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哥德巴赫猜想证明者(精选多篇)第一篇：哥德巴赫猜想的证明猜想1 每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和猜想2. 每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
证明：设：m为整数且≥3；a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，为整数且≥1∵m为整数且≥3∴2m为偶数且≥6尾数为1且<121的和数为：21，51.，81，91，111 共5个尾数为1且≥121的和数可表示为：①（10a+1）*（10b+1），2m>121②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221③（10a2+9）*（10b2+9），2m>361尾数为3且<143的和数为：33，63，93，123，133 共5个尾数为3且≥143的和数可表示为：④（10a3+1）*（10b3+3），2m>143⑤（10a4+7）*（10b4+9），2m>323大于0且尾数为5的整数除了5，其余皆为和数尾数为7且<187的和数为：27，,57，77,，87，117，147，177 共7个尾数为7且≥187的和数可表示为：⑥（10a5+1）*（10b5+7），2m>187⑦（10a6+3）*（10b6+9），2m>247尾数为9且<169的和数为：9，39，49，69，99，119，129，159 共8个尾数为9且≥169的和数可表示为：⑧（10a7+1）*（10b7+9），2m>209⑨（10a8+3）*（10b8+3），2m>169⑩（10a9+7）*（10b9+7），2m>289∵a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，为整数且≥1令代数式①，②，③，……，⑩分别小于2m则ab，a1b1，a2b2，……，a9b9分别可以表示：当代数式①，②，③，……，⑩分别<2m 时，代数式①，②，③，……，⑩可以表示的数的个数又∵大于等于3且小于2m的奇数可以求出为m-1个∴ab可表示代数式①所能表示的数的个数与大于于3且小于2m的奇数的个数的m?1比（10a+1）*（10b+1）<2mab<2m?10a?10b?1100ab2m?10a?10b?1<m?1100(m?1)∵12m?10a?10b?1存在极大值50100(m?1)∴ab1的极大值为m?150m?1个50∴大于等于3且小于2m的奇数中，代数式①能表示的数最多为同理可求得，大于等于3且小于2m的奇数中，代数式①，②，③，……，⑩能表示的数最多都为m?1个50∴大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为1的和数最多为3(m?1)+5个502(m?1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为3的和数最多为+5个50m?1大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为5的和数最多为-1个52(m?1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为7的和数最多为+7个503(m?1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为9的和数最多为+8个50设p1，p2为正奇数则当m为奇数时满足p1+p2=2m的p1，p2共有∵当2m≥502时[m?1-1组2m?13(m?1)2(m?1)m?12(m?1)-1]-[+5]-[ +5]-[ -1]-[ +7] 250505503(m?1)-[ +8] 的极小值≥1 50即，当2m≥502且m为奇数时至少有1 组p1，p2使猜想1成立∴当2m≥502且m为奇数时猜想1成立当m为偶数时满足p1+p2=2m的p1，p2共有∵当2m≥512时[m-1组2m3(m?1)2(m?1)m?12(m?1)-1]-[+5]-[ +5]-[ -1]-[ +7] 250505503(m?1)-[ +8] 的极小值≥1 50即，当2m≥512且m为奇数时至少有1 组p1，p2使猜想1成立∴当2m≥512且m为偶数时猜想1成立∴当2m≥512时猜想1成立当2m≤512时，利用穷举法，证得，猜想1成立∴综上所述，猜想1成立∵大于等于9的偶数可以表示为3+大于等于6的偶数又∵猜想1成立∴猜想2成立通过总结证明过程可以得出：质数的个数与和数个数的比值无限接近1:9第二篇：我对哥德巴赫猜想的证明我对哥德巴赫猜想的证明哥德巴赫猜想：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和。
哥德巴赫猜想成立的证明因为，科学是如实反映客观事物固有规律的系统知识，所以，本文只谈客观事物的固有规律，不谈任何人的断言；只欢迎大家用具体事例进行反驳，拒绝任何人以任何高腔压人．一，题意分析哥德巴赫猜想分为：猜想1，不小于6的偶数，可以表示为两个奇素数之和；猜想2，不小于9的奇数，可以表示为三个奇素数之和．只要猜想1成立，猜想2自然就成立．如果猜想1成立，大于9的任意奇数Ｗ，Ｗ-6之内的素数，都能够与所对应的偶数的素数对组成该奇数的素数组．如，奇数19，19-6＝13，13之内有奇素数3，5，7，11，13．这些奇素数有：3+16＝3+(3+13)＝3+(5+11)；5+14＝5+(3+11)＝5+(7+7)；7+12＝7+(5+7)；11+8＝11+(3+5)；13+6＝13+(3+3)．所以，本文只谈猜想1．猜想1，涉及两个术语：偶数，素数．偶数，指能被2整除的数，叫偶数．素数，只能被1和自身数整除的数，叫素数．从定义看，这两个定义，没有丝毫的联系，无法直接进行证明．那么，要证明该论题，必须创造条件，在相互联系的基础上，才能进行：为了达到统一，我们还要看偶数除以小于它根号以下所有素数的余数组合，我们把小于偶数根号以下的所有素数，简称为小素数．如令偶数为Ｍ，Ｍ/2余0，Ｍ/3余2，Ｍ/5余1，Ｍ/7余2，由这4个小素数有余数组合，固定了偶数为86，或86+210Ｎ的这一类偶数．素数，只能被1和自身数整除的数，叫素数．与素数相对应的数为合数，合数是除了能被1和自身数整除外，还能被其它数整除的数．令任意合数为Ｂ，Ｂ能被1和自身数以外的其它数整除时，必然其中一个约数为Ｂ平方根以下的数Ｄ，Ｄ或者为素数，或者为合数，当Ｄ为合数时，Ｂ必然能被组成Ｄ的素因子整除，也就是说：当Ｂ能被Ｂ平方根以下的任意素数整除时，Ｂ为合数；当Ａ不能被Ａ平方根以下的所有素数整除时，Ａ为素数，(这里的Ａ>3)．哥德巴赫猜想，是数学证明题，但又不同于其它的所有数学证明题：其它数学证明题是直观的，实在的．该题是抽象的，活动的．所谓抽象，是指不小于6的偶数，指大于4的所有偶数，具有无穷性，不固定性．该题的偶数的特性是不一样的，这里所说的特性，是指偶数除以它根号以下的所有素数的余数，是活动的，变化多端的．居于这两个方面，我们说偶数具有抽象性．在其它任何地方，提起偶数，只须要有一个定义”能被2整除的数，叫偶数”，就足够了．而这个题的偶数，涉及它能否表示为两个奇素数之和，素数是只能被1和自身数整除的数，或者说它是不能被自身数以外的其它素数整除的数，也可以说它是不能被它根号以下的素数整除的数，还可以说它是不能被小于它的素数整除的数．即，在该题谈论偶数，必须考虑它除以它根号以下所有素数的余数，我们把这种考虑叫做偶数的综合特性．所谓活动的，是指素数是活动的，它不同于整数，整数是除以1余0的数，可以用公差为1的等差数列表示，每一个项都是实实在在存在的，素数是不能用任何等差数列来表示，也就是说不能说任意一个等差数列的数都是素数；或者说，偶数内的大部份数不是素数，而大部份素数相对于具体偶数的对称数也不是素数，即，本身数是否是素数，因不固定而活动；对称数是否是素数，也因固不定而活动．或者说，素数的检验标准不同于整除，不同于偶数，决定了素数在偶数之内是活动的．衡量尺度，素数的最低(衡量尺度)是不能被它根号以下的所有小素数整除，素数相对于偶数来说，我们用不能被小于它的素数整除，统一到不能被偶数(衡量尺度)根号以下的素数整除．因为，抽象与活动，所以，我们不能象其它算术一样，出现一个具体的计算公式，计算出某一个具体的偶数必然有几个素数对．只能说明不小于6的偶数，必然存在素数对，或者说近似素数对个数．二，偶数的素数对定理我们把两个素数之和等于偶数的这两个素数，称为素数对．如，3+5＝8，把3+5称为8的素数对．令不小于6的任意偶数为M，小于√M的素数为小素数。
证明哥德巴赫猜想杨哲为了证明哥德巴赫猜想，采用了偶数裂项分析法，把一个偶数分裂为两个部分，再把这两个部分逐步变换成为两个素数，而且这个偶数的大小恰好与这两个素数的和相等。
在偶数裂项分析过程中有两种情况，一种是盈亏平衡，偶数恰好与这两个素数的和相等；另一种是盈亏不平衡，使偶数与两个素数的和不相等。
依据两个素数之间的大小关系，建立兄弟素数定理，用来平衡在偶数裂项分析中出现的盈亏不平衡，解决了盈亏不平衡问题。
得到的结论是，哥德巴赫猜想命题成立，即任意一个大于2的偶数都可以表示成两个素数之和。
1 证明方法简介1.1 偶数裂项分析法：把偶数2n分裂为n+n=(p1+t)+(p2-t)=p1+p2的分析方法，定义为偶数裂项分析法。
其中n为任意自然数，p1,p2(p1≤p2)为任意二素数，t为满足以上关系式的自然数。
偶数裂项分析法的关键是要找到合适的p1,p2,t使得以上的等式成立，用以下两种方法寻找p1,p2,t比较简便，其中求素数值要用筛法。
最小t值法：当p1,p2二素数的大小相近时t取得最小值，比喻：100=50+50=(47+3)+(53-3)=47+53（t=3,p1=47,p2=53此时两素数大小相近）最大t值法：当p1,p2二素数的大小相远时t取得最大值，比喻：100=50+50=(3+47)+(97-47)=3+97（t=47,p1=3,p2=97此时两素数大小相远）1.2 兄弟素数定理（简称BP定理）：1.2.1 例表分析：p1=p1´+k1=11=11+0=7+4=5+6=3+8，p2=p2´+k2=13=13+0=11+2=7+6=5+8=3+10从例表分析可以看出，对于任意一个素数p至少存在一个比p小的素数p´与一个自然数k使得k,p´的和与这个素数p相等，所以有如下的BP定理。
1.2.2 BP定理：定义满足以上条件的素数p为兄素数，素数p´为弟素数，定义自然数k为差量数，所以兄弟素数定理表述如下： 任意一个兄素数p，总是可以表达为一个弟素数p´与一个差量数k之和。
哥德巴赫的猜想1742年6月7日，哥德巴赫写信给欧拉，提出了著名的哥德巴赫猜想：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和，即77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461，可以表示成461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。
例子多了，即发现“任何大于5的奇数都是三个素数之和。
”1742年6月30日欧拉给哥德巴赫回信。
这个命题看来是正确的，但是他也给不出严格的证明。
同时欧拉又提出了另一个命题：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和。
但是这个命题他也没能给予证明。
[1]研究途径研究偶哥德巴赫猜想的四种方法。
这四种方式分别是:几乎素数、例外集、小变量三素数定理和哥德巴赫猜想4。
殆素数殆素数就是素因子个数不多的正整数。
现设N是偶数，虽然不能证明N是两个素数之和，但足以证明它能够写成两个殆素数的和，即N=A+B，其中A和B的素因子个数都不太多，譬如说素因子个数不超过10。
用“a+b”来表示如下命题：每个大偶数N都可表为A+B，其中A和B的素因子个数分别不超过a和b。
显然，哥德巴赫猜想就可以写成"1+1"。
在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。
“a + b”问题的推进1920年，挪威的布朗证明了“9 + 9”。
1924年，德国的拉特马赫证明了“7 + 7”。
1932年，英国的埃斯特曼证明了“6 + 6”。
1937年，意大利的蕾西先后证明了“5 + 7”,“4 + 9”,“3 + 15”和“2 + 366”。
1938年，苏联的布赫夕太勃证明了“5 + 5”。
1940年，苏联的布赫夕太勃证明了“4 + 4”。
1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1 + c”，其中c是一很大的自然数。
1956年，中国的王元证明了“3 + 4”。
稍后证明了“3 + 3”和“2 + 3”。
1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“1 + 5”，中国的王元证明了“1 + 4”。
我对哥德巴赫猜想的证明
哥德巴赫猜想：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和。
证明：构造集合 V = {X | X 为素数 } ，即对于任意素数 X ∈ V 现构造大数 K 为集合 V 所有元素的乘积，
K=∏X ( X ∈ V) = 2*3*5*7*11*13......*m*......*n 即K为所有素数的乘积，由上式明显可知，K为大于6的偶数。
按照哥德巴赫猜想，可表示为 K = L + G
现假定 L 是素数，可得
G = K - L = L * （K/L -1）
然对于任何一个素数 L 均为 K 的一个因子，∴其中 K/L 为正整数，且有K 的构造明显可知 K/L大于2 ，
∴（K/L -1）为大于等于 2的正整数，又∵ L 为一个素数，∴ G 不等于 K/L -1。
∵ G 除了1 和自身外至少还有 L 和 K/L -1 两个因子，
∴ G 不是素数。
∵对于任何奇素数 L ，G = K - L 都不是素数
∴ K 不能被表示为两个奇素数之和的形式
∴可知哥德巴赫猜想不成立。
证明完毕。
哥德巴赫猜想证明什么是哥德巴赫猜想：“凡大于2的偶数都能表示两素数之和”。
素数既是质数，像2、5、7、11、13等等，像大于2的偶数10，有两素数5+5之和；3+7之和形式。
偶数20有两素数17+3,13+7形式，都能表示两素数之和，我们还可以看出像偶数10有1+9,2+8,3+7,4+6,5+5这些形式之和，其中必有一对两素数之和3+7,5+5，我们可画图表示出来：5为偶数10的中心点。
从图中可以看出在像偶数10这段各数中，从两头（1和9）向内对应两数相加其和等于10，其它偶数也是这规律。
所有的奇数能表示2n+1形式，如果两奇数（2n1+1）和（2n2+1）x相乘所得的数必是奇合数，这个数是：（2n1+1）×（2n2+1）=4n1n2+2n1+2n2+1=2(n1+2n1n2+n2)+1,因为1既不是质数也不是合数，所以n1，n2不能为0，当n1=1，n2=1时，其代入上式奇合数为9，当n1=1不变n2=2时，奇合数为15，当n1=1不变n2=3时，其奇合数为21，在奇合数为9的式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值为4 ，即在n1=1，n2=1时。
在奇合数为15的式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值为7，即在当n1=1不变n2=2时。
在奇合数为21的式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值为10，即在当n1=1不变n2=3时.那么再继续当n1=1，n2=5时式子(n1+2n1n2+n2)的值为13，当n1=1不变n2=5时(n1+2n1n2+n2)等于16,。
也就是说当n1=1值不变，n2的值从1一次增加1值时，其所得的奇合数式子2(n1+2n1n2+n2)+1中的(n1+2n1n2+n2)的值随着依次从4增加3个值。
像上面的举例4、7、10、13、16、-------它们依次差值为3。
哥的巴哈猜想的证明
一、、质素加数大于2的情况
因为偶数的通式是：2n，其中n是大于1的整数，2n可以分解质因数，即2n=N1N2N3……，其中，N1、N2、N3……都是质数。
2n、N1N2N3……一定能写成两个相同奇数之和或两个相同偶数之和（因为N1N2N3……一定含有质因数2,），二者必居其一。
即可以学成：2n=（m+m）,m= N1N2N3……/2，当m是质数时（特别指出：当n=2时，2n=2+2），命题得证。
当m是合数时证明如下：
当m是偶数时，m加一个奇数或减去一个奇数能穷尽所有的奇数，又因为大于2质数一定存在于奇数之中，所以一定能找到两个质数之和表示任意一个偶数（2n）。
当m为奇数时，m加一个偶数或减去一个偶数也能穷尽所有的奇数，又因为大于2质数一定存在于奇数之中，所以一定能找到两个质数之和表示任意一个偶数（2n）。
即2n=[（N1N2N3……/2-a）+( N1N2N3……/2+a)]……①,不论当m为偶数时a为奇数，还是当m为奇数时a也为奇数，①始终能成立。
即大于2的偶数一定能写成两个质数（素数）之和，哥德巴赫猜想得以证明。
二、质数加数等于2的情况
我们容易知道：一个偶数和一个奇数之和一定是奇数，两个偶数之和一定是偶数。
2既是偶数也质数，如果2与另一个数的和是偶数，那么另一个数必须是偶数，又因为哥德巴赫猜想大于2的偶数都可写成
两个质数之和，即要求和是偶数，加数是质数，由于一个加数必须是2（2是偶数），和是偶数另一个加数也必须是偶数且必须是质数，因此另一个加数必须是2且只能是2。
即2是哥德巴赫猜想的质数之一，这个偶数必然是4，两个质数都必须是2。
即质数等于2时，哥德巴赫猜想得证。
