哥德巴赫猜想(1+1)的证明

哥德巴赫猜想(1+1)的证明哥德巴赫猜想是数学中一道历史悠久、未能在300余年内被证明的一道重要问题，猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以分解为两个质数的和。

以下将介绍一个有趣的证明方法。

首先，为了证明哥德巴赫猜想，我们需要了解一些基本数论知识。

数学家欧拉在18世纪提出了欧拉筛法，用于求解素数。

欧拉筛法可以得到一个素数表（prime table），在此基础上，我们就可以尝试通过素数表来证明哥德巴赫猜想。

我们先通过欧拉筛法得到一组素数表。

假设这个素数表中只包含n个素数，我们可以表示为P={p1,p2,p3,...,pn}。

那么根据哥德巴赫猜想，对于一个大于2的偶数m，我们可以得出公式：m=p+k其中，p是一个素数，k是另一个素数。

我们假设这个公式不成立，即对于m中任何一个素数分解，都无法得到p和k，那么根据数论知识，我们可以得到以下推论：1、m可以表示为至少三个奇素数之和：m=2p1+2p2+2p3+…+2pn2、由于素数表中只包含n个素数，所以必定存在i和j，使得：2p_i>m3、从公式（1）中可以得知，当k小于等于2pn时，也就是说，必定存在l和m，使得：2p_l<=k所以，根据公式（2）可以得出结论，当i和j存在时，必定存在l和m满足：现在我们要证明的是，如果假设公式（1）不成立，那么存在i、j和l、m，使得i≠l，j≠m，且2pl+2pm=m。

也就是说，任何一个不满足这个条件的m，都可以通过公式（1）来表示。

接下来，我们需要考虑以下三种情况：情况一：如果i=l或j=m如果i=l，那么必定存在k1和k2，使得：2p_i+k1=2p_l+k2从而可以得到m=2p_i+k1+2p_j-k1=2p_l+k2+2p_m-k2，就可以证明公式（1）成立。

情况二：如果i≠l，j≠m，且p_i+p_l≠p_j+p_m在这种情况下，我们可以通过重新排列公式（1）来得到：m=(p_i+p_l)+(p_j+p_m)其中，p_i+p_l和p_j+p_m都是奇数，因此必定可以找到两个素数q和r，使得：因此，我们可以得到：m=(2q+1)+(2r+1)所以，我们就可以通过公式（1）来表示m，证明公式成立。

数学论文：《哥德巴赫猜想》又一个证明关键词：哥德巴赫猜想,偶数,奇素数摘要：凡大于4的偶数都可表示成两个奇素数之和。

这是1742年6月7日德国数学家哥德巴赫在给欧拉的信中提出的问题。

也就是《1+1》的问题。

在《古典筛法》中隐含着一个细节，而这一细节却成为论文解决问题的突破口。

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，pi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［2，］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［2，］中的素数为2、3、5，其运算式为（1 ）（1 ）=8。

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［2，］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，总共有个奇数，经素筛子pi（i=2、3、k）筛选后还剩约（1 ）个奇数。

当pi能整除n时，这个奇数分成{（2m1）pi}、{（2m2）pi+1}、{（2m1）pi+2}、{（2m2）pi+3}{（2m1）pi+（pi1）}，m属于正自然数的以2pi为公差的pi个等差数列。

每一数列的项数为项。

其中等差数列{（2m1）pi}中相应两项之和为n，它们不可能存在《1+1》而给以舍弃，剩下（1 ）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［］项和［］+1项（其中［］表示不超过的最大整数），而数列{（2m1）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》）。

一加一等于几这个问题，小学生都知道，不就是等于2嘛。

用公式可以写成
1+1=2
However,著名科学家哥德巴赫曾经有个偶数哥德巴赫猜想是这么说的任一大于4的偶数都可以表为两个素数之和。

当时的科学家就理所当然的把其写成了1+1=2。

”,意思是1个大偶数等于1个素数加1个素数。

再来说一说皮亚诺系统
P⒈0是一个数．
P⒉任何数的后继是一个数．
P⒊不存在有同一后继的两个数．
P⒋0不是任何数的后继．
P⒌如果P是一个性质,使(a)0具有性质P,(b)当一个数n具有性质P时,
如果你有大学理论数学的基础的话，很快就能裁判能从中推出(a) n＋0＝n；(b) n＋k′＝(n ＋k)′
这一递归定义的两点规定完全确定了任何两个整数的和
得出1+1=2
一加一等于几的这个式子看起来很简单，但其中的历史与推断是数学家历经千辛万苦而得出的，所以敬畏自然吧！。

陈景润对哥德巴赫猜想的证明这个问题是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想。

同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。

从此，这道数学难题引起了几乎所有数学家的注意。

哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。

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

奇数的猜想指出，任何一个大于等于7的奇数都是三个素数的和。

偶数的猜想是说，大于等于4的偶数一定是两个素数的和。

”（引自《哥德巴赫猜想与潘承洞》）哥德巴赫猜想貌似简单，要证明它却着实不易，成为数学中一个著名的难题。

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

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

如果把命题"每一个大偶数可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a＋b"，那么哥氏猜想就是要证明"1＋1"成立。

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

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

到了20世纪20年代，有人开始向它靠近。

1920年，挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比6大的偶数都可以表示为（9+9）。

这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从（9十9）开始，逐步减少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 ”。

歌德巴赫猜想（1+1）的解法探讨法毫⽆疑问，要想攻克哥德巴赫猜想（1+1），⾸先要找到证明它的正确、可⾏的途径、⽅法。

证明⽅法有哪些？哪种⽅法可⾏？障碍在哪⾥，怎样扫除？⼏百年来，还没有⼈专题讨论这个问题。

数学家们⼋仙过海各显神通。

其中采取⼈数最多、名声、影响最⼤的⽅法是所谓的“迂回包抄法”，即证明“a+b”。

不必讳⾔，因为这种⽅法证明的⽬标、结果都是“合数+合数”，最好的结果（1+2）也仅仅是“素数+合数”，与问题（1+1）⽜头不对马嘴，即不是“素数+素数”，所以是错误的。

采取此法，实际是⾮理性的⽆奈选择，即使产⽣了成果，也是种⽠得⾖的“附产品”，另当别议。

其次是“穷举（验证）法”。

不⾔⽽喻，这种⽅法“⾏不通”。

正确的⽅法有如下⼏种。

1、“概率法”。

即证明（1+1）出现的概率不⼩于1。

这种⽅法“⾏不通”的障碍，是已有的准确计算素数个数的公式，需要找到2n平⽅根内所有的素数，才能计算出2n内的素数个数。

当2n⾮常⼤时，根本不可能找出需要的全部素数、⽆法计算（素数个数的下确界）。

因⽽需要⾰新计算⽅式、技术。

怎样⾰新？可谓⼈们“熟视⽆睹”，就是根据“筛法”原理、乘法分配律计算2n内的素数个数的下确界（2n平⽅根的k倍，k⼤于1且随⾮连续偶数增⼤递增）。

有了这个数据，证明不难吧？这种证明法，否定者会吹⽑求疵说，“只是概率呀，某些2n 可能例外呢？”2、“计算法”。

即直接求计任意⼤偶数的（1+1）式⼦数的下确界（结果导出其下限公式），只要其⼤于或等于1，问题迎刃⽽解。

具体证明请看《计算证明歌德巴赫猜想》。

怀疑者不妨⾃⼰先试证其（⾮常简单的，不取整运算的）近似值公式，再评判。

这种⽅法“⾏不通”的障碍、解决办法同1。

这种证明法，⽆懈可击吧！（⽬前，还没有⼀位否定者指出笔者的证明⽂稿的⽅案、途径、⽅法、障碍、论据、推理、计算、结论⼀丁点错误，或者举出⼀个反例。

他们不懂得否定公式成⽴，必须指出这些致命错误，或者明知故为？反正否定的理由，⽆⾮是不看就知道是错的；论⽂、记号不规范、概念模糊叙述不明；⽂章才⼏⾯太短⼩、初等、简单，根本不可能解答世界难题；作者运⽤的⽅法是别⼈运⽤过的，引理是公认的现成的，根本没有新的思想、见解、⽅法、发现；作者并未给出证明；推导出的计算式⼦不是公式；证明虽对，但没有价值意义；作者没有受过⾼等数学训练等等。

1+1到底等于多少回答：1+1=2.“1+1=2”与“哥德巴赫猜想中‘1+1’”的概念完全是两回事.郭敦顒是《哥德巴赫猜想证明》的作者,该论文发表于博客中国,为百度快照收录.偶数哥德巴赫猜想的意思是任一大于4的偶数都可以表为两个素数之和.以前的数学家将其简称为“1+1”,意思是1个大偶数等于1个素数加1个素数.而哥德巴赫猜想非常艰深,难以为一般人们所能真正理解,倒是其简称“1+1”给人以深刻地印象——被误解的印象——总有人问“1+1到底等于多少”,此问题不知还被误解到何时!数学家对此应向公众检讨!郭敦顒在其《数学纲领微观数学与宏观数学》一文中写道：自然数的皮亚诺公设与加法定义为了研究自然数的连续性,需先对自然数有个了解,故先介绍自然数的皮亚诺公设与加法定义．卡尔·亨佩尔在其论文《论数学真理的本性》注中介绍了作为数学基础的皮亚诺的公理系统——现在考察一个公设系统,从它可以导出自然数的整个算术．这个系统是由意大利数学家和逻辑学家皮亚诺(1858—1932)设计的．…术语“数”则专指自然数0,1,2,3…．自然数n的后继有时简称n′,它用来指按自然顺序紧跟n的那个自然数．皮亚诺系统包含下列五个公设：P⒈ 0是一个数．P⒉任何数的后继是一个数．P⒊不存在有同一后继的两个数．P⒋ 0不是任何数的后继．P⒌如果P是一个性质,使(a)0具有性质P,(b)当一个数n具有性质P时, n 的后继也具有性质P,那么每一个数都具有性质P．最后一个公设体现了数学归纳原理,并且以非常明显的方式作出了通过规定来坚持数学“真理”的例证．…我们可以建立一个加法定义,它以精确的形式表达出把任何自然数加到某一给定数上要被看做1的重复加法这样一种观念；后一运算立即可用后继关系来表达．加法定义有如下述：D⒈ (a) n＋0＝n；(b) n＋k′＝(n＋k)这一递归定义的两点规定完全确定了任何两个整数的和．…（顺便提一下,在公式“3＋2＝5”的证明中,我们反复地利用了等同关系的传递性；后者在这里是被作为可以用在任何算术定理的证明中的逻辑规则之一而接受下来的；所以它和任何其他逻辑原理一样不包含在皮亚诺公设之内．）现在可以用递归定义来定义自然数的乘法,递归定义用严格的形式表达了这种思想：两个整数的积nk可以被看成k个各等于n的项的和．D⒉(a) a·0＝0；(b) n·k′＝n·k＋n．。

简介筛法两步解答哥德巴赫猜想（1+1）（1+1），代指每个⼤于6的偶数2n都可以表成两个素数和。

在此不介绍其问题的提出，研究成果、进展、困难、价值、意义，直接扼要解说⼀种虽然初等、简单，但是确凿的证明的思路、⽅法。

第⼀步确定解答⽅案、途径从任意⼤的2n可以表成的n式两个⾃然数和中，减去所有加数有（1个或2个）合数的式⼦，再减去1（1所在式，另⼀加数被减去时不能再减），只要余式（必是素数和）不少于1，则（1+1）成⽴。

例如 2n=10=9+1=8+2=7+3=6+4=5+5减去有合数与1的式⼦，余下10=7+3=5+5两个式⼦。

（不必细说）其中道理，谁不明⽩？谁能否定此⽅案？根据解题思路命名，这种证明⽅法叫“筛（除合数）法”。

第⼆步实施计算根据实施⼿段命名，这种证明⽅法叫“计算法”。

1、减去两个加数都能够被2整除（即两合数和，理由不需要讲解吧）的式⼦： n-n/2=n/2 余式中没有加数能够被2整除的式⼦了。

2、因为已经减去的式⼦中的加数，能够被3整除的已经被减去，所以加数能够被3整除的式⼦数，最多（此处、以下都不考虑两个合数和的情形，因为按合数和情形计算，应该减去的式⼦数少⼀半，余式数更⼤。

因此，最终得出的余式数很可能⼩于实际数，绝对不可能⼤于实际数。

道理不⾔⾃明，2n的素因⼦越多，越⼩于实际数。

）还有余式的2/3（因为每式有两个加数），把它们从余式中减去：n/2-n/2x2/3=n/2x1/3 余式中没有加数能够被2、3整除的式⼦了。

3、与“2”同理，再从余式中减去余式中的加数能够被5整除的最多个数：n/2x/1/3-n/2x1/3x2/5=n/2x1/3x3/5 余式中没有加数能够被2、3、5整除了。

4、与“3”同理计算，依次减去余式中加数能够分别被7、11···直⾄2n平⽅根内最⼤素数p r整除的最多个数，最终得余式数n/2x1/3x3/5x5/7x9/11x···xp r-2/p r,这些式⼦的加数都不能够被2、3、5、7、11···p r整除了。

“1+1”张耀洲提要：他证明了任两个奇素数和的集合等于全体大于4的偶数集合。

从而证明了哥德巴赫猜想。

符号：Z 是全体自然数的集合；(P k ,P )1(+K )为第k(k+1)个奇素数；P K (P M )为小于2P k (2P )1(+k )的最大素数；Κ,Ν,Μ∈Z 。

引理1：集合A={2i│i=0,1,2,...n }任两个元素和的集合等于B={2i+2i│i=0,1,2,..n }；若有B ，则有A 。

引理2：集合A={2i│i=0,1,2,...n }任两个元素差中全体非负数的集合等于{0,2,4,...2n}。

定理1：設P n 为第n 个奇素数，P N 为小于2P n 的最大素数，则集合E ={(P i +P j )│2≤i+j≤2Ν+2}⊇{6,8,10,...P N +7}。

⑴定理2：設P n 为第n 个奇素数，P N 为小于2P n 的最大素数，则集合F ={(P i -P j )│2≤i+j≤2Ν+2}⊇{0,2,4,...P n +3}。

证明：用翘翘板归纳法证明定理1，2。

一，当n=1时,P 1=3,2P 1=6,P N =5,Ν=2,2Ν+2=6;F ⊇{0,2,4,6},E ⊇{6,8,10,12};当n=2时,F ⊇{0,2,4,6,8},E ⊇{6,8,10,12,14}；当n=3时，F ⊇{0,2,4,...10}，E ⊇{6,8,10,...20}.∴n=1,2,3时，定理1,2都成立。

二，按照归纳法假设，当n=k(k>2)时，集合F k ={(P i -P j )│2≤i+j≤2Κ+2}⊇{0,2,4,...P k +3}。

由引理1F 十={(P 1i -P 0i )+(P 1j -P 0j )│2≤i+j≤2Κ+2}⊇F 0={0,2,4,...2P k +6}。

∵(P 1i -P 0i )+(P 1j -P 0j )=(P 1i +P 1J )-(P 0i +P 0j )（2≤i+j≤2Κ+2）。