Question

谁能证明它是正确的啊！这问题看起来非常简单！

每个不小于6的偶数都是两个奇素数之和。
谁能给出具体证明它是对的或错的方法！

分定全部送上！
楼主别太小看我们了
回答者：chengongqpzm - 助理 二级 1-28 11:46

我可没有小看哈，只是来集合一下大家的力量！

回：shangshangka
没事，不可以讨论下吗？在1900年以前，还没有人上过天呢！

回diablo1412 - 江湖新秀 四级
（一）说"122可以分解为4组素数的和，这个值和公式的计算结果相近，",请问用的是什么公式?能算得这么准确!!
(二)N=122的4组哥德巴赫素数对:
1 122=13+109
2 122=19+103
3 122=43+79
4 122=61+61
D(122)=4
（三）为什么N=120的D(N)多,而N=122的D(N)少呢?这与N的互因子有关,120=2*2*2*3*5,122=2*61
(四)根据C(N)=PI(1-1/(P-1)^2)*PI((P-1)/(P-2))的第二部分C2B(N)=PI((P-1)/(P-2))可知C2B(120)=(3-1)/(3-2)*(5-1)/(5-2)=2/1*4/3=8/3=2.66667,而C2B(122)=(61-1)/(61-2)=60/59=1.016949,
(五)C2B(N)大,解答的哥德巴赫素数对就多,C2B(N)小,解答的哥德巴赫素数对就少,这个规律是印度籍心算怪杰拉曼纽扬(1887-1920)生前给出的!!
(六)我虽能计算C(N),但对你的公式,还不很了解,是不是60*1/2*1/C2B(120)=60/2/2.666667=30/2.66667=11.2,就取12呢??
(七)N=122,不如何得知它的解答数目是4的呢??请详细说明!!

Answer 1

我的思路是先把哥德巴赫猜想放宽一些，先证明一个比这个猜想更简单证明的定理，然后用此定理利用某种比较特殊的（跳区间的数学归纳法，一般的数学归纳法是证明当N=K时定理成立，N=K+1时定理也成立，这样定理就成立，我的证明的思路是如果定理在第K 个区间中成立，在第(k+1)个区间中也成立，那么定理就得证

哥德巴赫猜想的意思是，任意一个大于2的偶数，可以表示为两个素数之和

以下我用一种比较特殊的数学归纳法试图证明哥德巴赫猜想

先证明一个定理，这个定理比哥德巴赫猜想更简单些，如果这个定理证明成功了，用数学归纳法就可以证明哥德巴赫猜想了

定理1：任何一个大于4的偶数，可以表示为与任意一个合数相互质的两个奇数的和，或者是两个奇质数的和

设某个大于2的偶数T,T/2具有K1,K2,K3....KN几个因子，另有一个合数H ,具有J1,J2,J3,J4......JK这几个因子

先要证明当T<H 时，T可以表示为与H 互质的数的和，或者两个质数的和，或者一个质数与一个与H 互质的数的和

1，当T 的因子与H 的因子完全不相等的时候

T=T/2+T/2 满足定理1

2，当T/2 和K有相同因子K1=J1.K2=J2，K3=J3等M个相同因子

T=A+B

A=T/2-F

B=T/2+F

A,B 为奇数

在小于T/2的那么多个数中，使得A 或者B 不为J1，J2倍数的F的个数是可以计算的

因为若要使A,或者B具有J1 的因子，由于T/2本身有J1 的因子，所以，需要F本身也为J1 的倍数，而在小于T/2 的数中，是J1的倍数的数共有T/2/J1=T/(2J1)个

同样的，在小于T/2 的数中，是J2 的倍数的数共有T/2/J2=T/（2J2）个

是J3的倍数的数共有T/2/J2=T/(2J3)个

同时为J1J2的倍数的数有T/(2J1J2)个

现在计算在小于T/2的数中，使得A 或者B 是质数J4 的倍数的F的个数有几个

设T/2=KJ4+C1 (1.1)

那么要使得A=T/2-F 为J4的倍数

要求F=C1+N1J4 (1.2)

并且：F<T/2

可以知道此时的N 可以在0到K-1 中取值，所以使得A为J4 的倍数的F 共有

[(T/2-C1)/J4]个 （1.3）

要使得B=T/2+F 为J4 的倍数,要求F=N2J4-C1

要求 F<T/2

考虑到（1.1）式，可知

N2J4<C1+T/2 （1.4）

此时的使得B为J4 的倍数的F的个数为[(T/2+C1)/J4]个

两者相加可得使得A或者B 为J4 的倍数的F 的个数有[T/J4]个

同样的可以知道使得A 或者B 为J5 的倍数的F的个数为[T/J5]个

使得A 或者B 为JN的倍数的F的个数为[T/JN]个

当A具有J4 因子，同时B 就不可能具有J4因子

因为当A 具有J4 的因子的时候，F=C1+N1J4

当B具有J4因子的时候F=N2J4-C2

换句话说，两个数除以J4的时候不是同余的，两者不可能相等，因此不可能存在一个F使得A,B同时具有J4的因子

同时考虑到当T/2-F=J4,或者J5或者JN的时候，也满足定理

所以使得A 或者B为J4，J5,JN的二倍以上的倍数的个数为

[T/J4]-1+[T/J5]-1+......[T/JN]-1

现在计算使得A或者B 同时具有J4因子和J5因子的F的个数

因为使得A 或者B具有J4的因子的F的个数有[T/J4]个，分别为C1,C1+J4,C1+2J4,.....J4-C1,2J4-C1,3J4-C1,....,这几个数中多少个将同时使得A 或者B具有J5的因子呢,以下分成四种情况来考虑

（一）

F使得A=T/2-F同时为J4,J5的倍数

因为T/2=NJ4+C1

那么F 的取值就有一种可能：

（2.1）F=K2J5J4+C1

因为要求F<T/2

K2J5J4+C1<T/2

考虑到（1）式，可知满足这样的要求的F有[(T/2-C1)/(J4J5)]个

或者[(T/2-C1)/(J4J5)]+1个(当C1=C2 时，K2=0也成立）

（二） F 使得B=T/2+F 同时为J4,J5的倍数，

因为T/2=NJ4+C1

F的取值也有一种可能

（2.2）F=K3J5J4-C1

因为要求F<T/2

满足这样的要求的F有[(T/2+C1)/(J4J5)]

（三）

F使得A=T/2-F为J4的倍数，同时B=T/2+F为J5的倍数

F使得A=T/2-F为J5 的倍数，同时B=T/2+F为J4的倍数

实际上，这两种F的个数可以综合起来考虑，符合以上状况的F的个数等价于下式中

T=NJ4+MJ5 (1.4)

中的可能的表达式的个数，或者说N,和M的可能的取值的个数

我们令T=PJ4J5+C12 (1.5)

NIJ4+M1J5=N2J4+M2J5=N3J4+M3J5

(N2-N1)J4=(M1-M2)J5

由于J4和J5 互质，而且N2-N1 是最小可能的数，因此

N2-N1=J5, (1.6)

M1-M2=J4 (1.7)

于是NK=N1+(K-1)J5 (1.8)

MK=M1-(K-1)J4 (1.9)

要求NJ4<T

MJ5<T

NKJ4=N1J4+(K-1)J4J5<T

可以知道满足这样的N和M的个数有[T/(J4J5)]个

（四）A=J4,B=J5

这种情况自然的满足定理1的要求

（一），（二），（三）三种情况相加，知道使得A 或者B 同时为J4,J5的倍数的F的个数为[2T/(J4J5)]个

同样的可以知道使得A 和B 同时是J4,J5,J6的倍数的F 的个数为[4T/(J4J5J6]个

使得A和B 同时是J4,J5,J6,J7的倍数的F的个数为 [8T/(J4J5J6J7]个

......

使得A 和B 同时是J4J5.....JN的倍数的F的个数为 [(2的（N-2)次方)T/(J4J5.....JN)个

现在再考虑使得A 或者B 同时具有J1,J4的倍数的F的个数

使得A 或者B 同时为J1的倍数的F的个数为[T/2J1],因此使得，A 或者B 同时为J1,J4的倍数的F的个数为[T/(2J1J4)]

使得A或者B 同时为J1,J4,J5的倍数的F的个数为[T/(J1J4J5)个

可以知道，当J1,J2 ,J3 为T的因子的时候，使得A或者B 为T 的因子的F 的个数要比当T1，T2,T3不为T 的因子的时候的F的个数要少

而要证明定理1 成立，只需要那么多的F 的个数小于T/2 即可

因为在小于T/2的数中，使得定理不满足的数小于T/2,这也就意味着必然的存在着一个数使得定理1 满足

因为J1,J2,J3 不为T 的因子的时候，F的个数更多，我们只考虑J1,J2,J3 也不为T的因子的时候F的总个数

我们令 G=[T/J1]+[T/J2]+[T/J3]+[T/J4]+[T/J5}]+.....+[T/JK]-[2[T/(J1J2)]-[2[T/(J1J3)]-[2T/(J1J4)]-......+[4T/J1J2J3]+.....

只要上式小于T/2,定理即能够成立

为简单起见，我们先将上式中的取整符号先去掉

令LN=1/3+1/5+1/7+......1/JN-2/(3×5)-2/(3×7)-2/(5×7)-.....-2/(7JN)+4/(3×5×7)+......(注，此式中的N 是下标） (1.6)

我们可以将上式与下面的式子相比较

LM=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+......1/M-2/(3×5）-2/（3×7）-2、（3×9）-.....2/（5×7)-......+4/(3×5×7)+4/（5×7×9）+.....-8/(3×5×7×9)-8/（3×5×7×11）-......+16/(3×5×7×9×11)+...... (1.7)

相比较

两个式子的不同点在于， (1.6）式中的JN 是质数，而（1.7)式中的M，则为了大于3的奇数

经过验证可以知道（1.7）式的LM=1/3+1/2(1/3-1/5)+1/2(1/5-1/7)+1/2(1/7-1/9)+1/2(1/9-1/11)+.......=1/2--1/(2N+1)

所以LM当其中的奇数有无限多的时候，只会趋近于1/2,而不能等于甚至大于1/2

LN<LM

所以，LN<1/2

G<T/2

问题在于取整以后将会有多大的误差，即G-LT 会有多大？大于0 还是小于0？

我的初步计算说明了取整误差对于整个 定理的成立没有影响----计算过程复杂了些，以后再发上来

由于G<T/2

所以在这种情况下定理 成立

3,当T/2等于H中的一个因子KC时 T=JC+JC

即当T<H 时 T=A+B

其中有二种可能（1）A,B与H互质

（2）T=KC+KC KC 为H 的一个质因子，当然也为T 的质因子

定理1 得证

（二）
所谓的质数，即除了与自己以及与自己的倍数以外，都互质的数
先证明这样的一个引理
若PN=K(N-1)KN，那么在[1,PN}范围内，若一个数与PN互质,并且与小于KN的所有质数互质，那么这个数就是质数

另外设TN=K1K2K3K4......KN等等由小到大排列

可知K1=2,K2=3,K3=5,K4=7,K5=11,K6=13,K7=17等等
因为当在【1，PN]范围内的数a，若它大于KN,它要是合数的话，必然的它需要有一个约数为一个小于等于KN的质数，因为这个数已经是与TN互质的，所以，它不可能有K的约数，它只能是质数
现在要证明：在[1,PN ]中的任何一个偶数可以表示成为，K1,K2,K3,K4,K5,K6,K7.....以及其它的与TN互质的数（即为另外的可能的质数)中的其中两个数的和(即另外一个质数之和）
用数学归纳法，假定在[1，PN]区间内哥德巴赫猜想成立，要证明在[1,P(N+1)]区间内哥德巴赫猜想成立--（-注：因为计算机上表示不方便，N和N+1 都应该为下标）

在[PN,P(N+1)]范围内中的一个数a,因为它远大于K(N+1)

只要证明，a可以表示为K1,K2,K3.......K(N+1)以及小于P(N+1)的其他的质数（即一个与T(N+1)互质的数）中间的两个数的和

而根据定理2，以上论断天然的成立

因此，根据数学归纳法可以得知，哥德巴赫猜想得证

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哥德巴赫猜想困扰了人们两百多年，但始终没有被证明，看似越简单的越难证明，数学中也还有许多类似的猜想，表面看很简单，但证明确很困难。这是数学猜想的一个共性。
素数是整数的基础，也就是除了1和自身以外，不能被其他数所整除的数是素数，由素数相乘得到的是合数，每一个大于等于6的偶数可以分解成两个素数的和，这是1742年哥德巴赫首先提出，但两百多年过去了，至今还没有证明。其实哥德巴赫猜想比人们想象的要简单，其一是偶数分解为两个素数的和不是唯一的，一个偶数可以分解为多种两个素数的和，而且随着偶数的增大，可以有更多的解，当然证明的过程不是用普通筛选，也不是用随机概率。证明的过程是建立在一个新的简单的公式基础上，类似于数学归纳法。
确定几率和随机概率是不同的，在这里用的是确定几率，如果确定几率大于1，最后的结果就成立。比如对于任意一个数，是奇数的可能性是50％，是偶数的概率也是50％，对于任意的m个整数，奇数的概率是 ，但是不能说一定就有奇数，但对于连续的m个整数，则一定有 个数是奇数，证明的思路就是将偶数2N分解成两个数的和，而这两个数的不同组合有着连续性，只要证明在这N种组合中，两个数都是素数的确定几率大于1，这样就可以完全证明哥德巴赫猜想。
首先素数是无限的，这个是已经被人所证明，这里给出两种简单的证明。
1 、对于任意的素数pk ，如果总能找到另一个素数，这个素数比pk大，也就证明了素数的无限性，(p1×p2×…pk+1)这个数是素数，而这个数比pk大，由于pk是任意的，所以素数序列是无限的。
2、对于任意的素数pk ，在pk到2pk之间，必然存在一个素数，这个证明首先用到和欧拉公式很像的公式。
求素数的个数的欧拉定理，从这个定理中可以得出大致的素数的个数，小于N的素数的个数B大于公式1,
公式1
B＞ 。
其中Pk＜ ＜Pk+1，Pk+1是比Pk大的下一个素数。
当k＞1的时候
在pk到2pk之间，总计有pk个数，将pk代入上式

由于素数之间最小差2，所以上式括号中的每一项都大于1，因此，必然在pk到2pk之间存在素数。这样同样证明了素数的无限性。
偶数我们用2N表示，2N=(N+L)+(N-L)
N+L和N-L的和等于2N，其中L＜N，L是任意的正整数，对于任意的2N，可以表示为两个数的和，由于我们通常认为1不是素数，所以这种组合的可能有N-1个，在这N-1种组合中，我们要找出N+L和N-L 都是素数的组合，对于比较小的数可以做到，对于无限的数来讲，我们要证明的是N+L和N-L都是素数的确定几率大于1，这样就能证明任意的偶数都可以分解成两个素数的和，另外可以证明确定几率随着N的增大而增大。
求素数的个数的欧拉定理，从这个定理中可以得出大致的素数的个数，小于2N的素数的个数B大于下面的公式,
B＞ 。
其中Pk＜ ＜Pk+1，Pk+1是比Pk大的下一个素数,这个公式包含素数，要用已知的素数来求出2N以内的素数，对于无穷大的素数来讲，这不是好的算法。但证明哥德巴赫猜想的方式却和这个公式相近。
对于N+L和N-L这两个数，一共有N-1种组合方式，（我们通常把1除外），认为1不是素数，在这其中两个数都是素数的个数A和上面的公式相似，由下面的公式2可以计算其下限， A一定大于公式2的值，
公式2，
，
这个公式和欧拉公式很像，这个公式是证明哥德巴赫猜想的关键。
其中Pk＜ ＜Pk+1，Pk+1是比Pk大的下一个素数，比Pk大的第二个素数记作Pk+1，上面公式 得出的数用F表示。对于比2N大的偶数2H来说，如果P2k+1＞2H＞Pk2，同样有Pk＜ ＜Pk+1，在这个区间的偶数被分解为两个素数的概率是 。
在Pk2和P2k+1中间的偶数，其中Pk2+1这个偶数是最小的，当然根据公式2求出的值就是这组偶数可以被拆分为两个素数A的下限，可以被拆分为两个素数的确定概率值A最小。Pk2+1这个数也是这组数中最小的数，这组数中其他的数的计算结果如代入公式2，当然数值要比这个数得确定概率要大，将Pk2+1这个偶数作为这组数的排头，如果这个偶数可以拆成两个素数的和，那么这组数中的其他偶数一定可以拆成两个素数的和。
将 Pk2+1代入公式2

上式中每一分式都大于1，所以得出A>1,因此一定有一组数满足歌德巴赫猜想，歌德巴赫猜想就此得证。
证明确定几率A随着N的增大而增大。
同理比较P2k+1和P2k+2之间的偶数，这一组数中的最小值就是将P2k+1+1代入公式2，也就是这一组数的A值的下限。P2k+1+1和P2+1这两个偶数代入公式2，在这里比较的是用一组公式表示的两组数的下限。通过证明这两组数的下限是严格单调上升，从而证明随着偶数的增大，可以被拆分为两个素数之和的确定几率是增加的。{在这里可以类比一下，可以加快理解，比如两组人，每一组人都按身高排列，第一组最低的人身高大于1米，也就是第一组人的身高下限是1米，第二组的人也按身高排列，第二组中的排头如果高于第一组的排头，这就等于第二组人的身高下限大于第一组人身高的下限，这就证明了第二组的人也都高于1米，如果随着分组的无限，每一组的下限是单调上升，则问题得证，哥德巴赫猜想的证明就是用的这个思想。}
P2k+1+1和P2+1这两个偶数代入公式2

由于对于整数2N，只要放入相应的组中，这时比较的是这组中的下限值，而不是直接对2N的分解求精确计算公式。对于比较小的P和N，可以直接代入公式2计算，可以直接验证公式2，公式2是成立的，对于N越大，可以被分解为两个素数和的概率是增加的，所以哥德巴赫猜想得以成立。这个证明方法又和数学归纳法相像，但和数学归纳法略有不同。
120 是60的2倍，120 小于11的平方121，大于7的平方49，代入公式2；59×1/2×1/3×3/5×5/7≈4.2，但60能被3和5整除，上式实际为59×1/2×2/3×4/5×5/7≈11.2，实际120可以分解为12组素数的相加，如果一个数N可以被素数J所整除，那么N+K和N-K同时被J所整除的概率降为（J-1）/J，而不是（J-2）/J，另外，当N-K很小时，N-K 就可能成为素数，这时也使这两个数成为素数的概率增加，公式2是确定几率数值的下限，并不是求偶数分解成两个素数和的精确公式，122这个数用公式2得出3.5，而实际上122可以分解为4组素数的和，这个值和公式的计算结果相近，这是因为122除以2等于61，61是一个素数，所以不用调整公式，而对于N是和数，调整的结果只能是增大，这样对于任意的偶数2N，分解成两个素数的最小值是增加的，而已知的数是成立的，所以哥德巴赫猜想得以证实。
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另外还有一种最我认为是最好的，借助了椭圆曲线，是光说是说不大明白的。建议LZ去图书馆研究一下。

Answer 2

很简单啊！！
就因为奇奇得偶啊 ！·

Answer 3

太聪明了

Answer 4

哇塞 太恐怖了

Answer 5

枚举，一个一个试。。。
歌德巴赫猜想阿

Answer 6

哥德巴赫猜想，太复杂
陈景润用他的一生都没能证出来，难道我们能够随便就证出来吗？
告诉你一个简单的证明方法：做梦去找陈景润问一下