第一篇：哥德巴赫猜想的證明

猜想1 每個不小于6的偶數(shù)都可以表示為兩個奇素數(shù)之和

猜想2. 每個不小于9的奇數(shù)都可以表示為三個奇素數(shù)之和。

證明：

設(shè)：m為整數(shù)且≥3；a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，

b7，b8，b9，為整數(shù)且≥1

∵m為整數(shù)且≥3

∴2m為偶數(shù)且≥6

尾數(shù)為1且<121的和數(shù)為：21，51.，81，91，111 共5個

尾數(shù)為1且≥121的和數(shù)可表示為：

①（10a+1）*（10b+1），2m>121

②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221

③（10a2+9）*（10b2+9），2m>361

尾數(shù)為3且<143的和數(shù)為：33，63，93，123，133 共5個

尾數(shù)為3且≥143的和數(shù)可表示為：

④（10a3+1）*（10b3+3），2m>143

⑤（10a4+7）*（10b4+9），2m>323

大于0且尾數(shù)為5的整數(shù)除了5，其余皆為和數(shù)

尾數(shù)為7且<187的和數(shù)為：27，,57，77,，87，117，147，177 共7個

尾數(shù)為7且≥187的和數(shù)可表示為：

⑥（10a5+1）*（10b5+7），2m>187

⑦（10a6+3）*（10b6+9），2m>247

尾數(shù)為9且<169的和數(shù)為：9，39，49，69，99，119，129，159 共8個

尾數(shù)為9且≥169的和數(shù)可表示為：

⑧（10a7+1）*（10b7+9），2m>209

⑨（10a8+3）*（10b8+3），2m>169

⑩（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，為整數(shù)且≥1

令代數(shù)式①，②，③，……，⑩分別小于2m

則 ab，a1b1，a2b2，……，a9b9分別可以表示：當(dāng)代數(shù)式①，②，③，……，⑩分別<2m 時，代數(shù)式①，②，③，……，⑩可以表示的數(shù)的個數(shù)

又∵大于等于3且小于2m的奇數(shù)可以求出為 m-1個 ∴ab可表示代數(shù)式①所能表示的數(shù)的個數(shù)與大于于3且小于2m的奇數(shù)的個數(shù)的m?1

比

（10a+1）*（10b+1）<2mab<2m?10a?10b?1100

ab2m?10a?10b?1<m?1100(m?1)

∵12m?10a?10b?1存在極大值 50100(m?1)

∴ab1的極大值為 m?150

m?1個 50∴大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，代數(shù)式①能表示的數(shù)最多為

同理可求得，大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，代數(shù)式①，②，③，……，⑩能表示的數(shù)最多都為m?1個 50

∴大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為1的和數(shù)最多為3(m?1)+5個 50

2(m?1)大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為3的和數(shù)最多為+5個 50

m?1大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為5的和數(shù)最多為-1個 5

2(m?1)大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為7的和數(shù)最多為+7個 50

3(m?1)大于等于3且小于2m的奇數(shù)中，尾數(shù)為9的和數(shù)最多為+8個 50

設(shè)p1，p2為正奇數(shù)

則 當(dāng)m為奇數(shù)時滿足p1+p2=2m的p1，p2共有

∵當(dāng)2m≥502時 [m?1-1組 2m?13(m?1)2(m?1)m?12(m?1)-1]-[+5]-[ +5]-[ -1]-[ +7] 25050550

3(m?1)-[ +8] 的極小值≥1 50

即，當(dāng)2m≥502且m為奇數(shù)時至少有1 組p1，p2使猜想1成立

∴當(dāng)2m≥502且m為奇數(shù)時猜想1成立

當(dāng)m為偶數(shù)時滿足p1+p2=2m的p1，p2共有

∵當(dāng)2m≥512時 [m-1組 2m3(m?1)2(m?1)m?12(m?1)-1]-[+5]-[ +5]-[ -1]-[ +7] 25050550

3(m?1)-[ +8] 的極小值≥1 50

即，當(dāng)2m≥512且m為奇數(shù)時至少有1 組p1，p2使猜想1成立

∴當(dāng)2m≥512且m為偶數(shù)時猜想1成立

∴當(dāng)2m≥512時 猜想1成立

當(dāng)2m≤512時，利用窮舉法，證得，猜想1成立

∴綜上所述，猜想1成立

∵大于等于9的偶數(shù)可以表示為 3+大于等于6的偶數(shù)

又∵猜想1成立

∴猜想2成立

通過總結(jié)證明過程可以得出：質(zhì)數(shù)的個數(shù)與和數(shù)個數(shù)的比值無限接近1:9

第二篇：我對哥德巴赫猜想的證明

我對哥德巴赫猜想的證明

哥德巴赫猜想：每個大于等于6的偶數(shù)，都可表示為兩個奇素數(shù)之和。

證明： 構(gòu)造集合 v = {x | x 為素數(shù) } ， 即 對于任意素數(shù) x ∈ v現(xiàn)構(gòu)造大數(shù) k 為集合 v 所有元素的乘積，

k=∏x ( x ∈ v) = 2*3*5*7*11*13......*m*......*n即k為所有素數(shù)的乘積，由上式明顯可知，k為大于6的偶數(shù)。按照哥德巴赫猜想，可表示為 k = l + g

現(xiàn)假定 l 是素數(shù)，可得

g = k - l = l * （k/l -1）

然 對于任何一個素數(shù) l 均(來自好范 文網(wǎng)www.taixiivf.com)為 k 的一個因子，

∴ 其中 k/l 為 正整數(shù)， 且有k 的構(gòu)造明顯可知 k/l大于2 ，∴ （k/l -1）為 大于等于 2的正整數(shù)，又∵ l 為一個素數(shù)，∴ g 不等于 k/l -1。

∵g 除了1 和 自身 外 至少還有 l 和 k/l -1 兩個因子， ∴g 不是素數(shù)。

∵ 對于任何奇素數(shù) l ，g = k - l 都不是素數(shù)

∴ k 不能被表示為兩個奇素數(shù)之和的形式

∴ 可知 哥德巴赫猜想 不成立。

證明完畢。

第三篇：哥德巴赫猜想證明方法

哥德巴赫猜想的證明方法

探索者：王志成

人們不是說：證明哥德巴赫猜想，必須證明“充分大”的偶數(shù)有“1+1”的素數(shù)對，才能說明哥德巴赫猜想成立嗎？今天，我們就來談如何尋找“充分大”的偶數(shù)素數(shù)對的方法。

“充分大”的偶數(shù)指10的500次方，即500位數(shù)以上的偶數(shù)。因為，我沒有學(xué)過電腦，也不知道大數(shù)的電腦計算方法，所以，我只有將“充分大”的偶數(shù)素數(shù)對的尋找方法告訴大家，請電腦高手幫助進(jìn)行實施。又因為，人們已經(jīng)能夠?qū)ふ?000位數(shù)以上的素數(shù)，對于500位數(shù)以內(nèi)的素數(shù)的尋找應(yīng)該不是問題，所以，“充分大”的偶數(shù)應(yīng)該難不住當(dāng)今的學(xué)術(shù)界。

“充分大”的偶數(shù)雖然大，我認(rèn)為：我們只須要尋找一個特定的等差數(shù)列后，再取該數(shù)列的1000項到201*項，在這201*個數(shù)之內(nèi)必然能夠?qū)ふ业浇M成偶數(shù)素數(shù)對的素數(shù)。下面，我們進(jìn)行簡單的探索，從中尋找到具體方法。

我們以偶數(shù)39366為例，進(jìn)行探索，按照本人的定理：在偶數(shù)內(nèi)，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)（自然數(shù)1除外），必然能夠組成偶數(shù)的素數(shù)對。

這里所說的素因子，指小于偶數(shù)平方根的素數(shù)，√39366≈198，即小于198的素數(shù)為偶數(shù)39366的素因子。

一、初步探索，

1、素因子2，39366/2余0，當(dāng)然，任何偶數(shù)除以2都余0，素數(shù)2把自然數(shù)分為：1+2n和2+2n，除以2余0的數(shù)和與偶數(shù)除以素因子2的余數(shù)相同的數(shù)都是2+2n數(shù)列中的數(shù)，剩余1+2n數(shù)列中的數(shù)為哥德巴赫數(shù)的形成線路；

2、素因子3，39366/3余0，素數(shù)3把1+2n數(shù)列分為：1+6n，3+6n，5+6n，除以3余0的數(shù)和與偶數(shù)除以素因子3的余數(shù)相同的數(shù)都是3+6n數(shù)列中的數(shù)，剩余1+6n，5+6n，兩個數(shù)列中的數(shù)為哥德巴赫數(shù)的形成線路；

3、素因子5，39366/5余1，我們對上面剩余的兩個數(shù)列任意取一個數(shù)列1+6n，取與素因子相同的項，5個項有：1，7，13，19，25。在這5個項中，必然有一個項除以5余0，必然有一個項除以素因子的余數(shù)與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同，必然剩余素因子5減去2（不能被素因子整除的，為素因子減去1）個項，即5-2=3個項既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。剩余7，13，19，以前面的素因子乘積2*3*5為公差，組成3個哥德巴赫數(shù)的形成線路：7+30n，13+30n，19+30n。后面只取3個項，至少有一個項。

4、素因子7，39366/7余5，我們?nèi)我馊?+30n的3個項有：7，37，67，這3個數(shù)中37，67，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。即37+210n和67+210n兩條線路都可以，

5、素因子11，39366/11余8，我們?nèi)?7+210n的3個項：37，247，457，這3個數(shù)，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。組成3個數(shù)列：37+2310n，247+2310n，457+2310n。

7、素因子13，39366/13余2，因為，下一個公差為2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能組成與素因子13相同的13個項，尋找組成偶數(shù)的素數(shù)對的素數(shù)，在取最后一個公差的等差數(shù)列時，不能取與素因子相同項數(shù)時，最少必須取素因子1/2以上的項。我們?nèi)?47+2310n數(shù)列在偶數(shù)1/2之內(nèi)的數(shù)有：247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

從素因子13到197，雖然還有40個素因子進(jìn)行刪除，但是，大家不要怕，它們的刪除率是相當(dāng)?shù)偷�，所以，在這些數(shù)中必然有能夠組成偶數(shù)素數(shù)對的素數(shù)存在。

素因子13，刪除能被13整除的數(shù)247，刪除除以13與39366除以13余數(shù)相同的數(shù)14107； 素因子19，刪除除以19與39366除以19余數(shù)相同的數(shù)11797；

素因子31，刪除能被31整除的數(shù)4867；

素因子53，刪除能被53整除的數(shù)9487，刪除除以53與39366除以53余數(shù)相同的數(shù)16417；

素因子61，刪除能被61整除的數(shù)18727。

最后，剩余2557和7177兩個數(shù)，必然能組成偶數(shù)39366的素數(shù)對。

探索方法二、

1、尋找等差數(shù)列的公差，令偶數(shù)為m、公差為b，我們已知該題的公差為2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一個素數(shù)為13，用13/2=6.5，那么，公差的要件為： m/b＞6.5，即大于7個項，主要是既要取最大的公差，又要確保不低于下一個素因子的1/2個項。我們就選擇2310為該偶數(shù)的公差。

2、尋找等差數(shù)列的首項，令首項為a，a的條件為：既不能被組成公差的素數(shù)2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，還必須在公差2310之內(nèi)；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：在2310之內(nèi)，大于或等于13的素數(shù)；自然數(shù)1；由大于或等于13的素因子與大于或等于13的素因子所組成的合數(shù)。為了方便起見，我們在這里取大于或等于13的素因子。

（2）、a除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同。因39366-13=39353，39353分別除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，可以定為首項，得該等差數(shù)列為13+2310n。

取等差數(shù)列13在m/2的項有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。當(dāng)然，你也可以取該數(shù)列在偶數(shù)內(nèi)的所有項，但是，當(dāng)你全盤計算該偶數(shù)素數(shù)對時，取所有項必然形成與對稱數(shù)列的計算重復(fù)，該數(shù)列的對稱數(shù)列：因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，那么，對稱數(shù)2297也必然滿足這些條件，2297+2310n同樣是產(chǎn)生素數(shù)對的等差數(shù)列。

3、在上面的9上項中，去掉合數(shù)：2323，4633，6943，9253，11563，

4、再去掉除以后面40個素因子余數(shù)與偶數(shù)除以這40個素因子余數(shù)相同的數(shù)，也就是對稱數(shù)是合數(shù)的數(shù)：13，13873，16183，剩余18493必然能夠組成偶數(shù)39366的素數(shù)對。

簡單地談一下素數(shù)生成線路與哥德巴赫數(shù)的生成線路的區(qū)別：

1、素數(shù)生成線路，我們?nèi)匀灰?310為公差，在2310之內(nèi)不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480個，我們可以用這480個數(shù)為首項，以2310為公差組成480個等差數(shù)列，為偶數(shù)39366內(nèi)的素數(shù)生成線路。對于相鄰的偶數(shù)39364和39368來說，素數(shù)的生成線路是一樣的。

2、我們把能夠組成偶數(shù)素數(shù)對的素數(shù)稱為哥德巴赫數(shù)，偶數(shù)39366的哥德巴赫數(shù)生成

線路，以2310為公差，在2310之內(nèi)，既不能被2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同的數(shù)有：2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270個，即偶數(shù)39366以2310為公差的哥德巴赫數(shù)生成線路為270條，在2310內(nèi)的這270個數(shù)又是與2310/2=1155完全對稱的，如果全盤進(jìn)行計算必然重復(fù)，故，也可以看成是270/2=135條完整的哥德巴赫數(shù)形成線路，而素數(shù)生成線路是不會重復(fù)的。

而偶數(shù)39364的哥德巴赫數(shù)生成線路，在2310之內(nèi)既不能被2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同的數(shù)有：2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，為135條線路，只有偶數(shù)39366的1/2。區(qū)別在于偶數(shù)39366能夠被素因子3整除，為乘以2/3，偶數(shù)39364不能夠被素因子3整除，為乘以1/3，即能夠整除的素因子x，為乘以（x-1）/x，不能夠整除的素因子y，為乘以（y-2）/y，所以，偶數(shù)39366的素數(shù)對相當(dāng)于偶數(shù)39364的素數(shù)對的2倍。

對于“充分大”的偶數(shù)的估算：充分大的偶數(shù)為500位數(shù)，素數(shù)對個數(shù)，根據(jù)《哥德巴赫猜想的初級證明法》中，當(dāng)偶數(shù)大于91時，偶數(shù)的素數(shù)對個數(shù)不低于k（√m）/4，估計當(dāng)偶數(shù)大于500位時，k的值為4*10的10次方，得充分大的偶數(shù)的素數(shù)對個數(shù)不低于260位數(shù)，用500位數(shù)的偶數(shù)除以260位數(shù)的數(shù)，得充分大的偶數(shù)平均240位數(shù)個數(shù)字中，有一個素數(shù)對的存在。如果我們直接進(jìn)行尋找，相當(dāng)于大海撈針。

如果，我們按照上面的方法二進(jìn)行尋找，公差應(yīng)為496位數(shù)，估計素數(shù)2*3*5*7*?*1283為496位數(shù)，從素數(shù)1289到2861之內(nèi)，有素數(shù)除以素因子2，3，5，7，?，1283的余數(shù)不與偶數(shù)除以這些素因子的余數(shù)相同的數(shù)存在，存在的這個數(shù)可以作為等差數(shù)列的首項，2*3*5*7*?*1283的積作為等差數(shù)列的公差，取1289項，即1289個數(shù)，在這1289個數(shù)中，應(yīng)該有能夠組成500位數(shù)的偶數(shù)的1+1的素數(shù)對的素數(shù)存在。

難易度分析

尋找“充分大”偶數(shù)的一個“1+1”素數(shù)對與驗證1000位數(shù)以上的一個素數(shù)相比較，到底哪一個難度小。

人類已經(jīng)能夠?qū)ふ也Ⅱ炞C1000位數(shù)以上的素數(shù)，到底人們使用的什么辦法，我雖然不知道，但有一點可以肯定：都涉及素數(shù)，如果是簡單的方法，那么，都是簡單方法；如果是笨辦法，那么，都用笨辦法。我們在這里采用笨辦法進(jìn)行比較：

充分大的偶數(shù)指500位數(shù)的數(shù)，與1000位數(shù)的素數(shù)相比，相差500位數(shù)。1000位數(shù)的數(shù)開平方為500位數(shù)，我們以位數(shù)相差一半的數(shù)為例進(jìn)行分析。

100000000與10000相差一半的位數(shù)。笨辦法是：要驗證100000000以上的一個素數(shù)，假設(shè)要驗證的這個數(shù)開平方約等于10000，必須要用這個數(shù)除以10000之內(nèi)的素數(shù)，不能被這之內(nèi)所有的素數(shù)整除，這個數(shù)才是素數(shù)。因為，10000內(nèi)共有素數(shù)1229個，即必須做1229個除法題，才能得知這個數(shù)是不是素數(shù)。說個再笨一點的辦法，假設(shè)我們不知道10000之內(nèi)的素數(shù)，能否驗證100000000以上的這個數(shù)是不是素數(shù)呢？能，那就是用這個數(shù)除以10000內(nèi)的所有數(shù)，不能被這之內(nèi)所有的數(shù)整除，也說明這個數(shù)是素數(shù)。（之所以說，這兩種辦法是笨辦法，當(dāng)我們知道10000內(nèi)的所有素數(shù)時，要尋找100000000內(nèi)的所有素數(shù)，不是用除法，而是用乘法，步驟最多只占第一種笨辦法的1%，詳見本人的《素數(shù)的分布》中所說的方法）。

當(dāng)我們尋找偶數(shù)10000的一個素數(shù)對，須要多少個運算式？

我們知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理說應(yīng)該取等差數(shù)列的7項以上，這里可以取4個項，接近應(yīng)取數(shù)。我們基本上可以使用這個公差。這里的計算為5個計算式，簡稱5步；

大于11的素數(shù)，從13開始，尋找等差數(shù)列的首項，我們用（10000-13）分別除以2，3，5，7，11。能被3整除，除到3為止，一個減法，兩個除法，為3步；

素數(shù)17，（10000-17）分別除以2，3，5，7，11。不能整除，可以用17為等差數(shù)列的首項，組成等差數(shù)列：17+2310n。為6步；

數(shù)列17+2310n在10000內(nèi)有：17，2327， 4637，6947，9257，為4步；

計算素因子，√10000=100，素因子為100之內(nèi)的素數(shù)，除2，3，5，7，11外，還剩13 ，17 ，19 ，23 ，29，31 ，37 ，41 ，43， 47， 53 ，59 ，61， 67 ，71，73 ，79 ，83， 89， 97，為20個素因子。為1步；

用10000分別除以這20個素因子，把余數(shù)記下來。為20步；

用17分別除以這些素因子，當(dāng)除到67時余數(shù)與10000除以67余數(shù)相同，為14步； 用2327分別除以這些素因子，當(dāng)除到13時余數(shù)為0，為1步；

用4637分別除以這些素因子，當(dāng)除到31時余數(shù)與10000除以31余數(shù)相同，為6步； 用6947分別除以這些素因子，當(dāng)除到43時余數(shù)與10000除以43余數(shù)相同，為9步； 用9257分別除以這些素因子，既不能整除，也不與10000除以這些素因子的余數(shù)相同，奇數(shù)9257必然能組成偶數(shù)10000的素數(shù)對。為20步。

總計為：102步計算式。而驗證100000000以上的一個素數(shù)須要1229步計算式相比，結(jié)論為：尋找10000的一個素數(shù)對比驗證100000000以上的一個素數(shù)簡單。也就是說，尋找一個500位數(shù)偶數(shù)1+1的素數(shù)對，比驗證一個1000位數(shù)以上的素數(shù)容易。

尋找500位數(shù)偶數(shù)的素數(shù)對，因為，2*3*5*7*11*?*1283左右，其乘積為493到496位數(shù)，下一個素數(shù)可能為1289左右，1289/2=644.5。才能滿足取下一個素因子的值的1/2以上個項，當(dāng)然，能夠取到1289個項以上更好，更容易尋找到偶數(shù)的素數(shù)對。

敬請世界電腦高手驗證，充分大的偶數(shù)必然有1+1的素數(shù)對存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三臺縣工商局：王志成

第四篇：用c語言證明哥德巴赫猜想

用c語言證明哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想：任何一個大于6的偶數(shù)都可以寫成兩個素數(shù)的和。 #include <stdio.h>

#include <stdlib.h>

int main(void)

{

int number,a,b;

char c;

int i,j,k,l;

int sum,m;

system("cls");

printf("enter your number:");

scanf("%d",&number);

for (i=2; i<=number; i++)

{

sum=1;

for (j=2; j<i; j++)

{

if (i%j!=0)

{

sum=sum+1;

}

}

if (sum==(i-1))

{

if ((i+1)==number)

{

a=i;

b=1;

printf("%d=%d+%dn",number,a,b);

}

else

{

for (k=2; k<=i; k++)

{

m=1;

for (l=2; l<k; l++)

{

if (k%l!=0)

{

m=m+1;

} } if (m==(k-1)) {if ((i+k)==number&&i!=k){a=i;b=k;printf("%d=%d+%dn",number,a,b);

}

}

}

}

system("pause");

}} }

第五篇：陳景潤對哥德巴赫猜想的證明

陳景潤對哥德巴赫猜想的證明

這個問題是德國數(shù)學(xué)家哥德巴赫（c．goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在給大數(shù)學(xué)家歐拉的信中提出的，所以被稱作哥德巴赫猜想。同年6月30日，歐拉在回信中認(rèn)為這個猜想可能是真的，但他無法證明。從此，這道數(shù)學(xué)難題引起了幾乎所有數(shù)學(xué)家的注意。哥德巴赫猜想由此成為數(shù)學(xué)皇冠上一顆可望不可及的“明珠”�！坝卯�(dāng)代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內(nèi)容，第一部分叫做奇數(shù)的猜想，第二部分叫做偶數(shù)的猜想。奇數(shù)的猜想指出，任何一個大于等于7的奇數(shù)都是三個素數(shù)的和。偶數(shù)的猜想是說，大于等于4的偶數(shù)一定是兩個素數(shù)的和。”（引自《哥德巴赫猜想與潘承洞》）

哥德巴赫猜想貌似簡單，要證明它卻著實不易，成為數(shù)學(xué)中一個著名的難題。18、19世紀(jì)，所有的數(shù)論專家對這個猜想的證明都沒有作出實質(zhì)性的推進(jìn)，直到20世紀(jì)才有所突破。直接證明哥德巴赫猜想不行，人們采取了“迂回戰(zhàn)術(shù)”，就是先考慮把偶數(shù)表為兩數(shù)之和，而每一個數(shù)又是若干素數(shù)之積。如果把命題"每一個大偶數(shù)可以表示成為一個素因子個數(shù)不超過a個的數(shù)與另一個素因子不超過b個的數(shù)之和"記作"a＋b"，那么哥氏猜想就是要證明"1＋1"成立。

1900年，20世紀(jì)最偉大的數(shù)學(xué)家希爾伯特，在國際數(shù)學(xué)會議上把“哥德巴赫猜想”列為23個數(shù)學(xué)難題之一。此后，20世紀(jì)的數(shù)學(xué)家們在世界范圍內(nèi)“聯(lián)手”進(jìn)攻“哥德巴赫猜想”堡壘，終于取得了輝煌的成果。

到了20世紀(jì)20年代，有人開始向它靠近。1920年，挪威數(shù)學(xué)家布爵用一種古老的篩選法證明，得出了一個結(jié)論：每一個比6大的偶數(shù)都可以表示為（9+9）。這種縮小包圍圈的辦法很管用，科學(xué)家們于是從（9十9）開始，逐步減少每個數(shù)里所含質(zhì)數(shù)因子的個數(shù)，直到最后使每個數(shù)里都是一個質(zhì)數(shù)為止，這樣就證明了“哥德巴赫猜想”。

1920年，挪威的布朗(brun)證明了 “9+9 ”。

1924年，德國的拉特馬赫(rademacher)證明了“7+7 ”。

1932年，英國的埃斯特曼(estermann)證明了 “6+6 ”。

1937年，意大利的蕾西(ricei)先后證明了“5+7 ”, “4+9 ”, “3+15 ”和“2+366 ”。1938年，蘇聯(lián)的布赫 夕太勃(byxwrao)證明了“5+5 ”。

1940年，蘇聯(lián)的布赫 夕太勃(byxwrao)證明了 “4+4 ”。

1948年，匈牙利的瑞尼(renyi)證明了“1+c ”，其中c是一很大的自然數(shù)。1956年，中國的王元證明了 “3+4 ”。

1957年，中國的王元先后證明了 “3+3 ”和 “2+3 ”。

1962年，中國的潘承洞和蘇聯(lián)的巴爾巴恩(bapoah)證明了 “1+5 ”， 中國的王元證明了“1+4 ”。

1965年，蘇聯(lián)的布赫 夕太勃(byxwrao)和小維諾格拉多夫(bhhopappb)，及 意大利的朋比利(bombieri)證明了“1+3 ”。

1966年，中國的陳景潤證明了 “1+2 ”[用通俗的話說，就是大偶數(shù)=素數(shù)+素數(shù)*素數(shù)或大偶數(shù)=素數(shù)+素數(shù)（注：組成大偶數(shù)的素數(shù)不可能是偶素數(shù)，只能是奇

數(shù)。因為在素數(shù)中只有一個偶素數(shù)，那就是2。）]。

其中“s + t ”問題是指: s個質(zhì)數(shù)的乘積 與t個質(zhì)數(shù)的乘積之和

20世紀(jì)的數(shù)學(xué)家們研究哥德巴赫猜想所采用的主要方法，是篩法、圓法、密率法和三角和法等等高深的數(shù)學(xué)方法。解決這個猜想的思路，就像“縮小包圍圈”一樣，逐步逼近最后的結(jié)果。

由于陳景潤的貢獻(xiàn)，人類距離哥德巴赫猜想的最后結(jié)果“1＋1”僅有一步之遙了。但為了實現(xiàn)這最后的一步，也許還要歷經(jīng)一個漫長的探索過程。有許多數(shù)學(xué)家認(rèn)為，要想證明“1＋1”，必須通過創(chuàng)造新的數(shù)學(xué)方法，以往的路很可能都是走不通的。 1966年春,陳景潤向世界宣告，他得出了關(guān)于哥德巴赫猜想的最好的結(jié)果(1+2)，即任何一個充分大的偶數(shù)，都可以表示成為兩個數(shù)之和，其中一個是素數(shù)，另一個為不超過兩個素數(shù)的乘積。1966年,第17期《科學(xué)通報》上發(fā)表了陳景潤的論文。

(原文200多頁，不乏冗雜之處。)

1972年，陳景潤改進(jìn)了古老的篩法，完整優(yōu)美地證明了哥德巴赫猜想中的(1+2),改進(jìn)了1966年的論文。

1973年,《中國科學(xué)》雜志正式發(fā)表了陳景潤的論文《大偶數(shù)表為一個素數(shù)及一個不超過兩個素數(shù)的乘積之和》。該文和陳景潤1966年6月發(fā)表在《科學(xué)通報》的論文題目是一樣的，但內(nèi)容煥然一新，文章簡潔、清晰。

該論文的排版也頗費周折。由于論文中數(shù)學(xué)公式極多，符號極繁，且很多是多層嵌套，拼排十分困難�？茖W(xué)院印刷廠派資深排版師傅歐光弟操作，整整排了一星期。

所以只貼陳景潤先生在論文之開始：

【命p_x(1,2)為適合下列條件的素數(shù)p的個數(shù)：

x-p=p_1或x-p=(p_2)*(p_3)

其中p_1, p_2 , p_3都是素數(shù)。

用x表一充分大的偶數(shù)。

命cx={∏p|x,p 2}(p-1)/(p-2){∏p 2}(1-1/(p-1)^2 )

對于任意給定的偶數(shù)h及充分大的x，用xh(1,2)表示滿足下面條件的素數(shù)p的個數(shù)：p≤x,p+h＝p_1或h+p＝(p_2)*(p_3)，

其中p_1,p_2,p_3都是素數(shù)。

oldbach猜想目前沒有證明出來，最好的結(jié)果就是陳式定理。陳景潤的證明很長，而且非數(shù)論專業(yè)的人一般不可能讀懂。整理過的證明參看

潘承洞，潘承彪 著，《哥德巴赫猜想》，北京：科學(xué)出版社，1981。

此書較老，現(xiàn)應(yīng)已絕版，可在較大的圖書館找到。

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