1中已含A、D两种颜色) ,即D1只能衔接B3、C3. 这样即可把( 示图5. 6) 中的三角形全部涂上颜色,并使相邻的色块界限平面颜色不重复,如下示图:

( 5 ) 再分别以B2、B3、C2、C3、D2仍没有确定的边线为三角形的底边,取底边外的一点分别作与B2、B3、C2、C3、D2衔接不相交的三角形,如( 4)所示的方法,根据B2、B3、C2、C3、D2已确定的边线的字母推导新作的三角形应取A、B、C、D四色中那一种颜色涂染,即可使相互衔接的色块界限平面颜色不相同; 如此类推,即可使无穷多个A、B、C、D集合的色块界限平面无限分割P平面上,并使相互衔接的A、B、C、D集合的色块界限平面的颜色不相同,如下示图:

( 6 ) 再分别以A2、A3、A4、B4、B5、C4、D3、D4、D2仍没有确定的边线为三角形的底边,取底边外的任一点为顶点,作与A2、A3、A4、B4、B5、C4、D3、D4、D2衔接而不相交的三角形,根据新作的三角形已确定的边线推导选择A、B、C、D四种颜色其中的一种涂染新作的三角形,因为A、B、C、D集合中的任一三角形,均有三条不重复的边线( 比如: A集合中A1的三边为A1B1、A1C1、A1D1、A2的三边为A2B2、A2C2、A2D2……An的三边为AnBn、AnCn、AnDn) ,任一三角形的三条边线均可不重复出现,边线不重复即衔接的色块界限平面的颜色不相同. 如此类推,即可在P平面作无穷多个A、B、C、D集合的三角形,交使衔接的色块界限平面的颜色不相同. 即使论题成立.

综合上解,即得出初级四色定理:

用四种颜色构成的界限平面分割任一无限平面,当4种颜色构成的界限平面均为三边形( 规则或不规则三角形)时,即使衔接相连的界限平面颜色均不相同.

但因为地图由3、4、5……N边形、圆形等不规则图形构成,故单纯的环形界限平面无法应用于地图描绘,因而,三色定理无法应用于地图描绘. 单纯的直线三角形也无法应用于地图描绘,因而初级四色定理也无法直接应用于地图描绘. 而要使初级四色定理应用于地图描绘,即涉及怎样把不规则多边形变为只有3条边线的“三边形”的“变形几何”———用“变形几何”一词,是因为想不出更贴切的词来传导把不规则多边形,变化为只有3条边线的“三边形”的数理意念,第一时间跃升脑海的词即为“变形几何”,故取而用之.

5. 化不规则多边形变为“三角形( 三边形) ”的方法

众所周知,地图描绘是无法改变任一地区、任一国家地貌形状的,因而四色定理应用于地图描绘时,只能基于不改变任一地区、国家地貌的基础上进行. 而当地貌图形固定不变时,变的只能是数理思维模式与绘图技巧.

根据几何原理,任一线段( 包括直线、曲线、弧线) 均由无数点组成. 在一条线段上取任意2点,这2点间的线段即可视为三边形的底线,再从这条底线外取任意一点为顶点,用线段分别将底线上的2点与顶点连接,即得出一个底边不规则的三角形( 三边形) . 如下图示:

同理,图A、图B中的三角形可变形为以下图C、图D中三边不规则的三边形:

即: 在任一不规则多边形的周边上取任意不在同一直线上的3点,均可视为三角形顶角1个顶点,和2个底角的2个顶点,则这个不规则的多边形即可视为由3条不规则的边线构成的变形三角形———也称不规则三边形.

同理,仅有一条边线的圆形圆周上的任意3点,均可视为三角形1个顶角和2个底角的3个顶点,则这个圆形即可视为由3条弧形边线构成的变形三角形———也称弧边三边形:

因而,在同一平面上,任一不规则的多边形或圆形,均可视为变形三角形———即不规则三边形; 任一不规则的多边形或圆形,均可以3条不规则的边线( 或弧线) 与外界衔接———这即是使不规则多边形和圆形化为变形三角形的原理,变形三角形也称不规则三边形. 同理,把不规则的多边形或圆形变为变形三角形的原理,即为变形几何的原理. 变形几何原理的基本内涵为: 所谓“变形几何”,即实相几何图形不变,而是以变化的数理逻辑思维,在实相几何图形的基础上导引出不同概念的几何图形.

掌握了任一不规则多边形和圆形均可变为不规则三边形的原理,初级四色定理即可与变形几何原理相结合,从而推导出广义四色定理:

用4种颜色构成的界限平面分割任一无限平面,当4种颜色构成的界限平面均为三角形时,即使衔接相连的界限平面颜色均不相同. 应用变形几何原理,任一不规则的多边形和圆形均可视为变形三角形( 可变为不规则三边形) ,均可只以3条不规则的边线为公共接壤线; 因而,使4种颜色构成的界限平面可无形状限制,但必须任一界限平面均只以3条边线为公共衔接线,即可无穷分割任一无限平面,并使衔接相连的界限平面颜色均不相同———这即是广义四色定理,简称四色定理.

广义四色定理可以直接应用于地图描绘.

6. 应用四色定理描绘地图

应用四色定理描绘地图,即仅用4种颜色描绘任一地区、国家、世界的地图,并使相邻两个区域的颜色均不相同.

统概而论,地图是地球表面地貌物象的缩略图. 地表由陆地( 包括平原、沟壑) 、海洋( 包括河流、湖泊) 、山脉、林木( 包括草原、森林) 四大类物形构成,四大类物形在地表无间隙衔接. 地图描绘,即把这四大类物形描绘在纸质、布质或其他材质制成的同一有限平面上. 而适合于无限P平面的四色定理,同样适合于有限P平面.

设用于描绘地图的有限平面为P平面,应用四色定理描绘地图时,四大类地貌中任一复杂地貌均可视为不规则的N边形或圆形,并均为地图描绘时不可改变的实相几何图形. 但应用变形几何原理,可把任一不规则的N边形或圆形变为不规则三边形. 因而,无论四大类地貌的几何形状如何复杂和不规则,均可只以3条边界线与周边的自然景物衔接. 用四种颜色描绘地图的方法有两种: 1. 四种颜色均无特指; 2. 四种颜色均为指定颜色,以下分别说明.

1. 因为地表自然物象统概为4大类,故任一区域庇邻的自然物象均只能≤3( 本身为一类) . 因而,当四种颜色无特指时,则可应用四色定理,在不改变任一区域地貌的几何图形的前提下,使任一区域地貌固有的几何图形变化为不规则三边形,并依据( 4、2、8) 所解的方法,顺次选择A、B、C、D四种颜色中的一种,涂染每个地区或国家,即可使两个相邻衔接的区域的颜色不相同. 但这样描绘出的地图四大类地貌颜色混杂,即不同地区、国家的陆地、海洋、山脉、森林的颜色不统一,同一种自然物象会被描绘成黄、蓝、红、绿4种颜色,不易于自然物象的区别. 因而,地图描绘惯常使用指定颜色,即使某种颜色特指某种自然物象,比如蓝色特指海洋、黄色特指陆地……以下即用指定颜色的方法,使四种颜色依据四色定理描绘地图.

2. 设用于描绘地图的有限平面为P平面,用黄色表示陆地( 包括平原、沟壑) ,并用字母A表示; 用蓝色表示海洋( 包括河流、湖泊) ,并用字母B表示; 用褐色表示山脉,并用字母C表示、用绿色表示林木( 包括草原、森林) ; 则地表的一切物象均可以用衔接而互不相交的A、B、C、D四种色块界限平面描绘在P平面上.

又因为,地表的一切物象统概为4大类,因而,P平面上任一核心或非核心物象的边线衔接的自然物象均只能≤3种,即: 陆地只能衔接海洋、山脉、林木; 海洋只能衔接陆地、山脉、林木; 山脉只能衔接衔接陆地、海洋、林木; 林木只能衔接陆地、海洋、山脉. 因而,无论任一地区或国家的边境接壤多少个地区或国家,其边境线衔接的自然物象均只能≤3种. 因而,使用指定颜色的方法,不但有利于自然景物的识别,也利于应用四色定理描绘地图.

据上所设,任一地区或国家的陆地在P平面上均表示为A色块界限平面. 因而,当任一地区或国家的边境线只衔接海洋、河流、湖泊、山脉、草原、森林时,则A色块界限平面只与B、C、D这3种色块界限平面衔接,并且A、B、C、D均为无间隙衔接,因而应用变形三角形原理即可视A为不规则三边形,以3条不规则的边线分别与B、C、D三类不相同的自然物象衔接,则四色定理成立.

而当2个、3个……N个地区或国家的边境线为公共沙漠时,任一与沙漠接壤的地区或国家,内陆与沙漠间均存在着过渡地带,过渡地带上或存在林木、草原、山脉、海洋、河流等自然物象,即在两个A色块界限平面之间或出现B、C、D色块界限平面的轮替,对于沙漠公共区域,四色定理同样成立.

只有一种现象例外,如果2、3……N个地区、国家的边境以陆地接壤,即相互衔接的边境线上没有海洋、湖泊、山脉、河流、林木、草原等自然物象为分界线,即为2、3……n个A色块界限平面直接连接. 但世界上陆地直接相连并边界线上无植披、无山脉、无河流、海洋等自然物象分界的地区或国家极少存在,即使偶尔会出现2个、3个……n个地区或国家的陆地直接接壤现象,也可以通过添加界限物象以达成色块界限平面的轮替. 最简单的方法即为添加蓝色或裼色的边界线、界碑,或种植绿色的林带,即可达成色块界限平面的轮替. 这样,四色定理同样成立.

因而,运用四色定理,用四种颜色描绘地图,可使相邻的区域不出现颜色的重复. 论题成立.

7. 综述

论证四色猜想这道困惑了人类100多年的疑题,我只用了6大步骤,自始至终没有使用任一计算式,最本位地让平面几何回归平面几何的范畴加以论证. 我之所以能找到这道疑题简洁的论证方法,是因为我以明确四色猜想的数理概念为切入点,这看似简单的文字概括,100多年来却从没有谁像我一样专注和深入地思考过,并准确地用文字表达,这归蒂于我的理解力和文字表达能力. 数理涵义与概念不明确的四色猜想,并不具广义性、规律性的数理应用价值,只有明确出四色猜想的数理涵义和概念,四色猜想才具有广义性、规律性的数理应用价值. 并据此找准了论题、论点,论据,从而打开了论证此题的捷径之门.

此文中所述的变形几何的概念和原理、化不规则N边形为变形三角形的原理,均为独创,有待专家学者们鉴评.而我运用变形几何原理论证四色猜想,又一次冲破了人类数理固有的樊篱,开拓出论证此论题的捷径. 想说: 数学并非越繁复、越高深即越接近真理,返璞归真才与真理同道;人类的一切文明成果均源于创造与承继,没有创造即没有承继,没有承继即没有发展. 而当简单的问题被过度地复杂化,并成为人类社会固定的程式,庸人自扰即成为人类世界的通病.

第6节———应用四色定理描绘地图,因为电脑绘图困难等原因,我无法例具更多的示图,也没有详尽地举一些地区和国家的地貌实例丰富论证内容. 但当四色猜想的数理涵义和概念明确后,四色猜想的应用范畴已超越了地图描绘,而成为具有广义性、规律性的数理定理. 而我对四色猜想概念明确、逻辑严谨的简洁论证,足以沥清100多年来所有与四色猜想相关的疑问,真知者即有共识.

我用简洁的方法论证四色猜想,或将成为电脑永远也无法战胜人类大脑最好的例证. 但我不知道,习惯于奖励高深艰涩学术成果的人们,是否会给予简洁同等的认同,让我收获同等的荣誉与奖励.

摘要：四色猜想诞生的100多年来,困惑了许多想解开此疑题的人们.本文以明确四色猜想的数理涵义和数理概念为切入点,明确出100多年来没有谁明确出的四色猜想的数理涵义和数理概念,从而准确地找到了论证四色猜想的论题、论点、论据,开拓了论证此论题的捷径.从而轻而易举地用平面几何原理求证出四色猜想的初级定理,并创新性地确立了化不规则N边形为变形三角形——即不规则三边形的变形几何原理,使之与四色猜想的初级定理相结合,导引出广义四色定理(又称四色定理),使四色定理能够直接应用于描绘复杂的地图.使论题成立.

关键词：四色猜想,变形三角形,变形几何,四色定理

猜想证明 篇2

内容摘要：设n为正整数，把大于8的偶数分为12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8这样6类，则每一类都可以用6n±1、6n±5、6n±7、6n±11、6n±13、6n±17、6n±19、6n±23……之类的数其中两个数的和表示。本文试图证明当和是大偶数的两个数都是质数时，n的取值是正整数集。

关键词:质数 奇数 偶数 正整数 自然数 集合 6n+1 6n-1 6n+5 6n-5 哥德巴赫猜想

上篇 哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想的内容：大于2的偶数都是两个质数的和,大于5的奇数都是三个质数的和。

下篇 哥德巴赫猜想的证明

分析：

小于4的质数有两个，即2和3,大于4的质数则很多，但都不是小于它本身的质数的倍数，这些小于它本身的质数当然包括2和3了，也就是说，大于4的质数既不是2的倍数，也不是3的倍数。若设n为正整数，则只有6n+1和6n-1表示的数才有可能是质数。

设定字母含义：

n:正整数；

m:自然数（包括“0”）； N+:正整数集合。

……；

N-23：6n-23为质数时n的所有取值n-23的集合； N-17：6n-17为质数时n的所有取值n-17的集合； N-11：6n-11为质数时n的所有取值n-11的集合； N-5：6n-5为质数时n的所有取值n-5的集合； N1：6n+1为质数时n的所有取值n1的集合； N7:6n+7为质数时n的所有取值n7的集合； N13：6n+13为质数时n的所有取值n13的集合； N19：6n+19为质数时n的所有取值n19的集合； N25：6n+25为质数时的n所有取值n25的集合； ……

N6m+1：6（n+m）+1为质数时n的所有取值n6m+1的集合。……

N-6m+1：6（n-m）+1为质数时n的所有取值n-6m+1的集合。N-1:6n-1为质数时n的所有取值n-1的集合。

N-7：6n-7为质数时n的所有取值n-7的集合。N-13：6n-13为质数时n的所有取值n-13的集合。N-19：6n-19为质数时n的所有取值n-19的集合。N-25：6n-25为质数时n的所有取值n-25的集合。……

N-6m-1：6（n-m）-1为质数时n的所有取值n-6m-1的集合。——————————————————————————— N5：6n+5为质数时n的所有取值n5的集合。N11：6n+11为质数时n的所有取值n11的集合。N17：6n+17为质数时n的所有取值n17的集合。N23：6n+23为质数时n的所有取值n23的集合。N29：6n+29为质数时n的所有取值n29的集合。……

N6m-1：6（n+m）-1为质数时n的所有取值n6m-1的集合。——————————————————————————— N6m+5：6（n+m）+5为质数时n的所有取值n6m+5的集合。N6m+7：6（n+m）+7为质数时n的所有取值n6m+7的集合。根据设定的字母含义，上面的集合除N+外，有些与N1有关，有些与N-1有关。我们把与N1有关的集合叫做“6n+1”型,把与N-1有关的集合叫做“6n-1”型。于是这些集合可分为两类：

第一类（“6n+1”型）: N1={n1|n1 =1，2，3，5，6，7，10，11，12，13，16，17，18，21，22，23，25，26，27，30，32，33，……}，N7={n7|n7=n1-1=1，2，4，5，6，9，10，11，12，15，16，17，20，21，22，24，25，26，29，31，32，……}，N13={n13|n13=n1-2=1，3，4，5，8，9，10，11，14，15，16，19，20，21，23，24，25，28，30，31，……}，N19={n19|n19=n1-3=2，3，4，7，8，9，10，13，14，15，18，19，20，22，23，24，27，29，30，……}，N25={n25|n25=n1-4=1，2，3，6，7，8，9，12，13，14，17，18，19，21，22，23，26，28，29，……}，……

N6m+1 ={n6m+1|n6m+1=n1-m=1-m，2-m，3-m，5-m，6-m，7-m,……}； N-5={n-5|n-5=n1＋1=2，3，4，6，7，8，11，12，13，14，17，18，19，22，23，24，26，27，28，31，33，34，……}，N-11={n-11|n-11= n1＋2=3，4，5，7，8，9，12，13，14，15，18，19，20，23，24，25，27，28，29，32，34，35，……}，N-17={n-17|n-17=n1+3=4，5，6，8，9，10，11，14，15，16，17，20，21，24，25，26，28，29，30，33，35，36，……}，N-23={n-23|n-23=n1+4=5，6，7，9，10，11，14，15，16，17，20，21，22，25，26，27，29，30，31，34，36，37，……}，……

N-6m+1={n-6m+1|n-6m+1=n1+m =1+m，2+m，3+m，5+m，6+m，……}。第二类（“6n-1”型）: N-1={n-1|n-1=1，2，3，4，5，7，8，9，10，12，14，15，17，18，19，22，23，25，27，28，29，30，32，33，34，……}，N-7={n-7|n-7=n-1 +1=2，3，4，5，6，8，9，10，11，13，15，16，18，19，20，23，24，26，28，29，30，31，33，34，35，……}，N-13={n-13|n-13=n-1 +2=3，4，5，6，7，9，10，11，12，14，16，17，19，20，21，24，25，27，29，30，31，32，34，35，36，……}，N-19={n-19|n-19=n-1 +3=4，5，6，7，8，10，11，12，13，15，17，18，20，21，22，25，26，28，30，31，32，33，35，36，37，……}，N-25={n-25|n-25=n-1 +4=5，6，7，8，9，11，12，13，14，16，18，19，21，22，23，26，27，29，31，32，33，34，36，37，38，……}，……

N-6m-1={n-6m-1|n-6m-1=n-1+m=1+m，2+m，3+m，4+m，5+m，7+m，……}； N5={n5|n5=n-1-1=1，2，3，4，6，7，8，9，11，13，14，16，17，18，21，22，24，26，27，28，29，31，32，33，……}，N11={n11|n11=n-1–2=1，2，3，5，6，7，8，10，12，13，15，16，17，20，21，23，25，26，27，28，30，31，32，……}，N17={n17|n17=n-1-3=1，2，4，5，6，7，9，11，12，14，15，16，19，20，22，24，25，26，27，29，30，31，……}，N23={n23|n23=n-1-4=1，3，4，5，6，8，10，11，13，14，15，18，19，21，23，24，25，26，28，29，30，……}，……

N6m-1 ={n6m-1|n6m-1=n-1-m=1-m，2-m，3-m，4-m，5-m，7-m，……}。首先证明大于2的偶数都是两个质数的和。证明过程分两步。第一步：偶数4，6，8都是两个质数的和。证明：4=2+2，6=3+3，8=3+5。

第二步：大于8的偶数都是两个质数的和。

大于8的偶数可分为12n-2，12n，12n+2，12n+4，12n+6和12n+8

这样6类，下面分别证明。

1．12n-2是两个质数的和。证明：

12n-2=（6n-1）+（6n-1）=（6n+5）+（6n-7）=（6n+11）+（6n-13）=（6n+17）+（6n-19）=（6n+23）+（6n-25）=……=[6（n+m）-1]+[6（n-m）-1] 当12n-2=（6n-1）+（6n-1）且6n-1为质数(如10=5+5，22=11+11,34=17+17等)时，n的所有取值的集合应为

N-1={1，2，3，5，6，7，10，11，12，13，14，15，16，17，18，19，22，23，25，27，28，29，30，32，33，34，…… }。

同理当12n-2=（6n+5）+（6n-7）且6n+5和6n-7都为质数(如22=17+5,34=23+11等)时，则n的所有取值的集合应为

N5N-7={1，2，3，4，6，7，8，9，11，13，14，16，17，18，21，22，24，26，27，28，29，31，32，33，……}{2，3，4，5，6，8，9，10，11，13，15，16，18，19，20，23，24，26，28，29，30，31，33，34，35，……}={2,3,4,6,8,9,11,13, 16，18，24，26，28，29，31，33，……}。

当12n-2=（6n+11）+（6n-13）且6n+11和6n-13都为质数(如34=29+5,58=41+17等)时，n的所有取值的集合应为

N11N-13={1，2，3，5，6，7，8，10，12，13，15，16，17，20，21，23，25，26，27，28，30，31，32，……}{4，5，6，8，9，10，11，14，15，16，17，20，21，24，25，27，29，30，31，32，34，35，36，……}={5,6,8,10，15，16，17，20，21，25，27，30，31，32，……}。

当12n-2=（6n+17）+（6n-19）且6n+17和6n-19都为质数（如58=47+11，70=53+17等）时，n的所有取值的集合应为

N17N-19……={1，2，4，5，6，7，9，11，12，14，15，16，19，20，22，24，25，26，27，29，30，31，……}{4，5，6，7，8，10，11，12，13，15，17，18，20，21，22，25，26，28，30，31，32，33，35，36，37，……}={4,5,6,7,11,12,15，20，22，25，26，30，31，……}。

当12n-2=（6n+23）+（6n-25）且6n+23和6n-25都为质数（如58=53+5,70=59+11等）时,n的取值应为

N23N-25={1，3，4，5，6，8，10，11，13，14，15，18，19，21，23，24，25，26，28，29，30，……}{5，6，7，8，9，11，12，13，14，16，18，19，21，22，23，26，27，29，31，32，33，34，36，37，38，……}={5,6,8,11,13，14，18，19，21，23，26，29，……},依次类推。

又当12n-2=（6n-1）+（6n-1）=（6n+5）+（6n-7）且6n-

1、6n+5、6n-7都为质数(如22=11+11=17+5,34=17+17=23+11等)时，n的所有取值的集合应为

N-1（N5N-7）={1，2，3，5，6，7，10，11，12，13，14，15，16，17，18，19，22，23，25，27，28，29，30，32，33，34，……}{2,3,4,6,8,9,11,13, 16，18，24，26，28，29，31，33，……}={1,2,3，4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 14，15，16，17，18，19，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，……}。

当12n-2=（6n-1）+（6n-1）=（6n+5）+（6n-7）=（6n+11）+（6n-13）且6n-

1、6n+5、6n-

7、6n+11、6n-13都为质数(如34=17+17=23+11=29+5等)，则n的所有取值的集合应为N-1（N5N-7）（N11N-13）=[N-1（N5N-7）]（N11N-13）={1,2,3，4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 14，15，16，17，18，19，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，……}{5,6,8,10，15，16，17，20，21，25，27，30，31，32，…}={1,2,3，4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 14，15，16，17，18，19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，……},依次类推。设当12n-2是两个质数的和时n的所有取值的集合为N-2，则当n→∞时，有

N-2=N-1（N5N-7）（N11N-13）（N17N-19）（N23N-25）……（N6m-1N-6m-1）＝[（N-1N5）（N-1N-7）] （N11N-13）（N17N-19）（N23N-25）（N6m-1N-6m-1）＝［（N-1N-1）（N5N-7）］（N11N-13）……］（N17N-19）（N23N-25）……（N6m-1N-6m-1）＝［N-1（N5N-7）（N11N-13）（N17N-19）（N23N-25）（N6m-1N-6m-1）＝［（N-1N5）……（N-1N-7）］（N11N-13）（N17N-19）（N23N-25）（N6m-1N-6m-1）……＝｛［（N-1N5）（N-1N-7）］N11｝｛［（N-1N5）（N-1N-7）］N-13｝（N17N-19）（N23N-25）……（N6m-1N-6m-1）

N

1（N5N-7）=N+

这个

12n-2是两个质数的和时，n的所有取值的集

合是正整数集，即无论n取任何正整数值，12n-2都是两个质数的和。

2．12n是两个质数的和。证明：

12n=（6n+1）+（6n-1）=（6n+7）+（6n-7）=（6n+13）+（6n-13）=（6n+19）+（6n-19）=（6n+25）+（6n-25）=……=[6（n+m）+1]+[6（n-m）-1] 设当12n是两个质数的和时n的所有取值的集合为N0，当n→∞时，则有

N0=(N1N-1)(N7N-7)(N13N-13)(N19N-19)(N25N-25)……（N6m+1N-6m-1）=（N1N7N13N19N25……N6m+1）（N-1N-7N-13N-19N25……N-6m-1）=N+N+=N+ 这个结论说明，当12n是两个质数的和时，n的所有取值的集合是正整数集，即12n是两个质数的和。

3.12n+2是两个质数的和。证明: 12n+2=(6n+1)+(6n+1)=(6n+7)+(6n-5)=(6n+13)+(6n-11)=(6n+19)+(6n-17)=(6n+25)+(6n-23)=……=[6（n+m）+1]+[6（n-m）+1] 设当12n+2是两个质数的和时n的所有取值的集合为N2，当n→∞时，则有

N2=（N1N1）（N7N-5）（N13N-11）（N19N-17）（N25N-23）……（N6m+1N-6m+1）=（N1N7N13N19N25……N6m+1）（N1N-5N-11N-17N-23 ……N-6m+1）=N+N+=N+

这个结论说明，12n+2是两个质数的和。4.12n+4是两个质数的和。证明：

12n+4=（6n+5）+（6n-1）=（6n+11）+（6n-7）=（6n+17）+（6n-13）=（6n+23）+（6n-19）=（6n+29）+（6n-25）=……=[6（n+m）+5]+[6（n-m）-1] 设当12n+4是两个质数的和时n的所有取值的集合为N4，当n→∞时，则有

N4=（N5N-1）（N11N-7）（N17N-13）（N23N-19）（N29N-25）……（N6m+5N-6m-1）=（N5N11N17N23N19……N6m+5）（N-1N-7N-13N-19N-25……N-6m-1）=N+N+=N+ 这个结论说明，12n+4是两个质数的和。5.12n+6是两个质数的和。证明: 12n+6=(6n+5)+(6n+1)=(6n+11)+(6n-5)=(6n+17)+(6n-11)=(6n+23)+(6n-17)=(6n+29)+(6n-23)=……=[6（n+m）+5]+[6（n-m）+1] 设12n+6当是两个质数的和时n的所有取值的集合为N6，当n→∞时，则有

N6=（N5N1）（N11N-5）（N17N-11）（N23N-17）（N29N-23）……（N6m+5N-6m+1）=（N5N11N17N23N29……N6m+5）（N1N-5N-11N-23……N-6m+1）=N+N+=N+

这个结论说明，12n+6是两个质数的和。

6.12n+8是两个质数的和。证明：

12n+8=（6n+7）+（6n+1）=（6n+13）+（6n-5）=（6n+19）+（6n-11）=（6n+25）+（6n-17）=……=[6（n+m）+7]+6（n-m）+1] 设当12n+8是两个质数的和时n的所有取值的集合为N8，当n→∞时，则有

N8=（N7N1）（N13N-5）（N19N-11）（N25N-17）……（N6m+7N-6m+1）=（N7N13N19N25……N6m+7）（N1N-5N-11N-17……N-6m+1）=NN=N +++这个结论说明，12n+8是两个质数的和。

由以上两步可知，大于2的偶数都是两个质数的和。现在证明大于5的奇数，都是3个质数的和，也分两步。第一步：奇数7、9、11都是3个质数的和。证明：7=2+2+3，9=2+2+5，11=2+2+7。第二步：大于11的奇数都是3个质数的和。

证明：大于11的奇数可分为6类，12n+1、12n+3、12n+5、12n+7、12n+9和12n+11，其中12n+1=（12n-2）+3，12n+9=（12n-2）+11，而12n-2和12n均已证明都是两个质数的和，所以大于11的奇数都是3个质数的和。

由以上两步可知，大于5的奇数都是3个质数的和。推论：大于5的自然数都是3个质数的和（请读者自证）。附：关于N1N7……N6m+1=N1N-5……N-6m+1=N-1N-7……

N-6m-1=N-1N5……N6m-1=N5N11……N6m+5=N7N13……N6m+7=N

+ 的证明

证明：当n、n1和n-1都趋向于无穷大时，n-

偶数哥德巴赫猜想的证明 篇3

关键词：奇、偶數哥德巴赫猜想；素组；素对；配素

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）18-208-01

偶数哥德巴赫猜想，自1742年以来先后难倒了欧拉、黎曼等伟大数学家.下面以得证的奇数哥德巴赫猜想为基础，通过“构造”素组、素对、配素及三个引理，使其得到证明。

一、若干定义

根据奇数哥德巴赫猜想有：

M=m1+m2+m3 （1）

其中M是大于7的奇数，m1，m2，m3是大于或等于3的奇素数.特别地：

1、命M为大奇数，简称大奇，显然M≥9；

2、m1，m2，m3均称为M的匹配奇素数，简称配素；

3、（m1，m2，m3）是M的1个配素组，简称素组；

4、M的1个素组（m1，m2，m3）有且只有3个素对：（m1，m2），（m1，m3），（m2，m3）。

二、若干引理

引理1：大奇M减去它的1个素对之和的差等于它相应的1个配素。

证明：根据大奇、素组、素对、配素的定义可推知.（因为大奇的素对必定归属于它的某个素组，是该素组3个素对中的1个，而这3个素对包含且只包含3个配素）。

如（1）中，M-（m1+m2）=m3，M-（m1+m3）=m2。

引理2：大奇M的任意1个素对（mx，my）之和不大于M-3，即：mx+my≤M-3。

证明：反证法.假设M有1个素对（mp，mq）之和大于M-3，即：mp+mq>M-3 （2）

则根据引理1有：M-（mp+mq）<3

令M-（mp+mq）=mk，则mk<3，与配素m≥3矛盾。

故假设不成立，引理2得证。

引理3：大奇M至少有1个素对（mp，mq）之和等于M-3，即：mp+mq=M-3.

证明：反证法.假设“大奇M没有1个素对之和等于M-3”，即“大奇M任意素对（mx，my）之和不等于M-3”，则必有

mx+my>M-3 （3）

或：mx+my

根据引理2，（3）不可能；根据引理1，由（4）可得：M-（mx+my）>3 （5）

令M-（mx+my）=mz，则mz>3 （6）

根据配素的定义知mz≥3，故（6）mz>3（即大奇M的任意配素都大于3）不可能，如11、13均必有1个配素等于3，故假设不成立，引理3得证。

三、证明偶数哥德巴赫猜想

贾朝华教授认为，偶数哥德巴赫猜想可以表述为：每个不小于6的偶数都是两个奇素数之和。命“每个不小于6的偶数”为“大偶”，即为下面的定理：

定理1：大偶N（N≥6）是两个奇素数之和。

证明：实际上这是引理3的必然推论。

命M是大奇，则根据引理3，必有

mp+mq=M-3（mp，mq是M的配素） （7）

则：M-3=mp+mq （8）

因为M≥9，故M-3≥6，故M-3=N

故（8）即：N=mp+mq （9）

因为（9）中mp、mq均是奇素数，故定理1得证。

故：偶数哥德巴赫猜想成立！

附：弱哥德巴赫猜想（百度百科）

在数论中，弱哥德巴赫猜想（又称为奇数哥德巴赫猜想、三重哥德巴赫猜想或三质数问题）是这样一个命题：

任何一个大于7的奇数都能被表示成三个奇质数的和（一个质数可以被多次使用）。

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。

参考文献：

[1] 潘承洞，潘承彪.哥德巴赫猜想，科学出版社，1981.

[2] 贾朝华.哥德巴赫猜想，10000个科学难题（数学卷），科学出版社，2009：101-103.

费马猜想的初等证明 篇4

费马猜想:

当n > 2时,Xn+ Yn= Zn无正整数解,其中xyz≠0.

证明: 对于X,Y,Z的奇偶性要求,若要等式成立,考虑以下两种情况:

1. 奇( Xn) + 偶( Yn) = 奇( Zn) ,

2. 奇( Xn) + 奇( Yn) = 偶( Zn) . 下面就情况1作讲解:

设X = a - d,Z = a + d,由X、Z的奇数性可知,a和d必一奇一偶. 得出: ( a - d)n+ Yn= ( a + d)n.

合并同类项后有:

为保证等式A的右边是一整数的n次方,首先须提取公因式andn,有:

初步讨论n的自然数取值,了解Yn的一般规律和使Y有整数解的内在要求.

1. 当 n = 1 时,显然成立.

2. 当 n = 2 时,,只要a乘d为平方数时,Y即可为整数.

3. 当 n = 3 时,,只要a > 1,d >1,括号内分数多项式和为分数,而要整个Y3有23因子,必须使括号内的分数多项式的和等于22,此种情况仅有当a =d = 1时才成立,而此时和a与d一奇一偶矛盾,且导致X =0,与费马猜想的题设矛盾,故n = 3时,费马等式无正整数解.

不失一般性,当n > 2时( n = 3,4,5,6,7,8……) ,

由于有组合公式: C1n+ C3n+ C5n…… = 2n -1,因此

研究等式A的多项式组合特征,发现当且仅当a = d =1时,

等式A中Yn= 2andn( C1n+ C3n+ C5n……) = 2andn* 2n -1= ( 2ad)n,

此时,Yn才为完全n次方数,Y才能为正整数. 但此时X = a - d = 0,与题设X,Y,Z任一不为0矛盾. ( 情况2的证明同情况1)

七年级数学猜想证明同步练习 篇5

8.5～8.6 猜想 证明 同步练习

【基础能力训练】

1．将正数按下列的位置顺序排列，根据图中的规律，2 004应该排在（）

A．M位B．N位C．P位D．Q位

2．仔细观察下面表格中图形的变化规律，“？”处的图是（）

3．下列语句中是命题的是（）

A．画一个角等于已知角C．钝角总大于锐角D∥CD

4．下列语句中不是命题的是（）

A．2008B．方程3x－6=0的解是x=2

CD．过P作直线AB的垂线

180°，那么这三个角中，至少有两个为锐角．

A．0．C．2个D．3个

6．填空：

（1）判断一件事情的句子叫_______．

（2）数学中每个命题都由_______和_______两部分组成．正确的命题叫______，•不正确的称为_________．

（3）被人们长期的实践所证实，并作为推理依据的事实叫做_______．

（4）用逻辑的方法判断为正确，并作为推理依据的真命题叫做________．

（5）下列命题：①所有的等腰三角形都相似②所有的等边三角形都相似③所有的直角三角形都相似④所有的等腰直角三角形都相似，其中真命题有______（填序）．

（6）等量公理：

①等量加等量，_______相等，即

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如果a=b，那么a+c______b+c；

②等量减等量，差_______，即

如果a=b，那么a－c______b－c；

③等量的同位量相等，即

如果a=b，那么ac________ac；

④等量的同分量________，即

如果a=b，c≠0，那么ab________； cc

⑤等量代换，即

如果a=b，b=c，那么a_______c．

【综合创新训练】

创新应用

7．观察下列等式

12－02=1

22－12=3

32－22=5

42－32=7

„

8．如图，是小明用火柴搭的1条，2条„“金鱼”，按此规律搭n•条金鱼需要火柴

数S=_______根．

多向思维

9．举反例说明命题“大于90°的角是钝角”是假命题．

10．•将“垂直于同一条直线的两条直线平行”改写成“如果„„那么„„”的形式．

开放探索

11．•七年级

（二）班的数学小组的几位同学正在研究“对于所有正整数n2－3n+13”的值是否都是质数，他们认真验算出n=1，2，3，„，10时，式子n2－3n+13•的值都是质数．部分成员还想继续验算下去，小明同学说：不必再验算下去了，对于所有正整数，式子n2－3n+13的值都是质数．

你赞同小明的观点吗？并请验证一下当n=12的情形．

探究学习

世界七大数学难题

2000年，美国克雷数学研究所悬赏：七大数学难题，每解破一题者，只要通过两年验证期，即颁发奖金100万美元，这七道难题是：

庞加莱猜想：已被朱熹平和曹怀东证明．

霍奇猜想：进展不大．

纳威厄一斯托克斯方程：离解决相差很大．

P与NP问题：没什么进展．

杨─米尔理论：太难，几乎没人做

黎曼假设：还没看到破解的希望．

答案:

【基础能力训练】

1．D

2．A解析：先竖切一刀，然后横切．

3．C解析：A，D不是判断语句，B是疑问句．

4．D解析：D不是判断语句．

5．D解析：①反例30°+45°≠90°；②反例120°+30°=150°不是平角；• ③在三角形中符合，在多边形中就不正确．

6．（1）命题（2）题设结论真命题假命题（3）公理（4）定理

（5）•②④（6）①和 =②相等 =③=④相等 =⑤=

【创新实践】

7．n2－（n－1）2=2n－1

8．8+6（n－1）

9．反例：180°>90°，180°的角是平角不是钝角；

360°>90°，360°的角是周角不是钝角，所以大于90

11．不赞同．

哥徳巴赫猜想之证明 篇6

哥德巴赫所担心的问题是: 当一个偶数充分大时,是否还会不会有充分大的两个素数之和用来等于该偶数.

实际上,担心是没有必要的,可以肯定地说,当一个偶数越大时,而与其该偶数相等的素数对就会越多.

例: 偶数210 = 199 + 11 = 197 + 13 = 193 + 17 = 191 +19 = 181 + 29 = 179 + 31 = 173 + 37 = 167 + 43 = 163 + 47 =157 + 53 = 151 + 59 = 149 + 61 = 139 + 71 = 137 + 73 = 131 +79 = 127 + 83 = 113 + 97 = 109 + 101 = 107 + 103.

共计有19对.

由于我们掌握了素数的规律性,给其猜想的证明就容易多了. 下面就详尽地、分步地来进行分析证明.

分析一一个奇素数的集合,用该集合中的每一个元素,分别与奇素数的集合相加,能够加全一切大于4的偶数. 那么,问题就得以解决. 运用的这一方法,叫加全法则.

当用最小素数3与其大于等于3的奇数序列相加,得3 + ( 2N + 3) .

N为包括零在内的正整数序列. 依次取值,显然就加全了大于4的全部偶数,称其为一次加全.

为了以后叙述方便,给N加注一个小脚标. 一次加全应写成: 3 + ( 2N1 + 3) .

第一步,要筛除3与含3因子的合数.

3 + ( 2×3N2+ 3) ,显然不合猜想的要求,但我们可找出替代它的等价式.

即 5 + ( 2 × 3N2+ 7)

7 + ( 2 × 3N2+ 5)

也就是说,筛除一个3因子却得到了两个可替代的等价式.

列出全部的算式,即:

3 + ( 2×3N2+ 5) ……1

3 + ( 2×3N2+ 7) ……2

5 + ( 2×3N2+ 5) ……3

5 + ( 2×3N2+ 7) ……4

7 + ( 2×3N2+ 5) ……5

7 + ( 2×3N2+ 7) ……6

这6个算式,又可加全大于6的全部偶数,称其为二次加全.

式中2、3两式等价,4、5两式等价,1、6两式等价.

分析二筛除一个3因子,有了两个等价式. 筛除5因子时,还会增加等价式吗? 若在筛除的素因子不断增大时,而替代它的等价式会大增,这样就可把猜想变为确定.

为了清晰明了,必须罗列大量算式,而从其数据中寻求等价式增多的原因.

以二次加全的1 ~ 6式为基础,进行三次加全.

取N2= 1 ~ 5这一节取是为了由6N2向30N3过渡.

取N2= 6 ~ 10这一节取是为了补充漏掉的等价式.

依据1 ~ 6算式: 当N2= 1 ~ 10时,

由6N2过渡到30N3,需要筛除5因子.

那么,三次偶数加全算式为:

( 10) 3 + 30N3+ 7

( 12) 5 + 30N3+ 7

( 14) 3 + 30N3+ 11 = 7 + 30N3+ 7

( 16) 3 + 30N3+ 13 = 5 + 30N3+ 11

( 18) 5 + 30N3+ 13 = 7 + 30N3+ 11 = 11 + 30N3+ 7

( 20) 3 + 30N3+ 17 = 7 + 30N3+ 13 = 13 + 30N3+ 7

( 22) 3 + 30N3+ 19 = 5 + 30N3+ 17 = 11 + 30N3+ 11

( 24) 5 + 30N3+ 19 = 7 + 30N3+ 17 = 11 + 30N3+ 13 =13 + 30N3+ 11 = 17 + 30N3+ 7

( 26) 3 + 30N3+ 23 = 7 + 30N3+ 19 = 13 + 30N3+ 13 =19 + 30N3+ 7

( 28) 5 + 30N3+ 23 = 11 + 30N3+ 17 = 17 + 30N3+ 11

( 30) 7 + 30N3+ 23 = 11 + 30N3+ 19 = 13 + 30N3+ 17 =17 + 30N3+ 13 = 19 + 30N3+ 11 = 23 + 30N3+ 7

( 32) 3 + 30N3+ 29 = 13 + 30N3+ 19 = 19 + 30N3+ 13

( 34) 3 + 30N3+ 31 = 5 + 30N3+ 29 = 11 + 30N3+ 23 =17 + 30N3+ 17 = 23 + 30N3+ 11

( 36) 5 + 30N3+ 31 = 7 + 30N3+ 29 = 13 + 30N3+ 23 =17 + 30N3+ 19 = 19 + 30N3+ 17 = 23 + 30N3+ 13 = 29 +30N3+ 7

( 38) 7 + 30N3+ 31 = 19 + 30N3+ 19 = 31 + 30N3+ 7

( 40) 3 + 30N3+ 37 = 11 + 30N3+ 29 = 17 + 30N3+ 23 =23 + 30N3+ 17 = 29 + 30N3+ 11

( 42) 5 + 30N3+ 37 = 11 + 30N3+ 31 = 13 + 30N3+ 29 =19 + 30N3+ 23 = 23 + 30N3+ 19 = 29 + 30N3+ 13 = 31 +30N3+ 11

( 44) 3 + 30N3+ 41 = 7 + 30N3+ 37 = 13 + 30N3+ 31 =31 + 30N3+ 13 = 37 + 30N3+ 7

至此,大于8的全部偶数三次加全完成,而且偶数大于16后,等价式不少于3个.

( 46) 3 + 30N3+ 43 = 5 + 30N3+ 41 = 17 + 30N3+ 29 =23 + 30N3+ 23 = 29 + 30N3+ 17

( 48) 5 + 30N3+ 43 = 7 + 30N3+ 41 = 11 + 30N3+ 37 =17 + 30N3+ 31 = 19 + 30N3+ 29 = 29 + 30N3+ 19 = 31 +30N3+ 17 = 37 + 30N3+ 11 = 41 + 30N3+ 7

( 50) 3 + 30N3+ 47 = 7 + 30N3+ 43 = 13 + 30N3+ 37 =19 + 30N3+ 31 = 31 + 30N3+ 19 = 37 + 30N3+ 13 = 43 +30N3+ 7

( 52) 3 + 30N3+ ( 49) = 5 + 30N347 = 11 + 30N3+ 41 =23 + 30N3+ 29 = 29 + 30N3+ 23 = 41 + 30N3+ 11

( 54) 5 + 30N3+ ( 49 ) = 7 + 30N3+ 47 = 11 + 30N3+43 = 13 + 30N3+ 41 = 17 + 30N3+ 37 = 23 + 30N + 31 = 31 +30N3+ 23 = 37 + 30N3+ 17 = 41 + 30N3+ 13 = 43 + 30N3+11 = 47 + 30N3+ 7

( 56) 3 + 30N3+ 53 = 7 + 30N3+ ( 49 ) = 13 + 30N3+43 = 19 + 30N3+ 37 = 37 + 30N3+ 19 = 43 + 30N3+ 13 =( 49) + 30N3+ 7

( 58) 5 + 30N3+ 53 = 11 + 30N3+ 47 = 17 + 30N3+ 41 =29 + 30N3+ 29 = 41 + 30N3+ 17 = 47 + 30N3+ 11

( 60) 7 + 30N3+ 53 = 11 + 30N3+ ( 49 ) = 13 + 30N3+47 = 17 + 30N3+ 43 = 19 + 30N3+ 41 = 23 + 30N3+ 37 = 29 +30N3 3+ 31 = 31 + 30N3+ 29 = 37 + 30N3+ 23 = 41 + 30N3+19 = 43 + 30N3+ 17 = 47 + 30N3+ 13 = ( 49 ) + 30N3+ 11 =53 + 30N3+ 7

( 62) 3 + 30N359 = 13 + 30N3+ ( 49) = 19 + 30N3+ 43 =31 + 30N3+ 31 = 43 + 30N3+ 19 = ( 49) + 30N3+ 13

( 64) 3 + 30N3+ 61 = 5 + 30N3+ 59 = 11 + 30N3+ 53 =17 + 30N3+ 47 = 41 + 30N3+ 23 = 47 + 30N3+ 17 = 53 +30N3+ 11

( 66) 5 + 30N3+ 61 = 7 + 30N3+ 59 = 13 + 30N3+ 53 =17 + 30N3+ ( 49 ) = 19 + 30N3+ 47 = 23 + 30N3+ 43 = 29 +30N3+ 37 = 37 + 30N3+ 29 = 43 + 30N3+ 23 = 47 + 30N319 =( 49) + 30N3+ 17 = 53 + 30N3+ 13 = 59 + 30N3+ 7

( 68) 7 + 30N3+ 61 = 19 + 30N3+ ( 49 ) = 31 + 30N3+37 = 37 + 30N3+ 31 = ( 49) + 30N3+ 19 = 61 + 30N3+ 7

( 70) 3 + 30N3+ 67 = 11 + 30N3+ 59 = 17 + 30N3+ 53 =23 + 30N3+ 47 = 29 + 30N3+ 41 = 41 + 30N3+ 29 = 47 +30N3+ 23 = 53 + 30N3+ 17 = 59 + 30N3+ 11

( 72) 5 + 30N3+ 67 = 11 + 30N3+ 61 = 13 + 30N3+ 59 =19 + 30N3+ 53 = 23 + 30N3+ ( 49 ) = 29 + 30N3+ 43 = 31 +30N3+ 41 = 41 + 30N3+ 31 = 43 + 30N3+ 29 = ( 49) + 30N3+23 = 53 + 30N3+ 19 = 59 + 30N3+ 13 = 61 + 30N3+ 11

注: 括号中的数值是未被筛除的合数,作为近似素数保留.

说明: 7 + 30N3+ 13 = 13 + 30N3+ 7称为互换等价式,为下一步求取更多的等价式打基础. 如当N3取1时,7 + 43 =13 + 37. 互换的可行原则,被筛除素数不可互换.

通过以上大量数据的列出,只为找出偶数增大时,等价式增多的规律.

从6N2向30N3过渡中,等价式在未被筛除5因子时,它的个数是随N2的取值增大而增加的. 由于Q2集合中只有{ 5,7} 这两个元素,因此,在1、6两式中,可互换的只有7; 在2、3两式中,可互换的只有5; 在4、5两式中,可互换的是5与7.

分析三从一个连续乘积节向下一个连续乘积节过渡时,求取出的等价式,增多的原因,是有了可互换的等价式.在乘积节增大后,可互换的等价式若能大量增加,问题便可解决.

为说明这一点,还需罗列数据. 由30N3乘积节向210N4乘积节过渡中,偶数应大于等于3 + 30 + 7 = 40,因为在30N3中,10与40是等价的,依次到38与68是等价的. 在偶数40 ~ 72里,只有44、46的等价式最少,是5个,可互换的等价式有3个.

那么,我们就以44为例. 由于Q3集合元素有了8个,使其在7 ~ 37范围内,可互换的等价式增加. 并且偶数大于等于40后,可互换的等价式不少于3个.

例: ( 44) 3 + 30N3+ 41 = 7 + 30N3+ 37 = 13 + 30N3+ = 31 + 30N3+ 13 = 37 + 30N3+ 7

当N3= 1时,写成草算式: 74 = 3 + 71 = 7 + 67 = 13 + 61= 31 + 43 = 37 + 37 = 43 + 31 = 61 + 13 = 67 + 7.

从44的5个等价式,到74就增加了3个,增加的3个可互换等价式,就是Q3集合中的( 7,13,31) 这三个元素. 所以N3取值大一个,就会多出3个等价式. 接下来继续推演( 略) .

当N3= 7时,由44的5个等价式,到254就增加了3×7 = 21个. 254总共等价式为5 + 21 = 26个.

由于N3= 7已经过渡到210N4,必须筛除7与含7因子的合数.

因为44有5个等价式,产生7与7因子的合数最多是5个,再加上互换中的最多5个互换,那么,应被筛除的等价式不超过2×5 = 10个. 实际254中仅有7个.

即254近似到Q4时的等价式是26 - 7 = 19个.

列出正规式: ( 254)

3 + 210N4+ 251 = 7 + 210N4+ [247] = 13 + 210N4+241 = 31 + 210N4+ 223 = 43 + 210N4+ 211 = 61 + 210N4+ 193= 67 + 210N4+[187]= 73 + 210N4+ 181 = 97 + 210N4+ 157= 103 + 210N4+ 151 = 127 + 210N4+ 127 = 151 + 210N4+ 103= 157 + 210N4+ 97 = 181 + 210N4+ 73 = [187]+ 210N4+ 67= 193 + 210N4+ 61 = 211 + 210N4+ 43 = 223 + 210N4+ 31 =241 + 210N4+ 13.

由210 + 13 = 223,那么254的等价式中,小于223的可互换等价式增到了15个. 这是因为Q3集合有48个元素,又因为Q3的值域为[11 ~ 211],因此,Q集合元素的剧增,使其可互换的等价式大增.

不妨再简述一下,以254为基础,由N4向N5的过渡状况.

N4的取值为1 ~ 11,当N4= 11时,已步入到N5.

其等价式为19 + 15×11 = 184个.

而最多需筛除11与11因子的合数为19×2 = 38个.

那么2310 + 254 = 2564时,其等价式最少应有184 -38 = 146个.

再以2564为基础,简述由N5向N6的过渡状况.

N5的取值为1 ~ 13,当N5= 13时,已步入到N6..

2564的等价式不少于146个,可互换的等价式不少于146 - 19 = 127个.

其等价式不少于146 + 127×13 - 2×146 = 1505个.

即∏( 2D13) + 2564 = 30030 + 2564 = 32594这么大的偶数时,不含有3 ~ 13的素因子 的近似等 价式有不 少于1505个

……

当由∏( 2DK) Nn向∏[2D( K + 1) ]Nn+ 1过渡时,

Nn的取值为1 ~ ( K + 1) ,当Nn= K + 1时,已步入Nn + 1.

设∏ ( 2DK) Nn充分大的 偶数在Nn时的等价 式为AK个.

可互换的等价式为AK - AK - 1个.

那么,Nn+ 1的近似等价式为: ( AK - AK - 1) × ( K +1) - AK.

由于AKAK - 1,素因子的K值不断地加大,

所以,( AK - AK - 1) × ( K + 1) AK.

根据前面的大量数据罗列,通过一步步地分析,至此,结论是: 在加全偶数的过程中,要依次筛除素因子,被筛除的合数要出现断档位,而断档位又靠增加的等价式来替代,所能替代的等价式是随其偶数的加大是增加的,等价式增加的原因是有可互换的等价式,可互换等价式的增加是来自Q集合的元素的大量增加. 因此,当偶数充分大时,与它相等的素数对就会越多.

偶数哥德巴赫猜想的证明 篇7

该公式是陈景润证明的偶数哥德巴赫猜想上限公式, 将7.8改成2就是在23页介绍的哈代和李特伍德给出的偶数哥猜的近似解公式.122页、127页介绍:不超过x的素数个数为π (x) .

素数中去掉不满足“偶数=两素数和”的素数的筛法:给定偶数除以各个平方根内的奇素数, 得到各种非零的余数.如果较大素数除以较小素数得的余数与给定偶数除同一小素数得的余数相同时, 偶数减该素数的差数会是合数, 将素数中的这种素数去掉, 剩下的素数才满足“偶数-素数=素数”.偶数的因子不含平方根内素数的特种偶数, x=2n, 以根内的所有奇素数为参数P, 把x数内包含的奇数, 全体P数, 每P留下 (P-1) 个数的数量, 全体P数, 再每 (P-1) 留下 (P-2) 个数的数量, 或者把x数内包含的奇数, 全体P数, 每P留下 (P-2) 个数的数量.就是x数内对称素数数量.孪生素数的常数内涵素数全缩小成对称素数的常数与数全缩小成素数的常数的比例:

素数缩小成对称素数的常数与数缩小成素数的常数的比例, 称为再全缩小素数的常数.

由连乘积求素数个数的算式与对数参数的素数个数的算式的等式, 两边同乘以再全缩小素数的常数, 得到两种形式的对称素数下限的数量.

哥德巴赫猜想的解的公式的创始人哈代曾说过:“如果哥德巴赫猜想有一天被证明, 其方法应该类似于我和李特尔伍德的方法, 不是圆法无力, 而是我们的分析工具不够.我们不是在原则上没有成功, 而是在细节上没有成功.”现在来看看公式的细节:

x连续扩大成平方数时下限公式的解:

关于“哥德巴赫猜想”的一个证明 篇8

对于大于4的任意偶数n,其符合“1+1”的素数个数可近似地表示为undefinedundefinedundefined表示第i个素数,其中,p1=2,p2=3,p3=5,p4=7,p5=11,…,di表示关于pi的筛选系数,当pi整除n时,di=1;当pi不整除n时,di=2,pk为undefined中最大的素数.这就是《古典筛法》的算式.

如果把“1”也当成一个素数来使用,则该式对6,8,12,18,24,30这6个偶数的“1+1”素数个数能进行准确的计算.以30为例.在undefined中的素数为2,3,5,其运算式为undefined.而30=1+29=7+23=11+19=13+17,所以是准确的运算.而其他的偶数n不能完全被undefined中所有的素数所整除,只产生一个有误差的值.当n很大时,这个误差值有多大呢?其误差是否会失控呢?这就成为历来证明的难点.

对于大于4的任一偶数n,总共有undefined个奇数,经素筛子pi(i=2,3,…,k)筛选后还剩约undefined个奇数.

当pi能整除n时,这undefined个奇数分成{(2m-1)pi},{(2m-2)pi+1},{(2m-1)pi+2},{(2m-2)pi+3},…,{(2m-1)pi+(pi-1)},m属于正自然数的以2pi为公差的pi个等差数列.每一数列的项数为undefined项.其中等差数列{(2m-1)pi}中相应两项之和为n,它们不可能存在“1+1“而舍弃,剩下undefined个奇数中可能存在“1+1”的素数.此时为准确的运算.当pi不能整除n时,这pi个数列的项数就不全相等了,分别为undefined项和undefined项(其中undefined表示不超过undefined的最大整数),而数列{(2m-1)pi}中的任一项只能与另一数列中相应项之和等于n,它们基本上不存在“1+1”(即至多仅有一对“1+1”).于是要舍弃两个数列(即di=2),其算式为

undefined

此时是有误差值的运算.该运算的误差有多大呢?从尽量舍弃项数最多的两个数列与尽量舍弃项数最少的两个数列对比来看,至多仅有两项之差,而①式为均值运算,所以①式的误差值总是小于2,其误差值是(0,2)中的一个数(文中提到的细节).然后再舍弃每一数列的首、末项,整数范围就从原先的[0,n]缩为[2pi,n-2pi],而(n-2pi)-2pi=n-4pi,将n-4pi替换①式中的n,则①式就变为

undefined

于是确保了②式为不足值的运算.将②式的前一个pi改为pk,则②式变为

undefined

所以③式所表示的k-1个式子全都是不足值的.

于是《古典筛法》的算式就变为

undefinedundefinedundefined

成为偶数n中含有符合“1+1”素数个数的不足值表达式了.若令di=2,则不足值得到进一步的增强,其式子为

undefinedundefinedundefined

undefined

当n≥100时,⑤式的值≥3(非空).

于是成功地证明了“哥德巴赫猜想”.

参考文献

猜想证明 篇9

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:

猜想证明 篇10

奇素数一之中天地合和乾坤度显的方法简称度法。度法就是由此1达彼2的过程[3]度法就是这3个符号的内在联系, 就是哥德巴赫猜想每个整数和谐秩序的规律。

用奇素数P (1, 4) 度法制作4个2图, 如图2-5所示。

当k=1时, gk=1, i=1, P1=1作P (1, 1) 中度法2图, 如图2所示。

∵纵看符号1都是一个奇素数1

∴符号2断然都是每个偶数既都是两个奇素数之和又都是俩奇数之和的确定对象。

∴2=1+1 (最小作用量原理) (1) 小象式

∵横看1都是一个k, 都是每个奇素数数目 (奇数序数) k

∴2L=k+k=2k-1 2L称之为度链长 (每个偶数是二隔历和)

∵每个偶数都是两个奇素数之和2L=2k-1每个偶数都是两个奇数之和2L=2k-1

∴2L=2k-1;度链长 (2 L每个偶数都是两个奇素数之和的数目) (2) 大象式

∵度中比2L/1=2k/k=2或以2L/1= (2k-1) /1/2 (2k-1) =1/1/2=2;计算结果都是2

∴度中比2L/1=2;两奇数和准则 (3) 兆式在k=1~4时成立得证.

可以看出:每个奇素数P (1, 4) 的度法2图和每个奇数g (1, 4) 度法2图的制作步骤结构模型图是完全一样的。所有度法都在总图右边的那个小图里。一连制作四个度法2图全是一样, 这是因为奇素数既是奇数又是素数。它们基本上完全相同:

∵每个偶数既都是两个奇素数之和又都是俩奇数之和的数目度链长2L=2k-1恰好等于gk;每个偶数都是两个奇数之和的每个整数2恰好=2gk

∴每个偶数既都是两个奇素数之和又都是俩奇数之和的数目度链长2L是一个奇数这么多, 每个偶数2名字是两个奇数之和这么大, 奇素数双两和定理在k=1~4时成立得证.

度法及其结果是每个整数自身的本性, 每个整数是谁都一样。但是, 随着奇数的增大, 奇素数在奇数中的比例越来越小。这样下去的情况会是怎样的呢?这一总图也完全可以解决这些方面问题:奇素数用奇素数的中, 奇数用奇数的中就可以了 (见图6) 。

在图6上边, 奇数g (1, 16) 一之中2图中可见:

∵纵看符号1在中都是每个奇数1

∴符号2是“每个偶数都是俩奇数之和”的确定对象。

∴2=1+1纵着和1+1是1 (最小作用量原理) (1) 小象式

∵横看1都是一个中, 都是每个奇数k, 都是任何一个奇数的k.

∴2L=k+k横着和1+1是2k (每个偶数是二隔历和)

∴2L=2k-1;度链长 (2中每个偶数都是两个奇数之和的数目) (2) 大象式

∵度中比2L/1=2k/k=2或以 (2k-1) /1/2 (2k-1) =1/1/2=2;计算结果都是2

∴度中比2L/1=2;两奇数和准则 (3) 兆式在每个偶数中成立得证。

∵每个偶数都是两个奇数之和的度链长2 L恰好等于gk;每个偶数都是两个奇数之和的每个偶数2恰好等于2gk;∴每个偶数都是两个奇数之和的数目度链长是一个奇数这么多, 名字是两个奇数之和这么大。俩奇数和定理一在每个偶数成立得证。

在图6下边奇素数p (1, 11) 度法2的每个偶数都是两个奇素数之和情况又是怎样的呢?

当i=11时, P11=31, gk=31, k=16 P (1, 11) 中度法2图 (见图6下)

在2图6下中, 得出度空一点Dn1=28度链长2L= (Dn1-1) =28-1=27,

奇素数/奇数=i/k=11/16=68.75%, 而相似度奇素数与奇数2L/2L=27/31=54/62=87.097%

∵每个偶数都是两个奇素数之和的数目度链长2 L= (Dn1-1) ≈Pi;每个偶数都是两个奇素数之和的每个偶数2≈2Pi∴“每个偶数都是俩奇素数之和”的数目度链长近似一个奇素数这么多, 名字近似两个奇素数之和这么大。两奇素数和定理二成立得证。

每个偶数都是俩奇素数之和与每个偶数都是俩奇数之和共有大同而略存小异: (见表1)

随着奇素数位数的增大, 尽管奇素数在其中的比例越来越小。然而, 奇素数P (1, i) 度法2与自身奇数g (1, k) 度法2的相似度%非但不减小却反而增大:从一开始一两位数就占80—90%以上高度相似, 三四位数就升到90%、95%以上, 随后2L的素/奇相似度%越来越近, 五位数就达到99.733%以上。[4]简而言之:

∵每个偶数都是两个奇素数之和的数目度链长2L≈Pi, 每个偶数都是两个奇素数之和的2≈2Pi;每个偶数都是两个奇数之和的数目度链长2 L=gk每个偶数都是两个奇数之和的2=2gk;又∵在奇素数本身既是奇数又是素数 (Pi=gk) 自身相等,

∴每个偶数既都是两个奇素数之和又都是俩奇数之和的数目是等于或近似等于一个奇素数这么多, 名字等于或近似等于两个奇素数之和这么大。奇素数双两和定理成立得证。

∵“每个偶数都是两个奇素数之和”的数目是等于或近似等于一个奇素数这么多, 名字是等于或近似等于两个奇素数之和这么大。

∴哥德巴赫偶数猜想每个偶数都是两个奇素数之和成立得证。

摘要：“每个偶数既都是两个奇素数之和又都是俩奇数之和”, 度法可以通解两和。奇素数既是奇数又是素数。随着奇数的增大, 尽管素奇比越来越小而两者度法2的相似度非但不小反而增大直到相似一样。

关键词：每个整数,每个奇素数,每个奇数

参考文献

[1]沈立有.每个偶数都是两个奇数之和[J].无线互联科技, 2013, 7 (217) .