猜想证明（精选多篇）

推荐第1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

尾数为1且≥121的和数可表示为：

①（10a+1）*（10b+1），2m>121

②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221

③（10a2+9）*（10b2+9），2m>361

尾数为3且

尾数为3且≥143的和数可表示为：

④（10a3+1）*（10b3+3），2m>143

⑤（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

尾数为7且≥187的和数可表示为：

⑥（10a5+1）*（10b5+7），2m>187

⑦（10a6+3）*（10b6+9），2m>247

尾数为9且

尾数为9且≥169的和数可表示为：

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，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

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）

ab2m10a10b1

∵12m10a10b1存在极大值 50100(m1)

∴ab1的极大值为 m150

m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 50

2(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 50

m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 5

2(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 50

3(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] 25050550

3(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] 25050550

3(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

推荐第2篇：哥德巴赫猜想证明方法

哥德巴赫猜想的证明方法

探索者：王志成

人们不是说：证明哥德巴赫猜想，必须证明“充分大”的偶数有“1+1”的素数对，才能说明哥德巴赫猜想成立吗？今天，我们就来谈如何寻找“充分大”的偶数素数对的方法。

“充分大”的偶数指10的500次方，即500位数以上的偶数。因为，我没有学过电脑，也不知道大数的电脑计算方法，所以，我只有将“充分大”的偶数素数对的寻找方法告诉大家，请电脑高手帮助进行实施。又因为，人们已经能够寻找1000位数以上的素数，对于500位数以内的素数的寻找应该不是问题，所以，“充分大”的偶数应该难不住当今的学术界。

“充分大”的偶数虽然大，我认为：我们只须要寻找一个特定的等差数列后，再取该数列的1000项到2000项，在这2000个数之内必然能够寻找到组成偶数素数对的素数。下面，我们进行简单的探索，从中寻找到具体方法。

我们以偶数39366为例，进行探索，按照本人的定理：在偶数内，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数（自然数1除外），必然能够组成偶数的素数对。

这里所说的素因子，指小于偶数平方根的素数，√39366≈198，即小于198的素数为偶数39366的素因子。

一、初步探索，

1、素因子2，39366/2余0，当然，任何偶数除以2都余0，素数2把自然数分为：1+2N和2+2N，除以2余0的数和与偶数除以素因子2的余数相同的数都是2+2N数列中的数，剩余1+2N数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

2、素因子3，39366/3余0，素数3把1+2N数列分为：1+6N，3+6N，5+6N，除以3余0的数和与偶数除以素因子3的余数相同的数都是3+6N数列中的数，剩余1+6N，5+6N，两个数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

3、素因子5，39366/5余1，我们对上面剩余的两个数列任意取一个数列1+6N，取与素因子相同的项，5个项有：1，7，13，19，25。在这5个项中，必然有一个项除以5余0，必然有一个项除以素因子的余数与偶数除以素因子的余数相同，必然剩余素因子5减去2（不能被素因子整除的，为素因子减去1）个项，即5-2=3个项既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。剩余7，13，19，以前面的素因子乘积2*3*5为公差，组成3个哥德巴赫数的形成线路：7+30N，13+30N，19+30N。后面只取3个项，至少有一个项。

4、素因子7，39366/7余5，我们任意取7+30N的3个项有：7，37，67，这3个数中37，67，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。即37+210N和67+210N两条线路都可以，

5、素因子11，39366/11余8，我们取37+210N的3个项：37，247，457，这3个数，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。组成3个数列：37+2310N，247+2310N，457+2310N。

7、素因子13，39366/13余2，因为，下一个公差为2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能组成与素因子13相同的13个项，寻找组成偶数的素数对的素数，在取最后一个公差的等差数列时，不能取与素因子相同项数时，最少必须取素因子1/2以上的项。我们取247+2310N数列在偶数1/2之内的数有：247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

从素因子13到197，虽然还有40个素因子进行删除，但是，大家不要怕，它们的删除率是相当低的，所以，在这些数中必然有能够组成偶数素数对的素数存在。

素因子13，删除能被13整除的数247，删除除以13与39366除以13余数相同的数14107； 素因子19，删除除以19与39366除以19余数相同的数11797；

素因子31，删除能被31整除的数4867；

素因子53，删除能被53整除的数9487，删除除以53与39366除以53余数相同的数16417；

素因子61，删除能被61整除的数18727。

最后，剩余2557和7177两个数，必然能组成偶数39366的素数对。

探索方法

二、

1、寻找等差数列的公差，令偶数为M、公差为B，我们已知该题的公差为2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一个素数为13，用13/2=6.5，那么，公差的要件为： M/B＞6.5，即大于7个项，主要是既要取最大的公差，又要确保不低于下一个素因子的1/2个项。我们就选择2310为该偶数的公差。

2、寻找等差数列的首项，令首项为A，A的条件为：既不能被组成公差的素数2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同，还必须在公差2310之内；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的数有：在2310之内，大于或等于13的素数；自然数1；由大于或等于13的素因子与大于或等于13的素因子所组成的合数。为了方便起见，我们在这里取大于或等于13的素因子。

（2）、A除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同。因39366-13=39353，39353分别除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，可以定为首项，得该等差数列为13+2310N。

取等差数列13在M/2的项有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。当然，你也可以取该数列在偶数内的所有项，但是，当你全盘计算该偶数素数对时，取所有项必然形成与对称数列的计算重复，该数列的对称数列：因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，那么，对称数2297也必然满足这些条件，2297+2310N同样是产生素数对的等差数列。

3、在上面的9上项中，去掉合数：2323，4633，6943，9253，11563，

4、再去掉除以后面40个素因子余数与偶数除以这40个素因子余数相同的数，也就是对称数是合数的数：13，13873，16183，剩余18493必然能够组成偶数39366的素数对。

简单地谈一下素数生成线路与哥德巴赫数的生成线路的区别：

1、素数生成线路，我们仍然以2310为公差，在2310之内不能被2，3，5，7，11整除的数有：2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480个，我们可以用这480个数为首项，以2310为公差组成480个等差数列，为偶数39366内的素数生成线路。对于相邻的偶数39364和39368来说，素数的生成线路是一样的。

2、我们把能够组成偶数素数对的素数称为哥德巴赫数，偶数39366的哥德巴赫数生成

线路，以2310为公差，在2310之内，既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270个，即偶数39366以2310为公差的哥德巴赫数生成线路为270条，在2310内的这270个数又是与2310/2=1155完全对称的，如果全盘进行计算必然重复，故，也可以看成是270/2=135条完整的哥德巴赫数形成线路，而素数生成线路是不会重复的。

而偶数39364的哥德巴赫数生成线路，在2310之内既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，为135条线路，只有偶数39366的1/2。区别在于偶数39366能够被素因子3整除，为乘以2/3，偶数39364不能够被素因子3整除，为乘以1/3，即能够整除的素因子X，为乘以（X-1）/X，不能够整除的素因子Y，为乘以（Y-2）/Y，所以，偶数39366的素数对相当于偶数39364的素数对的2倍。

对于“充分大”的偶数的估算：充分大的偶数为500位数，素数对个数，根据《哥德巴赫猜想的初级证明法》中，当偶数大于91时，偶数的素数对个数不低于K（√M）/4，估计当偶数大于500位时，K的值为4*10的10次方，得充分大的偶数的素数对个数不低于260位数，用500位数的偶数除以260位数的数，得充分大的偶数平均240位数个数字中，有一个素数对的存在。如果我们直接进行寻找，相当于大海捞针。

如果，我们按照上面的方法二进行寻找，公差应为496位数，估计素数2*3*5*7*„*1283为496位数，从素数1289到2861之内，有素数除以素因子2，3，5，7，„，1283的余数不与偶数除以这些素因子的余数相同的数存在，存在的这个数可以作为等差数列的首项，2*3*5*7*„*1283的积作为等差数列的公差，取1289项，即1289个数，在这1289个数中，应该有能够组成500位数的偶数的1+1的素数对的素数存在。

难易度分析

寻找“充分大”偶数的一个“1+1”素数对与验证1000位数以上的一个素数相比较，到底哪一个难度小。

人类已经能够寻找并验证1000位数以上的素数，到底人们使用的什么办法，我虽然不知道，但有一点可以肯定：都涉及素数，如果是简单的方法，那么，都是简单方法；如果是笨办法，那么，都用笨办法。我们在这里采用笨办法进行比较：

充分大的偶数指500位数的数，与1000位数的素数相比，相差500位数。1000位数的数开平方为500位数，我们以位数相差一半的数为例进行分析。

100000000与10000相差一半的位数。笨办法是：要验证100000000以上的一个素数，假设要验证的这个数开平方约等于10000，必须要用这个数除以10000之内的素数，不能被这之内所有的素数整除，这个数才是素数。因为，10000内共有素数1229个，即必须做1229个除法题，才能得知这个数是不是素数。说个再笨一点的办法，假设我们不知道10000之内的素数，能否验证100000000以上的这个数是不是素数呢？能，那就是用这个数除以10000内的所有数，不能被这之内所有的数整除，也说明这个数是素数。（之所以说，这两种办法是笨办法，当我们知道10000内的所有素数时，要寻找100000000内的所有素数，不是用除法，而是用乘法，步骤最多只占第一种笨办法的1%，详见本人的《素数的分布》中所说的方法）。

当我们寻找偶数10000的一个素数对，须要多少个运算式？

我们知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理说应该取等差数列的7项以上，这里可以取4个项，接近应取数。我们基本上可以使用这个公差。这里的计算为5个计算式，简称5步；

大于11的素数，从13开始，寻找等差数列的首项，我们用（10000-13）分别除以2，3，5，7，11。能被3整除，除到3为止，一个减法，两个除法，为3步；

素数17，（10000-17）分别除以2，3，5，7，11。不能整除，可以用17为等差数列的首项，组成等差数列：17+2310N。为6步；

数列17+2310N在10000内有：17，2327， 4637，6947，9257，为4步；

计算素因子，√10000=100，素因子为100之内的素数，除2，3，5，7，11外，还剩13 ，17 ，19 ，23 ，29，31 ，37 ，41 ，43， 47， 53 ，59 ，61， 67 ，71，73 ，79 ，83， 89， 97，为20个素因子。为1步；

用10000分别除以这20个素因子，把余数记下来。为20步；

用17分别除以这些素因子，当除到67时余数与10000除以67余数相同，为14步； 用2327分别除以这些素因子，当除到13时余数为0，为1步；

用4637分别除以这些素因子，当除到31时余数与10000除以31余数相同，为6步； 用6947分别除以这些素因子，当除到43时余数与10000除以43余数相同，为9步； 用9257分别除以这些素因子，既不能整除，也不与10000除以这些素因子的余数相同，奇数9257必然能组成偶数10000的素数对。为20步。

总计为：102步计算式。而验证100000000以上的一个素数须要1229步计算式相比，结论为：寻找10000的一个素数对比验证100000000以上的一个素数简单。也就是说，寻找一个500位数偶数1+1的素数对，比验证一个1000位数以上的素数容易。

寻找500位数偶数的素数对，因为，2*3*5*7*11*„*1283左右，其乘积为493到496位数，下一个素数可能为1289左右，1289/2=644.5。才能满足取下一个素因子的值的1/2以上个项，当然，能够取到1289个项以上更好，更容易寻找到偶数的素数对。

敬请世界电脑高手验证，充分大的偶数必然有1+1的素数对存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三台县工商局：王志成

推荐第3篇：哥德巴赫猜想的证明

《哥德巴赫猜想的严谨定性证明》 作者姓名：崔坤

作者单位：即墨市瑞达包装辅料厂 E-mail:cwkzq@126.com 关键词：CK表格，陈氏定理，瑞尼定理，哥德巴赫猜想 哥德巴赫猜想：哥德巴赫1742年给欧拉的信中哥德巴赫提出了以下猜想：

任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。

由于近代数学规定1不是素数，那么除2以外所有的素数都是奇素数，据此哥猜等价：

定理A:每个≥6的偶数都是2个奇素数之和。 推论B: 每个≥9的奇数O都是3个奇素数之和；

证明：首先我们设计一个表格---CK表格：

第一页 在这个表格中通项N=An=2n+4,它是有2层等差数列构成的闭合系统，

即上层是：首项为3，公差为2，末项是奇数（2n+1）的递增等差数列。

下层是：首项为奇数（2n+1），公差为-2，末项是3的递减等差数列。

由于偶数是无限的，故这个表格是个无限的，由此组成的系统就是一个非闭合系统。表中D(N)表示奇素数对的个数，H(N)表示奇合数对的个数，M(N) 表示奇素数与奇合数成对的个数。不超过2n+1的奇素数个数为 π(2n+1)-1有CK表格可知：D(N)= π(2n+1)-1- M(N) 根据CK表格、陈氏定理1+

1、瑞尼定理1+2，

第一层筛得：

N1=P1+H1,偶数N1≥12，奇素数P1≥3，奇数H1≥9，即： N1=P1+H1=P1+P3=P5+H3,筛得：N1=P1+P3，

其中奇素数P1≥3，奇素数P3≥3，奇素数P5≥3，奇合数H3≥9 偶数N1的最小值是3+3=6，

故每个N1≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证

同理：第二层筛得：

N2=P2+H2,偶数N2≥12，奇素数P2≥3，奇数H2≥9，

第二页 即：

N2=P2+H2=P2+P4=P6+H4,筛得：N2=P2+P4，

其中奇素数P2≥3，奇素数P4≥3，奇素数P6≥3，奇合数H4≥9 偶数N2的最小值是3+3=6，

故每个N2≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证

第三层筛得： N3=N1+N2, N4=H3+H4 则N3=P5+P6+ H3+H4= P5+P6+ N4 那么N3-N4=P5+P6 设N=N3-N4, 则N=P5+P6，其中奇素数P5≥3，奇素数P6≥3 故每个N1≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证 综上所述：

故定理A得证:每个≥6的偶数都是2个奇素数之和。

第三页

推论B: 每一个大于等于9的奇数O都可以表示成三个奇素数之和。简言：O=P1+P2+P3 证明：设P

1、P

2、P3均为≥3的奇素数，那么根据定理A可知：P3+N=P3+P1+P2, 因为P3为≥3，N≥6,所以奇数O=（P3+N）≥9，即奇数O=P1+P2+P3 故：每一个大于等于9的奇数O都可以表示成三个奇素数之和。

简言：O=P1+P2+P3,故推论B得证 至此我们成功的证明了哥德巴赫猜想。 作者：崔坤

即墨市瑞达包装辅料厂 2016-09-14-14-38

第四页

推荐第4篇：中点四边形猜想与证明

中点四边形猜想与证明

大连市第四十四中学初二八班***

猜想：四边形中点连线为平行四边形

即：如图1-1，在四边形ABCD中，E、F、G、H为四边中点

求证：四边形EFGH为平行四边形

证明：如图∵E、F为AD、AB的中点

∴EF//BD（三角形的中位线平行于第三边）

同理：HG//BD

∴HG//EF（如果两条直线都与第三条直线平行

，那么这两条直线也互相平行）

同理：EH//FG

∴四边形EFGH是平行四边形

（两组对边分别平行的四边形是平行

四边形）

FH

图1-1图1-2 B

那么：由已知条件：EF=HG=1/2BDFG=EH=1/2AC(三角形中位线定理)因为“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，

所以当EF=GF时，即1/2BD=1/2AC，即BD=AC时，平行四边形EFGH是菱形

猜想：当一个四边形的两条对角线相等时，其中点四边形是菱形。

例如：矩形的对角线相等

则：如图1-2，在矩形ABCD中，E、F、G、H为四边中点。

求证：四边形EFGH是菱形

证明：∵E、F为AD、AB的中点

∴EF=1/2BD（三角形的中位线等于第三边的一半）

同理：HG=1/2BD

∴HG=EF=1/2BD（等量代换）

同理：EH=FG=1/2AC

∴四边形EFGH是平行四边形

（两组对边分别相等的四边形是平行

四边形）

∵AC=BD

∴1/2AC=1/2BD

即：EF=GF

∴平行四边形EFGH是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）

同理上结论思路：

由已知条件：EF//HGFG//EH(三角形中位线定理)

因为“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，

所以当∠EFG=90°时，即∠1=90°，即∠AOB=90°时，平行四边形EFGH是矩形。

猜想：当一个四边形两对角线互相垂直时，其中点四边形为矩形。

例如：菱形的对角线互相垂直。

则：如图1-3，在菱形ABCD中，E、F、G、H为四边中点。

求证：四边形EFGH是矩形

证明：∵E、F为AD、AB的中点

∴EF//BD（三角形的中位线平行于第三边）

同理：HG//BD

∴HG//EF（如果两条直线都与第三条直线平行，

那么这两条直线也互相平行）

同理：FG//AC；EH//FG

∴四边形EFGH是平行四边形

（两组对边分别平行的四边形是平行

四边形）

∵四边形ABCD是菱形

∴∠AOB=90°（菱形的对角线互相垂直）

∴∠FNO=∠AOB=90°（两直线平行，内错角相等）

∴∠EFG=∠FNO =90°（两直线平行，同位角相等）

∴平行四边形EFGH是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）

BF

H

图1-3图1-

4那么：因为正方形同时是矩形和菱形，所以满足同时使中点四边形为矩形和菱形的四边形，

其中点四边形则可能是正方形。

猜想：当一个四边形的两对角线相等且互相垂直时，其中点四边形是正方形。

例如：正方形的对角线相等且互相垂直。

则：如图1-4，在正方形ABCD中，E、F、G、H为四边中点。

求证：四边形EFGH是正方形

证明：∵E、F为AD、AB的中点

∴EF//BD；EF=1/2BD（三角形的中位线平行于

第三边且等于第三边的一半）

同理：HG//BD；HG=1/2BD

∴HG//EF（如果两条直线都与第三条直线平行，

那么这两条直线也互相平行）

HG=EF=1/2BD（等量代换）

同理：EH//AC//FG；EH=FG=1/2AC

∴四边形EFGH是平行四边形

（两组对边分别平行的四边形是平行

四边形）

∵四边形ABCD是正方形

∴∠AOB=90°（正方形两对角线互相垂直）

AC=BD（正方形两对角线相等）

∴∠FNO=∠AOB=∠FNO =90°

（两直线平行，内错角相等；

两直线平行，同位角相等）

1/2AC=1/2BD

即：EF=GF

∴平行四边形EFGH是正方形

（有一个角是直角且有一组邻边相等的四边形是正方形）

2010/4

推荐第5篇：歌德巴赫猜想及其证明

哥德巴赫猜想及其证明

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-

1、n1-1和n-1-1也都趋向于无穷大。这时，N1N7……N6m+1={n1，n1-1，n1-2，……3，2，1}=N+，N1N-5……N-6m+1={1，2，3，n}=N+，N-1N-7……N-6m-1={1，2，3，……，n}=N+，N-1N5……N6m-1={n-1，n-1-1，n-1-2，……，3，2，1}=N+，N5N11……N6m+5={n-1-1，n-1-2，n-1-3，……，3，2，1}=N+，N7N13……N6m+7={n1-1，n1-2，n1-3，……3，2，1}=N+ （舞钢市铁山乡韩庄学校 陈学本电话：13837535534）

推荐第6篇：哥德巴赫猜想的证明思路

哥德巴赫猜想的证明方法

引言

数论之位数运算，一个新的的概念，一个新的方向，一个新的课题。希望广大数学爱好者能参加到这个课题的研究中，从中发现更多的理论，解决更多的问题。

目录

一、哥德巴赫猜想的证明思路

1、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义

2、素数定理代数表达式

3、哥德巴赫猜想的证明

第一章 哥德巴赫猜想的证明思路

通过证明一任意大偶数可拆分2素数之和的数量呈增长趋势来证明哥德巴赫猜想成立

一、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义

1、n，（n≥1;n∈自然数）

2、Pn≈π（x）任意正整数n包含的素数数量

3、Pn1，（0，m）区间内素数数量

4、Pn2，（m，2m）区间内素数数量

5、Pm，任意正整数n包含的素数类型数量

5、（γ，γ=-0.0674243197727122）素数分布系数

6、（λ，λ=0.615885950123984）素数类型中素数与伪素数等差比例系数。

7、logn，以n为底的对数

8、H，小于等于n的所有素数类型的组合数量

9、H1，小于等于n的素数类型组合数量

10、Hn，取值为n时可拆分素数对数量

11、HAL，偶数类型1

12、HBL，偶数类型2

13、HCL，偶数类型3

14、HDL，偶数类型4

15、（m,2m 2m=n）相对区间

16、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合下限

17、HALx，偶数类型1组合下限

18、HBLx，偶数类型2组合下限

19、HCLx，偶数类型3组合下限 20、HDLx，偶数类型4组合下限

21、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合上限

22、HALs，偶数类型1组合上限

23、HBLs，偶数类型2组合上限

24、HCLs，偶数类型3组合上限

25、HDLs，偶数类型4组合上限

二、素数定理代数表达式

1、Pn=π（x）≈(0.8n/3)/{γ+λ*（logn-2）+1}

2、Pn1=π（x）≈(0.8n/6) /{γ+λ*log（n/2-2）+1}

3、Pn2≈Pn-Pn1

三、哥德巴赫猜想的证明

1、Pm≈0.8n/3

2、H=(0.8n/6)* (0.8n/3+1)

3、H1=144*（n/90-1）*（n/90-1）+328（n/90-1）+186+{（n/90-1）+2}/2

4、Hn={（Pn*（Pn+1）/2}*H1/H

5、HAL=Hn*0.08/（n/90+1）；

6、HBL=Hn*0.06/（n/90+1）；

7、HCL= Hn*0.04/（n/90+1）；

8、HDL= (Hn/30)/（n/90+1），

9、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H；

10、HALx= Hnx*0.08/（n/90+1）；

11、HBLx= Hnx*0.06/（n/90+1）；

12、HCLx= Hnx*0.04/（n/90+1）；

13、HDLx= (Hnx/30)/（n/90+1）；

14、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H；

10、HALs= Hns*0.08/（n/90+1）；

11、HBLs= Hnx*0.06/（n/90+1）；

12、HCLs= Hnx*0.04/（n/90+1）；

13、HDLs= (Hnx/30)/（n/90+1）； 结论：取自然数n,随着n→∞，HAL、HBL、HCL、HDL的值呈扩张性增涨； HALx、HBLx、HCLx、HDLx的下限值也呈扩张性增涨；HALs、HBLs、HCLs、HDLs的上限值也呈扩张性增涨，因此哥德巴赫猜想成立。

如看过此文后还请与本人的素数计算公式及实际误差对照表及百万素数表及歌猜计算公式的电子表格一同研究（事倍功半）

推荐第7篇：浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法

浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法

务川自治县实验学校 王若仲 贵州564300

摘要：对于“哥德巴赫猜想”，我们来探讨一种证明方法，要证明任一不小于6的偶数均存在有“奇素数+奇素数”的情形，如果我们把“奇素数+奇素数”这样的情形若能转换到利用奇合数的情形来加以分析，也就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法，顺筛就是筛除掉集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的全体奇合数；逆筛就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。

关键词：哥德巴赫猜想；奇素数；奇合数；顺筛；逆筛。

德国数学家哥德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”， 即任何一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及进展。

(一)比较有名的方法大致有下面四种：

（1）筛法，（2）圆法，（3）密率法，（4）三角求和法。 其中：筛法是求不超过自然数Ｎ（Ｎ＞1）的所有素数的一种方法，2m=a+b，a=p1p2p3…pi，b=q1q2q3…qj，筛法的基本出发点，即加权筛法；圆法是三角和（指数和）估计方法；密率法（概率法）是函数估值法。 (二)研究的进展

途径一：殆素数，即2m= a1〃a2〃a3〃…〃ai+ b1〃b2〃b3〃…〃bj。 殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数，虽然现在不能证明N是两个素数之和，但是可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。现在用“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”。

1956年，中国的王元证明了“3+4”。稍后证明了 “3+3”和“2+3”。

1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+c”，其中c是一很大的自然数。

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”。

1965年，苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉多夫，及意大利的朋比利证明了“1+3 ”。

1966年，中国的陈景润证明了“1+2 ”。

途径二：例外集合，即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。

在数轴上取定大整数x，再从x往前看，寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数，即例外偶数。x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。我们希望，无论x多大，x之前只有一个例外偶数，那就是2，即只有2使得猜想是错的。这样一来，哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。当然，直到现在还不能证明E(x)=1；但是能够证明E(x)远比x小。在x前面的偶数个数大概是x/2；如果当x趋于无穷大时，E(x)与x的比值趋于零，那就说明这些例外偶数密度是零，即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。 2 这就是例外集合的思路。

维诺格拉多夫的三素数定理发表于1937年。第二年，在例外集合这一途径上，就同时出现了四个证明，其中包括华罗庚先生的著名定理。

途径三：小变量的三素数定理，即已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。

如果偶数的哥德巴赫猜想正确，那么奇数的猜想也正确。我们可以把这个问题反过来思考。已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。这个思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25岁时，研究有一个小素变数的三素数定理。这个小素变数不超过N的θ次方。我们的目标是要证明θ可以取0，即这个小素变数有界，从而推出偶数的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先证明θ可取1/4。后来的很长一段时间内，这方面的工作一直没有进展，直到1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7/120。这个数已经比较小了，但是仍然大于0。

途径四：几乎哥德巴赫问题，即2m=p+q+2k。p和q均为奇素数。

1953年，林尼克发表了一篇长达70页的论文。在文中，他率先研究了几乎哥德巴赫问题，证明了，存在一个固定的非负整数k，使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和。这个定理，看起来好像丑化了哥德巴赫猜想，实际上它是非常深刻的。我们注意，能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合；事实上，对任意取定的x，x前面这种整数的个数不会超过 3 log x的k次方。因此，林尼克定理指出，虽然我们还不能证明哥德巴赫猜想，但是我们能在整数集合中找到一个非常稀疏的子集，每次从这个稀疏子集里面拿一个元素贴到这两个素数的表达式中去，这个表达式就成立。这里的k用来衡量几乎哥德巴赫问题向哥德巴赫猜想逼近的程度，数值较小的k表示更好的逼近度。显然，如果k等于0，几乎哥德巴赫问题中2的方幂就不再出现，从而，林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。

林尼克1953年的论文并没有具体定出k的可容许数值，此后四十多年间，人们还是不知道一个多大的k才能使林尼克定理成立。但是按照林尼克的论证，这个k应该很大。其中有个结果必须提到，即李红泽、王天泽独立地得到k=2000。目前最好的结果k=13是英国数学家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德国数学家普赫塔(Puchta)合作取得的，这是一个很大的突破。

数学家们经过上面四个途径的不断探索求证，仍然没有彻底解决哥德巴赫问题。

现在我们介绍探讨求证“哥德巴赫猜想”的另一种新方法，我在前人筛法的基础上作出了进一步的改进，定义了“顺筛”和“逆筛”这两个基本概念。就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法来达到目的。顺筛就是筛除掉集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的全体奇合数；逆筛就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；如果我们设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj ，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N。对于“2m=奇数+奇数”（m≥3）来说，就只有下面几种情形：

4 （1）2m=奇合数+奇合数， （2）2m=奇合数+奇素数， （3）2m=奇素数+奇素数， （4）2m=1+奇合数， （5）2m=1+奇素数。

我们的目的就是要筛除掉（1）和（2）以及（4）或（5）情形中的所有奇数（因为对于偶数2m，（4）和（5）的情形不可能同时成立）。但是下面这两种情形我们不必分析讨论： ①偶数2m=p+p，p为奇素数；

②集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pt）}中至少有一 个奇数为奇素数。假若（2m-p2）为奇素数，那么2m=（2m-p2）+p2。 所以①和②这两种情形，偶数2m已经可表为“奇素数+奇素数”。 如果我们能够明确的判定在任意设定的集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中，通过顺筛筛除掉集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的全体奇合数，通过逆筛筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。

下面我们举实例阐述这种解决“哥德巴赫猜想”新的基本思想方法。首先我们回顾一下2000多年前埃拉托斯特尼筛法，埃拉托斯特尼筛法可以用来寻找一定范围内的素数（比如说m这个数，m这个数

5 不是太大）：操作的程序是先将第一个数2留下，将它的倍数全部划掉；再将剩余数中最小的3留下，将它的倍数全部划掉；继续将剩余数中最小的5留下，将它的倍数全部划掉，┅，如此直到没有可划的数为止。例如在100内进行这样的操作，可得素数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97。我们暂且把前人的这种筛法称为埃拉托斯特尼顺筛，简称顺筛。就是通过顺筛，能够把某个很大的偶数M范围内的素数全部筛出来，也未必好确定不大于偶数M的所有偶数均可表为两个奇素数之和。顺筛实际上就是筛出偶数M范围内的所有偶数（除2外）和所有奇合数。如果我们在顺筛的基础上，再配合另外一种筛法，我们暂且把这种筛法称为埃拉托斯特尼逆筛，简称逆筛。逆筛就是筛除掉偶数2m分别减集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；对于偶数M范围内的所有正整数，通过顺筛和逆筛配合筛出后，一定能够判定偶数M是否可表为两个奇素数之和。

我们以偶数100为例来阐述，因为“哥德巴赫猜想”针对的是奇素数，而奇素数是从奇数中分离出来的概念，所以我们就排出偶数的情形，只考虑奇数的情形。

对于偶数100以内的全体奇数，首先进行顺筛：

（1）筛出3的倍数，可得集合A1={1，3，5，7，11，13，17， 19，23，25，29，31，35，37，41，43，47，49，53，55，59，61， 65，67，71，73，77，79，83，85，89，91，95，97}。

6 （2）在集合A1中筛出5的倍数，可得集合A2={1，3，5，7，11， 13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，49，53，59，61，67，71，73，77，79，83，89，91，97}。

（3）在集合A2中筛出7的倍数，可得集合A3={1，3，5，7，11， 13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97}。

偶数100以内的全体奇数，经过顺筛后，可以得出下面这样的结论：满足“奇合数+奇合数=100”中的全体奇合数，满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇合数，满足“1+奇合数=100”中的奇合数，全部被筛除。

又因为区间[√100，100]以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，这种情形扩展开来的一般情形完全可以证明。

其次进行逆筛：

（4）在集合A3中筛出集合{（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }中的奇数，可得集合A4={3，5，11，17，23，29， 41，47，53，59，71，83，89，97}。

（5）在集合A4中筛出集合{（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）}={79，65，51，37，23，9}中的

7 奇数，可得集合A5={3，5，11，17，29， 41，47，53，59，71，83，89，97}。

（6）因为100含有奇素数因子5，所以奇素数5要直接筛出。最后得到集合A6={3，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

所以再经过逆筛后，我们可以得出这样的结论：满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇素数，满足“1+奇素数=100”中的奇素数，全部被筛除。

显然可得到偶数100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。 虽然我们前面阐述了利用顺筛和逆筛配合筛法的妙处。但是对于很大很大的偶数2m，这种配合筛法的技术难度仍然相当大，怎样克服这个技术性难题呢？下面我们再阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。

我们还是以偶数100为例来阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法：

对于偶数100以内的全体奇数组成的集合A，那么集合A={1，3， 5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，65，67，69，71，73，75，77，79，81，83，85，87，89，91，93，95，97，99}，集合A中元素的总个数为50个。

因为区间[√100，100]以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，对于偶数100，我们只需用奇素数3，5，7来设定一些集合就能达到目的了。

8 设集合A1={9，15，21，27，33，39，45，51，57，63，69，75，81，87，93，99}，集合A1´={（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }，集合A2={15，25，35，45，55，65，75，85，95}，集合A2´={（100-15），（100-25），（100-35），（100-45），（100-55），（100-65），（100-75），（100-85），（100-95）}={85，75，65，55，45，35，25，15，5}，集合A3={21，35，49，63，77，91}，集合A3´={（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）}={79，65，51，37，23，9}。

（1）因为偶数100含有奇素数因子5，所以我们只需考虑集合B=A2∪A2´={5，15，55，35，45，55，65，75，85，95}的情形。又因为偶数100不含有奇素数因子3和7，所以集合A1和A1´无公共元素，集合A3和A3´无公共元素。

（2）集合A1∩B={15，45，75}，集合A1´∩B={25，55，85}，集合A1∩A3={21，63}，集合A1´∩A3={49，91}，集合A1∩A3´={9，51}，集合A1´∩A3´={37，79}，集合A3∩B={35}，集合A3´∩B={65}，集合A1∩A3∩B=ф，集合A1´∩A3∩B=ф，集合A1∩A3´∩B=ф，集合A1´∩A3´∩B=ф。

（3）有了上面（1）和（2）的准备工作，我们下面就开始从集合中元素的数量着手，展开阐述解决这个技术性难题的基本思想方

9 法。

（4）因为集合A中元素的总个数为50个，在集合A中筛除集合A1和A1´中的元素，可以转换到从集合中元素的数量来着手，即得50-16-16=18（个）（集合A1和A1´中元素的总个数均为16个）。

（5）再在集合A中筛除集合B中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3=14（个），因为在50-16-16-10中集合A1∩B={15，45，75}中元素的总个数多减了一次，所以要加上3；又因为在50-16-16-10中集合A1´∩B={25，55，85}中元素的总个数多减了一次，所以要再加上3。

（6）再在集合A中筛除A3和A3´中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个），因为在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A3={21，63}中元素的总个数，集合A1´∩A3={49，91}中元素的总个数，集合A1∩A3´={9，51}中元素的总个数，集合A1´∩A3´={37，79}中元素的总个数，集合A3∩B={35}中元素的总个数，集合A3´∩B={65}中元素的总个数，均被多减了一次，所以要加上4个2和2个1。

（7）从前面这个实例，我们不难得出这样一个结论：对于偶数M，利用顺筛和逆筛配合筛，再转换到利用集合中元素的数量来处理，就容易处理多了。当然对于很大很大的偶数2m，也是肯定容易处理多了，这就是解决技术性难题的基本思想方法。

因为集合A1∪{3}与集合A1´∪{（100-3）}中元素的个数相等，并且均约等于50÷3个；集合B中元素的个数等于50÷5个；集合

10 A3∪{7}与集合A3´∪{（100-7）}中元素的个数相等，并且均约等于50÷7个；以偶数100为例各种算法验证如下：

算法一：50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个）。 算法二：50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+ 50÷35×2-50÷105×4≈50-33.3333333-10+6.6666667-14.2857143 +9.52380952+2.85714286-1.9047619≈69.0476191-59.5238095≈9.5238096≈9（个）。

算法三：50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+50÷35×2-50÷105×4=50×（1-2÷3）-（50÷5）（1-2÷3）+（50÷7）×2（1-2÷3）+50÷35×2（1-2÷3）=50×（1-2÷3）（1-1÷5）-（50÷7）×2（1-2÷3）（1-1÷5）=50×（1-2÷3）（1-1÷5）（1-2÷7）=50×（1÷3）（4÷5）（5÷7）≈9＞50÷7＞7（个）。

对于第三种验算方法，关于偶数100，说明通过顺筛和逆筛配合筛后，被筛除的集合中至少还有7个奇数未被筛除，就是把1和99再筛除还计算在内，被筛除的集合中至少还有5个奇数未被筛除，剩下的奇数必然只能满足“奇素数+奇素数=100”的情形，这就说明偶数100能表为两个奇素数之和。

现在我们开始阐述解决“哥德巴赫猜想”的基本思想方法： （1）为了解决无穷的情形，我们必须从极限这一基本点着手，解决了极限成立的情形，其它情形显然成立。

（2）因为偶数2m=1+（2m-1）=3+（2m-3）=5+（2m-5）=7+（2m-7）=„=（2m-7）+7=（2m-5）+5=（2m-3）+3=（2m-1）+1。

11 对于“偶数2m=奇数+奇数”来说，只有下面几种情形： ①偶数2m=奇合数+奇合数， ②偶数2m=奇合数+奇素数， ③偶数2m=奇素数+奇素数， ④偶数2m=1+奇合数， ⑤偶数2m=1+奇素数。

（3）极限的情形无外孚是对于一个非常大的偶数2m，设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj ，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N；并且假设偶数2m均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt，集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-pt）}中的奇数均为奇合数；这就保证了集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-pt）}中的奇数只能是前面（2）中“偶数2m=奇合数+奇素数”的情形。

（4）设置集合A={1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}，又 设置集合A1={ p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}，集合A1´={（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}，集合A2={p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}，集合A2´={（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}，集合A3={p3，3p3，5p3，7p3，9p3，„，（2m3-1）p3}，集合A3´={（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}，„，集合At={pt，3pt，5pt，7pt，9pt，„，（2mt-1）pt}，集合At´={（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，

12 [2m-（2mt-1）pt]}；其中奇数（2m1-1）p1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m2-1）p2为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m3-1）p3为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，„，奇数（2mt-1-1）pt-1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2mt-1）pt为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数。

（5）我们令集合B=集合A1∪A1´∪A2∪A2´∪A3∪A3´∪„∪At∪At´∪{1，（2m-1）}，只要我们在集合A={1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}中筛除了属于集合B中的全体奇数，即集合A与集合B的差集C中如果完全筛除了①和②以及④或⑤中这样的所有奇数，即满足上面（2）中“偶数2m=奇合数+奇合数”，偶数2m=奇合数+奇素数，偶数2m=1+奇合数或者偶数2m=1+奇素数的全体奇数，只要能证明集合A与集合B的差集C中还有奇数就达到目的了；也就是说集合C中的奇数只能满足上面（2）中“偶数2m=奇素数+奇素数”的情形。

（6）为了证明集合C中还有奇数，我们还应一步一步着手： 〈1〉在集合A中筛除属于集合A1和集合A1´中的奇数，得到集合B1；

〈2〉在集合B1中筛除属于集合A2和集合A2´中的奇数，得到集合B2；

〈3〉在集合B2中筛除属于集合A3和集合A3´中的奇数，得到集合B3；

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13 〈t-1〉在集合Bt-2中筛除属于集合At-1和集合At-1´中的奇数，得到集合Bt-1；

〈t〉在集合Bt-1中筛除属于集合At和集合At´中的奇数，得到集合Bt。

如果我们把（6）的这种筛除方法再转换一下方式，即利用集合A1，A1´，A2，A2´，A3，A3´，„，At，At´中元素的数量来加以分析探讨，可能会得到意想不到的形情。由此我们再分析如下：

（7）对于正实数x，如果我们设置符号【x】表示为不大于x的最大正整数。设集合{1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}中元素的总个数为W；我们用【W÷p1】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}中全体奇数的总个数，【W÷p1´】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]} 中全体奇数的总个数， 【W÷p2】表示集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷p2´】表示集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，【W÷（p2p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷（p2p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷（p2´p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）

14 p2]} 中全体奇数的总个数，【W÷（p2´p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，„，【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}∩{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}∩„∩{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]} 中全体奇数的总个数。

为了达到筛除的最大极限，我们假定偶数2m中均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt；并且把奇数p1，（2m-p1），p2，（2m-p2），p3，（2m-p3），„，pt，（2m-pt）等等均看作要筛除；就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中筛除属于集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}中的全体奇数，筛除属于集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]} 中的全体奇数，筛除属于集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中的全体奇数，筛除属于集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}中的全体奇数，筛除属于集合{p3，3p3，5p3，7p3，9p3，„，（2m3-1）p3}中的全体奇数筛除属于集合{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）

15 p3]}中的全体奇数，，„，筛除属于集合{pt，3pt，5pt，7pt，9pt，„，（2mt-1）pt}中的全体奇数，筛除属于集合{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]}中的全体奇数。

那么集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}经过上面这样筛除后集合中最终剩下奇数的总个数可以转化为下面这种计算形式：

Y=W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】。

只要我们能证明【W÷（p2p1）】=【W÷（p2p1´）】=【W÷（p2´p1）】=【W÷（p2´p1´）】；【W÷（p3p2p1）】=【W÷（p3p2p1´）】= 【W÷（p3p2´p1）】=【W÷（p3´p2p1）】=【W÷（p3p2´p1´）】=【W÷（p3´p2p1´）】=【W÷（p3´p2´p1）】=【W÷（p3´p2´p1´）】；„；【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】=【W÷（ptpt-1„p3p2p1´）】=【W÷（ptpt-1„p3p2´p1）】=【W÷（ptpt-1„p3´p2p1）】=„=【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】。那么就有

Y= W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+ 【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】

16 +【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+ 【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+„-【W÷pt】-【W÷pt】+„+（-1）t【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】。

如果我们又能证明【W÷（p2p1）】≈W÷（p2p1）；【W÷（p3p1）】≈W÷（p3p1）；【W÷（p2p3）】≈W÷（p2p3）；【W÷（p3p2p1）】≈W÷（p3p2p1´）；„；【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】≈W÷（ptpt-1„p3p2p1）。并且又能证明Y=W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´

17 pt-1´„p3´p2´p1´）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+„-【W÷pt】-【W÷pt】+„+（-1）t【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】＞W-W÷p1-W÷p1-W÷p2-W÷p2+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）-W÷p3-W÷p3+ W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）+W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）- W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）

t-W÷（p3p2p1）-W÷p4-W÷p4+„-W÷pt-W÷pt+„+（-1）W÷（ptpt-1„p3p2p1）=W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）„（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）。

然而Yt′=【W（1-d1÷p1）（1-d2÷p2）（1-d3÷p3）„（1-di-1÷pi-1）（1-di÷pi）（1-di+1÷pi+1）„（1-dt-1÷pt-1）（1-dt÷pt）】≥【W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）„（1-2÷pi-1）（1-2÷pi）（1-2÷pi+1）„（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）】=【W（1-2÷3）（1-2÷5）（1-2÷7）（1-2÷9）（1-2÷11）„[1-2÷（pi-2）]（1-2÷pi）[1-2÷（pi+2）]„[1-2÷（pt-2）]（1-2÷pt）】＞＞【m÷pt】，其中di=1或2，（i=1，2，3，„，t）。当偶数2m中含有奇素数因子pi时，那么di取值为1；当偶数2m中不含有奇素数因子pi时，那么di取值为2；因为pt＜√2m，所以当m相当大时，m÷pt的值比3要大很多很多。说明集合中余下得有奇数，并且

18 余下的奇数必定为奇素数，并且只满足“2m=奇素数+奇素数”的情形。

如若是，则“哥德巴赫猜想”就解决了。

参考文献

[1]戎士奎，十章数论（贵州教育出版社）1994年9月第1版

[2]闵嗣鹤，严士健，初等数论（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]刘玉琏，付沛仁，数学分析（高等教育出版社）1984年3月第1版

[4]王文才，施桂芬，数学小辞典（科学技术文艺出版社）1983年2月第1版

二〇一四年十月十九日

推荐第8篇：猜想

“医德医术兼优，爱心奉献济世。”我想，这是对医生的敬业精神最好的诠释，集中表现为敬业精神。

医者，仁心、良心、责任、真情。

确实，也许做一天、一年的好医生不难，但数十年如一日做一名救死扶伤的好医生呢？也许一天、一年清高的医生易做，但能像华益慰那样始终坚持的却少之又少。56个寒暑，他对得起病人；数千例手术，挽救数千条生命，没有一次失败的记录。他始终为病人着想，宁愿自己受些累也不在非必要时候用吻合器，替患者省些钱；退休后，就在自己家中开设家庭门诊，免费看病。不拿一分钱，不出一次错，他是医术高超与人格高尚的完美结合。他用尽心血，不负生命的嘱托。这是多么大的信任。华益慰始终坚守着“病人以生死相托，责任千钧”的行医理念。我们便应成为这样的医生，以救死扶伤为天职的医生，受病人爱戴的医生！ 信任，责任。一字之差，却将医患之间的感情紧紧相系。

爱人，知人，医乃仁心。缅怀华益慰，当我看完华益慰的先进事迹报告时，不禁想起了另一个曾经感动过几代人的名字——诺尔曼·白求恩。他从一个遥远的国度来到正处于水深火热的中国，不仅带来了大量的医药和工具，还带来了精湛的医术以及高度的敬业精神。为了拯救伤员，他连续30多个小时工作在手术台前。为了医者的承诺，他用自己的生命换回无数生命。

从白求恩到华益慰，半个多世纪的时空跨度是巨大的，他们的精神魅力、人格魅力是不变的，是不朽的，更是时尚的！生命虽然不能重生，但高贵的灵魂可以复活、崇高精神可以永恒！ 斯人已逝，后来者追逐着他们的步伐走得踏实。大山里最后的赤脚医生李春燕用一副瘦弱的肩膀担负起十里八乡的健康；妙手人心的钟南山用年迈之驱作枪击退突然其来的SARS军团；老军医华益慰用一柄手术刀划出了他从医56载无私奉献的工作轨迹，也划出了一代良医高尚的情操。在他们身上跃然呈现四个大字:敬业精神！

或许有人会说，这些医生都离我们好远好远。如今的医生，没有几位敢拍着胸口说没收过红包的。那么，我想在这跟在座各位分享一个亲身经历的故事。

07年冬天，清瘦的父亲终究还是病倒了。耽误了最佳治疗时间，直到一个夜晚卧床将近一周的父亲才被家人送进医院。躺在病床上神志不清的父亲，脸痛的青紫，看起来如风中摇烛，危在旦夕。就在众多医生要求父亲再做胃镜，抽血化验等各种常规检查时，一位老医师走了出来，为爸爸诊断后，当机立断，立刻实行手术。于是，花甲之年的老医师穿着纯洁的白袍，在深夜12点多走进手术室为父亲主刀„„门外的我们坐了5个小时，门内的老医师站了5个小时，清晨5点，老医师缓缓走出来，微笑的安慰我们，那笑容里有种让我们安心的力量。当老医师和蔼的安抚抹着泪水的母亲，当老医师把母亲在手术前给的红包原封不动的退回时，我才知道，那笑容里还蕴含着医者的敬业精神。

那时起，我决定学医；那一刻，我决定成为一名敬业的医生。 或许从医之路会很艰难，但我会走得很坚定；或许未来的路会很泥泞，但我能走得坚强。古训云：受人滴水之恩，定当涌泉相报。当我们从妇产科医生手中呼出生命的第一口气，当我们按时接到疫苗站接种疫苗的通知，当我们一次次病殃殃的进入医院，又器宇轩昂的踏入家门，我们就这样一次次的看见医生用敬业精神点燃生命的火花，就这样一次次的受惠于敬业的医生们。世界上最昂贵者莫过生命，所以我只能也成为那样敬业的医生，那样兢兢业业的去救死扶伤。

几千年来，中国名医甚多，古有医圣华佗、张仲景、扁鹊、李时珍，近如北京四大名医肖龙友、施今墨、汪逢春、孔伯华等等。这些人之所以成为优秀医生的楷模，不仅是医术高尚、更是医德高超。

然而，如今让人目瞪口呆的新闻传来：如今评选优秀医生，这“两高”不够，还须再加上一“高”——经济效益高。近闻北京某大医院外科主任邓先生，医术、医德都很高，多次为癌症患者主刀，顺利完成高难手术，将已判“死刑”的患者抢救回来。正当患者及其家属感激涕零，给邓主任送上“妙手回春”锦旗时，传来一个坏消息：年终评比，邓主任没有评上“优秀医生”，原因是他领导的外科没能完成医院下达的经济效益指标。邓主任这次“优秀医生”评比落榜，令人感慨良多。难道作为医生，完成创收指标还要比救死扶伤重要吗！

这是华佗都没有遇到过的难题，而今天的医生遇到了。看似“敬业”与“优秀”矛盾了，“著名”和“高尚“矛盾了。

但是，倘若为了日进千斗，大可去当歌星在荧屏前大红大紫；倘若为了四海闻名，大可从政领导万民。医生是一个温情的职业，来不得半点的急功近利，因为生命是如此之轻。敬业的医生纵使得不到那张印有“优秀医生“的所谓证明，但他们的名字总会在百姓口中相传不息。敬业的医生从来不贫穷，他们身边永远有那么多拥护爱戴的群众。好军医华益慰走了，那时多少人潸然泪下，黯然神伤；与SARS搏斗的香港医生谢婉雯离开了，那天多少的人恸哭流泪，那天开始全港人都铭记她的名字，她的敬业精神。

我不是诗人，不能用漂亮的诗句讴歌我未来的职业；我不是学者，不能用深邃的思想思考我的价值；我不是歌手，不能用动听的歌喉歌颂我的以后的岗位。然而，我将是一名救死扶伤的医生，我要感谢我的职业，感谢许许多多敬业的医生，是他们让我知道怎样平等、善良、真诚地对待每一个生命！是他们让我懂得奉献的价值和乐趣！

我的演讲完毕，谢谢大家！

推荐第9篇：猜想

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2013猜想

作者：

来源：《纺织服装周刊》2013年第01期

玛雅人预言的“世界末日”没有到来，我们顺利送走了2012年，如约走进了2013年。在新的开端，一切都是未知，一切又让人期待。不妨让我们猜想一下，2013年会怎么样？

先看全球经济。如果从2008年全面爆发算起，这场世界范围的经济危机至今已经持续整整4个年头，直到今天各主要经济体仍未找到解决问题的钥匙。2013年情况如何？联合国经济与社会事务部日前发布《2013年世界经济形势与展望》报告，预测世界经济增长在2013年很可能会继续保持低迷，并且在随后的两年中面临滑入再度衰退的极大风险。而从目前出炉的各种机构论调和专家分析来看，大都认同2013年世界经济增长和贸易增长将持续放缓。在此背景下，中国经济和纺织产品出口由此受到的影响显而易见。

再看中国表现。2012年，中国经济开始试图给自己定义一个新速度，7.5%的GDP增速引起热议并顺利实现，而中国制造和中国出口均遭遇了持续的困难。2013年，中国经济要想保持住自己的节奏，做好结构转型，追求有质量的增长仍是题中之义。在客观的现实面前，中国制造的出口盛宴或许再也难以回来，国内投资的过剩也积重难返，寻找新的增长点成为摆在面前的新课题。党的十八大之后，在新一届中央领导的时间表里，城镇化和深化改革被放到了路线图中，2013年成为一个全新的起点。业内人士分析，城镇化步伐的加快将为纺织业发展带来难得的机遇，而要想抓住这轮机遇，深化改革也是必经之途。

回到纺织行业。2012年，面对复杂多变的国内外形势，纺织经济运行整体上由缓中趋稳向企稳回升方向发展，产业结构调整稳步推进。但总体看来，纺织行业生产、投资、出口增速普遍放缓，增幅回落，尽管纺织经济运行基本平稳，但是也存在着出口明显萎缩、经济效益大幅下滑等突出问题。展望2013年，行业面临的形势仍然严峻，出口需求不振、综合生产成本上升、传统比较优势减弱将继续影响行业运行态势，同时，人民币汇率升值压力、国际贸易壁垒、国内外棉花价差持续扩大等因素，也将继续困扰纺织行业的发展。综合看来，2013年纺织行业或许不大可能比2012年增长更快。

形势固然严峻，道路虽然坎坷，前途依然光明。纺织行业多年来经受了无数的考验，取得了辉煌的成绩。我们相信，只要全行业继续携手并进，坚持科学发展，加快改革创新，稳增长、调结构、转方式、增效益，就一定能攻坚克难，实现持续稳定增长，在2013年交出令人满意的答卷。

推荐第10篇：七年级数学猜想证明同步练习

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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

5

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

10

11．不赞同．

当n=12时，

n2－3n+13=122－3×12+13=144∵121=1×121=11×∴121不是质数．

第11篇：陈景润对哥德巴赫猜想的证明

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 ”。

1932年，英国的埃斯特曼(Estermann)证明了 “6+6 ”。

1937年，意大利的蕾西(Ricei)先后证明了“5+7 ”, “4+9 ”, “3+15 ”和“2+366 ”。1938年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)证明了“5+5 ”。

1940年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)证明了 “4+4 ”。

1948年，匈牙利的瑞尼(Renyi)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 ”。

1957年，中国的王元先后证明了 “3+3 ”和 “2+3 ”。

1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩(BapoaH)证明了 “1+5 ”， 中国的王元证明了“1+4 ”。

1965年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)和小维诺格拉多夫(BHHopappB)，及 意大利的朋比利(Bombieri)证明了“1+3 ”。

1966年，中国的陈景润证明了 “1+2 ”[用通俗的话说，就是大偶数=素数+素数*素数或大偶数=素数+素数（注：组成大偶数的素数不可能是偶素数，只能是奇

数。因为在素数中只有一个偶素数，那就是2。）]。

其中“s + t ”问题是指: s个质数的乘积 与t个质数的乘积之和

20世纪的数学家们研究哥德巴赫猜想所采用的主要方法，是筛法、圆法、密率法和三角和法等等高深的数学方法。解决这个猜想的思路，就像“缩小包围圈”一样，逐步逼近最后的结果。

由于陈景润的贡献，人类距离哥德巴赫猜想的最后结果“1＋1”仅有一步之遥了。但为了实现这最后的一步，也许还要历经一个漫长的探索过程。有许多数学家认为，要想证明“1＋1”，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能都是走不通的。 1966年春,陈景润向世界宣告，他得出了关于哥德巴赫猜想的最好的结果(1+2)，即任何一个充分大的偶数，都可以表示成为两个数之和，其中一个是素数，另一个为不超过两个素数的乘积。1966年,第17期《科学通报》上发表了陈景润的论文。

(原文200多页，不乏冗杂之处。)

1972年，陈景润改进了古老的筛法，完整优美地证明了哥德巴赫猜想中的(1+2),改进了1966年的论文。

1973年,《中国科学》杂志正式发表了陈景润的论文《大偶数表为一个素数及一个不超过两个素数的乘积之和》。该文和陈景润1966年6月发表在《科学通报》的论文题目是一样的，但内容焕然一新，文章简洁、清晰。

该论文的排版也颇费周折。由于论文中数学公式极多，符号极繁，且很多是多层嵌套，拼排十分困难。科学院印刷厂派资深排版师傅欧光弟操作，整整排了一星期。

所以只贴陈景润先生在论文之开始：

【命P_x(1,2)为适合下列条件的素数p的个数：

x-p=p_1或x-p=(p_2)*(p_3)

其中p_1, p_2 , p_3都是素数。

用x表一充分大的偶数。

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

对于任意给定的偶数h及充分大的x，用xh(1,2)表示满足下面条件的素数p的个数：p≤x,p+h＝p_1或h+p＝(p_2)*(p_3)，

其中p_1,p_2,p_3都是素数。

oldbach猜想目前没有证明出来，最好的结果就是陈式定理。陈景润的证明很长，而且非数论专业的人一般不可能读懂。整理过的证明参看

潘承洞，潘承彪 著，《哥德巴赫猜想》，北京：科学出版社，1981。

此书较老，现应已绝版，可在较大的图书馆找到。

教育网中许多FTP都有。公网下载地址：

第12篇：用C语言证明哥德巴赫猜想

用C语言证明哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想：任何一个大于6的偶数都可以写成两个素数的和。 #include

#include

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

{

sum=1;

for (j=2; j

{

if (i%j!=0)

{

sum=sum+1;

}

}

if (sum==(i-1))

{

if ((i+1)==number)

{

a=i;

b=1;

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

}

else

{

for (k=2; k

{

m=1;

for (l=2; 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+%d\\n\",number,a,b);

}

}

}

}

system(\"pause\");

}} }

第13篇：由实验、猜想,到探索、证明

由实验、猜想，到探索、证明

河北欧阳庆红

如图1，四边形ABCD四边的中点分别为E、F、G、H，度量四边形EFGH的边和角，你能发现什么结论？改变四边形ABCD的形状，还能得到类似的结论吗？你能肯定这个结论对所有的四边形ABCD都成立吗？

此题可以由同学们通过实验、猜想而直接得出结论，随着学习知识的深入，可以对此题进行探究、推理、证明，从而起到拓展思路的作用．

探究一：探究多解

已知：如图2，四边形ABCD四边的中点分别为E、F、G、H．求证：四边形EFGH是平行四边形．

证明1：连接AC，由三角形中位线定理可知：

HG∥AC，HG=11AC；EF∥AC，EF=AC； 2

2因为HG∥EF，HG=EF，所以四边形EFGH是平行四边形．

证明2：如图3，连接AC、BD，由三角形中位线定理可知：

EF∥AC，AC∥HG，EH∥BD，BD∥FG．

所以EF∥HG，EH∥FG．所以四边形EFGH是平行四边形．

通过探究多解，既巩固了平行四边形的性质和判定，又拓宽了同学们的解题思路．探究二：触类旁通

顺次连接以下四边形各边中点，所得到的四边形是什么四边形？你能发现什么规律？

（1）平行四边形；（2）矩形；（3）菱形；（4）正方形；（5）等腰梯形（对角线互不垂直）．以上四边形的性质中，平行四边形的对角线互相平分；矩形的对角线相等;菱形的对角线互相垂直平分；正方形的对角线相等且互相垂直平分；等腰梯形的对角线相等．通过证明可以证得：顺次连接以上四边形各边中点所组成的四边形：（1）为平行四边形；（2）为菱形；

（3）为矩形；（4）为正方形；（5）为菱形．

结论：从上述结论中可知顺次连接四边形各边中点所得到的四边形的形状与原四边形的对角线有关．对角线相等时为菱形；对角线垂直时为矩形；对角线相等又垂直时为正方形；对角线既不相等又不垂直时为平行四边形．

探究三：知识拓展

如图4，已知△ABC与△ECF是等边三角形,P、Q、G、H分别是AE、AB、BF、EF的中点且C与G不重合．

求证：四边形PQGH为菱形．

分析：由探究二可知，四边形ABFE的对角线是解决问题的关键，连接AF、BE，易证△EBC≌△FAC（SAS）．

所以 AF=BE．故本题得证．

实践证明，此题以课本上的题目为原型，把知识灵活地辐射出去，不局限于一个思路，符合同学们的实际水平和认知规律．

第14篇：证明猜想与拓展教学设计

综合与实践

猜想、证明与拓广

一、学生知识状况分析

学生的知识技能基础：学生在经历了证明一证明二以及特殊的四边形的学习后，积累了一定的证明的经验思想和方法，具备了几何证明及探究的能力，在九上的第二章学习了一元二次方程后，会利用根的判别式判断根的情况，并且积累了列一元二次方程解决几何问题的实际经验。

二、教学任务分析

猜想、证明与拓广，通过一系列具体的问题逐渐展开，引导学生分类研究，先考察一些简单的，特殊的情形，发现一些规律后再讨论一般情况，在此过程中让学生不断的体会由一般到特殊的探究问题的思想，寻求一般性的解决方法.培养学生直观“判断”和正确“猜想”，并配合一定的形式说理，在交流个人想法中拓展思维。猜想要“检验是否存在”，再由“特殊到一般”给出一般性的证明.由“倍增”再到“减半”的“拓广”，总结获得的数学知识和策略性的经验，发展学生的推理能力和探究能力.教学突出学生自主探索，合作交流，协助学生自行找到解决问题的方法。 为此，本节课的教学目标是：

1、通过创设问题情境，让学生经历猜想、证明、拓广的过程，增强问题意识和自主探索意识，获得探索和发现的体验。

2、在探究过程中，感受由特殊到一般、数形结合的思想方法，体会知识之间的内在联系，理解证明的必要性。

3、在合作交流中扩展思路，发展学生的推理能力。

教学重点：经历猜想、证明、拓广的“数学化”的过程，获得探索和发现的体验，体现归纳、综合和拓展，感悟处理问题的策略和方法. 教学难点：在问题解决过程中的策略和方法。

三、教学过程分析

本节课设计了五个教学环节：第一环节：提出问题，猜想探究；第二环节：思维拓广，证明猜想；第三环节：问题拓广，自主探究；第四环节：总结反思，方法提炼；第五环节：布置作业，巩固所学。

第一环节：提出问题，猜想探究；

问题(1)任意给定一个正方形，是否存在另一个正方形，它的周长和面积分别是已知正方形周长和面积的2倍？

（教学策略：提出问题后引导学生思考，学生会出现的三种解决问题的思路：

1、先有具体情况入手研究，得到一个猜想，然后再拓展到一般情况进行证明。

2、因为问题比较简单，有学生可能直接进行一般情况的证明。

3、由于任意两个正方形都是相似的，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方.所以周长比和面积比不可能同时为2.因此这样的正方形不存在.这三种解决问题的方法都应该给与肯定和表扬。）

证明方法为：解：设给定的正方形的边长为a，则其周长为4a,面积为a2,周长扩大两倍后为8a,则其边长应为 2a,此时面积应为 4a2，它不是已知给定的正方形的面积的2倍.所以不存在这样的正方形。或是先考虑面积扩大为原来的两倍为2a2 ，则边长应为2a，此时周长应为42a，不是4a的两倍，无论从哪个角度考虑，都不存在这样的正方形。

问题（2）任意给定一个矩形,是否存在另一个矩形,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的2倍? （教学策略：由问题一的研究学生能够顺理成章的从两个角度来进行思考，一个是从特殊到一般的思想，一个是直接对一般情况进行证明的思想，但是较问题（1）直接证明难度较大，所以引导学生先从特殊情况入手，得到一个猜想后，再进行一般情况的证明会更好一些。这样在具体问题的解决过程中，会给学生一些启示，有助于学生一般情况下的证明思路的形成。）

如果已知矩形的长和宽分别为2和1,结论会怎样呢?你是怎么做的?和同伴交流.

2 总结如下:有三种思路可以选择: ①先固定所求矩形的周长, 设另一个矩形的长为x，将问题化为方程x(6－x)=4是否有解的问题.②先固定所求矩形的面积, 设另一个矩形的长为x，将问题转化为方程x+4/x=6是否有解的问题.③也可以根据已知矩形的长和宽分别为2和1,那么其周长和面积分别为6和2,所求矩形的周长和面积同时扩大2倍后应分别为12和4,设其长和宽分别为x和y,则得方程组x+y=6 ，xy=4然后讨论它的解是否符合题意.然后引导学生再通过几组特例的研究，结果都发现存在这样的矩形，于是得到一个猜想。从而将探究活动推向第二环节拓展思维，证明猜想。将学生的思维逐渐推向高潮。

第二环节：拓展思维，证明猜想；

当已知矩形的长和宽分别为n和m时，是否仍然有相同的结论？ 解:当已知矩形的长和宽分别为n和m时,那么其周长和面积分别为2(m+n),和mn,所求的矩形周长和面积为4(m+n)和2mn.设所求矩形的长为x,那么宽为 2(m+n)－x,根据题意,得x［2(m+n)－x]=2mn.整理得x－2(m+n)x+2mn=0解得

2x1nmn2m2这样一个矩形。

x2nmn2m2经检验x1,x2符合题意,所以存在于是得到结论：任意给定一个矩形,一定存在另一个矩形,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的2倍。

引导学生继续将问题向纵深拓展:既然存在倍增关系的矩形，那么是否存在减半的矩形呢？

第三环节：问题拓广，自主探究；

由学生提出问题（3），任意给定一个矩形，是否一定存在另一个矩形，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半？

3 (教学策略：此问题提出后，学生也会有两种解决问题的思想，一种就是顺承上面问题的解决思路完成此题的探究过程，另一种也可能会有小明一样的想法。若是学生中未出现小明的思路，则让学生阅读课本，然后判断小明的想法是否正确.此问题要求学生在自主探究的基础上，小组合作细化完成解答过程。) 学生通过如上问的探究：发现当已知矩形的长和宽为2和1,3和1,4和1,5和1时，都不存在这样的矩形，它的周长和面积分别是已知矩形的周长和面积的一半.于是就可能会得到一个猜想，一定不存在这样减半的矩形。

于是进行一般情况下的对猜想的证明。设已知矩形的长和宽分别为n,m,所

11求矩形的长为x，那么有x〔2（n+m）－x〕=2mn.得到一元二次方程的根的判别式b24ac121231nmmn(n2m26mn).而此时n2m26mn不4424总是大于0的，也不总是小于0的，于是此题的结论不是一定不存在，而是有选择性的存在，当n2m26mn≥0，这样的矩形存在，而当n2m26mn≤0时这样的矩形不存在。

并请几个学生举几个存在的特例，让学生更直观的感受一下这个结论。

第四环节：总结反思，方法提炼；

（1）本节课的问题解决综合运用了所学知识,体会知识之间的内在联系.（2）本节课学习的数学方法:猜想、证明、拓广、感受由特殊到一般，数形结合的思想方法，体会证明的必要性.（3）一个几何存在性问题，可以转化为方程是否有解的问题，两种列方程的思路源于优先“固定”所求矩形的周长或优先“固定”所求矩形的面积，同时也让学生感受到对同一个问题存在不同的解决方法，有助于开阔学生的视野.

第五环节：布置作业，巩固所学；

1、181页1,2,3. 4

2、写篇小论文，把课题学习探索的过程 和探索得到的结果及你的感受体验整

理成数学小论文。

第15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。

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 = KL 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。

第16篇：数列、极限、数学归纳法·归纳、猜想、证明

数列、极限、数学归纳法·归纳、猜想、证明·教案

教学目标

1．对数学归纳法的认识不断深化．

2．帮助学生掌握用不完全归纳法发现规律，再用数学归纳法证明规律的科学思维方法． 3．培养学生在观察的基础上进行归纳猜想和发现的能力，进而引导学生去探求事物的内在的本质的联系． 教学重点和难点

用不完全归纳法猜想出问题的结论，并用数学归纳法加以证明． 教学过程设计

（一）复习引入

师：我们已学习了数学归纳法，知道它是一种证明方法．请问：它适用于哪些问题的证明？

生：与连续自然数n有关的命题． 师：用数学归纳法证明的一般步骤是什么？ 生：共有两个步骤：

（1）证明当n取第一个值n0时结论正确；

（2）假设当n=k（k∈N，且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确． 师：这两个步骤的作用是什么？

生：第（1）步是一次验证，第（2）步是用一次逻辑推理代替了无数次验证过程． 师：这实质上是在说明这个证明具有递推性．第（1）步是递推的始点；第（2）步是递推的依据．递推是数学归纳法的核心．用数学归纳法证题时应注意什么？

生：两个步骤缺一不可．证第（2）步时，必须用归纳假设．即在n=k成立的前提下推出n=k+1成立．

师：只有这样，才能保证递推关系的存在，才真正是用数学归纳法证题． 今天，我们一起继续研究解决一些与连续自然数有关的命题．请看例1．

（二）归纳、猜想、证明 1．问题的提出

师：我们一起来看两位同学的解题过程．学生甲的计算结果正确，但没有猜出来．学生乙没有求出f（2），f（3），f（4）的值，但猜出了计算公式，并用数学归纳法给予了证明．题目要求求值，还是应写出结果的，说说你这么写的理由吧．

生乙：其实一开始，我跟学生甲一样，先算出了f（2），f（3），f（4）的值，但从-lg 2，0，2lg 2，5lg 2我除发现了应是多少倍的lg2就再无收获了，这“多少倍的”从-1，0，2，5实在无法断定，于是我就往回找，从计算的过程中，我发现了规律，一高兴就忘了写结果了．

师：你是怎么从计算的过程中发现规律的？ 生乙：我是看f（2），f（3），f（4）每一个的计算过程都是在前一个结果的基础上加上（n-1）lg 2，也就是从n=2，3，4，„分别代入递推关系式f（n）=f（n-1）+（n-1）lg 2的求值计算过程中得到的．这里算每一个时要用前一个的结果，写时也用它的计算过程来表示，这样就容易发现规律了．

师：实际上，他是通过算式的结构特征作出归纳、推测的，这种归纳我们不妨称之为：“猜结构”，而例1那种归纳我们就叫它做“猜结果”吧．

其实，我们在猜想时，往往是先看结果，从结果得不出猜想时，再看过程，从解题过程中的式子结构去思考．但不管怎么猜想，都离不开对题目特征的认识．

学生乙在用数学归纳法证明猜想时，注意了两个步骤及归纳假设的使用，证明正确．这个问题解决得非常好．

归纳、猜想、证明是一种科学的思维方法，重要的解题途径，它是我们认识数学的一把钥匙．

（三）练习

（四）小结

（引导学生一起归纳小结）

1．归纳、猜想、证明是一个完整的思维过程，既需要探求和发现结论，又需要证明所得结论的正确性．它引导我们在数学的领域中积极探索，大胆猜想，可以充分地发挥我们的数学想象力．同时又要求我们注意对所得的一般结论作严格的数学证明． 2．归纳法是一种推理方法，数学归纳法是一种证明方法．归纳法帮助我们提出猜想，而数学归纳法的作用是证明猜想．在归纳、猜想、证明的过程中，猜想是关键．我们可以“猜结果”，也可以“猜过程”，只要抓住问题的本质特征、知识的内在联系，就不难得到猜想．在用数学归纳法证明时，有时还可以弥补猜想中的不足．

（五）布置作业

1．高级中学课本《代数》下册（必修）P129第35题．

课堂教学设计说明

利用“归纳、猜想、证明”这一思维方法解题，在课本中虽无这类例题，但复习参考题的最后一道却属此类．它对于学生认识数学、提高数学修养、发展数学能力的作用重大．

在归纳、猜想、证明中，准确猜想是关键．因此我们把重点放在了如何猜想．它不仅能帮助学生使问题得以顺利解决，而且对于开发学生的想象力、培养学生的创新意识、培养新世纪人材都很有意义．

在例题、习题、作业题的配备上，我们认为高中的学习特点是梯度陡、跨度大、思维能力要求高（较初中而言）．因此在题目的设置上，我们加大了思维的含量．让学生在处理每一个问题，操作每一步时都必须有所思考，使学生深切体会到：数学不能死记硬背，也不能生搬硬套．要用数学的思想方法观点学习数学、看待数学．

本节安排的这道练习题．从题目本身看，学生得不到一个解题程序，似乎无从下手．但如果他已掌握了归纳、猜想、证明的思想而不只是方法的话，他就会有解题意识与思路．更可从中领略到发现、观察、归纳、猜想、证明这一数学研究的全过程，体会有限与无限、特殊与一般等辩证关系．

至于课后思考题，其计算、猜想都不困难，使学生对此题轻松上手．但证明时的不顺利会引发他们的思考：照搬例习题的模式是不行的，它与例习题的区别何在？数学归纳法的本质特征是什么？„„这些思考不仅有助于学生解出此题，更有助于学生从实质上理解数学归纳法，抓住其核心——递推． 这节课的教学，我们始终以问题为主线，让学生的思维由问题开始，到问题深化．通过问题的研讨，帮助学生从认识上得到提高．逐步由特殊到一般，由具体到抽象，由表面到本质，把学生的思维步步引向深入．从而提高学生的思维层次与思维水平。

第17篇：高考作文猜想

1、

2、阅读下面的材料，根据要求写作。

有长辈常说：“零零后的世界我们不懂。”2018年，零零后逐渐步入成年，回视他们的成长，伴随他们成长的热词有：成人礼、天宫一号、王者荣耀、感动中国人物、QQ空间、抗战胜利70周年、二孩政策、选秀、搜题软件、阿尔法狗、诗词大会、金砖会议。

作为零零后的你，请从上述热词中选择两三个，写一篇文章让长辈更好地了解你们这一代。要求选好关键词，使之形成有机的关联；选好角度，明确文体，自拟标题；不要套作，不得抄袭；不少于800字。

3、

4、阅读下面的材料，根据要求写一篇不少于800字的文章。（60分） 来自上海复旦附中的16岁小姑娘武亦姝最近成了网络名人，在2月7日央视推出的《中国诗词大会》第二季比赛决赛中，她以最高成绩摘得桂冠。她的出色表现不仅赢得了大赛评委的赞誉，更被网友夸赞为“满足了我对古代才女的所有幻想”。（摘编自《中国文化报》）

每值圣诞节来临，商场、饭店、宾馆摆放起圣诞树，网络、报刊、电视、电台充斥着各种圣诞信息；平安夜里，人们聚众狂欢，流连忘返－－凡此种种，皆表明我们中国正在逐渐演变成一个被西洋文化主导的社会。（摘编自《走出文化集体无意识，挺立中国文化主体性》）

请根据上述两则材料，针对近年来社会上一边是国学热，一边是洋节热的现象，阐述你的认识和理由。要求：选好角度，确定立意；明确文体；不要脱离材料内容及含意的范围；不要套作，不得抄袭.

5、阅读下面的材料，根据要求写作。（60分）

助人为乐，知足常乐，自得其乐，是有关“乐”的三种表达。

如果把“三乐”进行不同的排序，可能会获得不同的关系、意义和境界。比如，有人把三者排序为“自得其乐、知足常乐、助人为乐”，认为自得才能获得自由，自由才能知道知足的标准，知足后才有可能去助人。

那么，你对“三乐”是怎样排序的？对此你有怎样的理解和认识？请写一篇文章，阐述你的理由、观点和态度；自拟标题，不要套作，不得抄袭；不少于800字。

6、•阅读下面的材料，根据要求写作。（60分）

江南9月，G20开启“杭州时间”，习近平重要讲话为“包容型世界经济”勾勒新蓝图，再次彰显出中国对外开放的坚强决心。习近平强调，中国对外开放，不是要一家唱独角戏，而是要欢迎各方共同参与；不是要谋求势力范围，而是要支持各国共同发展；不是要营造自己的后花园，而是要建设各国共享的百花园。

请你针对上面提到的三个方面的对应关系，从中选择一个方面，围绕“包容型”社会写一篇文章，谈谈你的认识和感悟。要求选好角度，明确文体，自拟标题;不要套作，不得抄袭;不少于800字

7、.阅读下面的材料，根据要求写一篇不少于800字的文章。（60分）

在一场新书发布会上，“朦胧诗鼻祖”、老诗人食指认为余秀华作为从农村出来的诗人，从来不提农民生活的痛苦、对小康生活的向往，不考虑人类的命运、祖国的未来，只向往喝喝咖啡、聊聊天、看看书，评论界不应该把她捧红。针对食指的批评， 四天里，余秀华通过不同方式至少回应了六次。最近的一次是1月16日，余秀华在其新浪博客上发表了博文《兼致食指，不是谁都有说真话的能力》，情绪激动、言辞激烈地对食指进行了多角度反驳和多轮次反击。一些诗人、作家，也参与到了这场争论中。有人认为食指对余秀华的批评，并非不值一提；有人倾斜于余秀华；还有人认为食指、余秀华之争，撇开那些愤激之语和观众的口水，就他们争论的行为而言，倒真的有助于让诗歌、让文化重回舆论场„„

对食指、余秀华之争，你有何看法？请写一篇文章阐述你的观点和理由。 要求：选好角度，明确文体，自拟标题；不要套作，不得抄袭。

8、.阅读下面材料，根据要求写一篇不少于800字的文章。(60分)

不要刻意去追一匹马，用追马的时间种草，待到春暖花开时，会有一群骏马任你挑选；不要去刻意讨好一个人，用讨好别人的时间，提升自己的能力，会有一大批的朋友与你同行。 要求：①自定立意，不要脱离材料内容及含意的范围作文；②自拟题目；③除诗歌外，文体不限；④文体特征鲜明。

9、阅读下面的材料，根据要求写一篇不少于800字的文章。（60分）

材料一有人说：我以为自己只是提笔忘字，但现在发现QQ聊天都找不准字了。

有人说：不知什么时候我们的聊天界面都变成图片、表情和233。 材料二受汉字听写大会的影响，许多社区的文化活动中心在周末组织汉字听写比赛活动，报名者不仅有中小学生，还有上班族和老人；近两年，书法班越来越受欢迎，学员们表示，不管多忙都想来感受汉字之美。

要求选好角度，确定立意，明确文体，自拟题目；不要脱离材料内容及含意的范围作文，不要套作，不得抄袭。

10、走进校园，经常看到这样的楼名：文质楼、兰蕙楼、勤耕楼、明理楼、行知楼、笃志楼、博约楼、致远楼、厚德楼、思齐楼、凌云楼„„

看到这些楼名，你有怎样的感触与思考？请从中选出两三个楼名确定立意，展开联想，写一篇文章。

要求：①自选角度，自拟题目；②文体不限（诗歌除外）；③不少于800字；④不得抄袭，不得套作。

11、

12、高考作文预测：阅读下面的材料，写一篇不少于800字的作文。

材料一：刚刚过去的2017年，我国人均出游已达3.7次，国内和入境旅游人数超过51亿人次，未来5年出境旅游人数将达到7亿人次。中国连续多年保持世界第一大出境旅游客源国和全球第四大入境旅游接待国地位。 材料二：在国际交流场合中，大使的角色总是受人尊敬与向往，而作为外交系统的高级代表，大使的工作又让人可望而不可即。“大使不够用”的难题，随着中外人文交流的深入愈发明显。不久前，中办国办印发了《关于加强和改进中外人文交流工作的若干意见》，为推动社会力量广泛参与中外交流事业，提供了坚强的制度保证。“人人当大使”不是梦，国人都可以成为文化使者，向世界讲述精彩纷呈的中国故事。

13、高考作文预测：阅读下面的材料，写一篇不少于800字的作

文。

不久前，一段视频风靡海内外，记录了一群工人“冒着生命危险修复长

城”。自2005年起，国家文物局启动了“长城保护工程”。长城遭到毁坏的部分逐一得到修复，很大程度上要归功于这些工人。修复工作不简单，有些修复点十分陡峭， 原料运输只能靠驴、马和钢缆，运上去需要走40分钟的山路，砖块最重约272斤。工人们十几年如一日，每当结束一天的修复工作时， 他们都筋疲力尽。网友感叹：“他们是中国荣耀的捍卫者”。

14、高考作文预测：阅读下面的材料，写一篇不少于800字的作文。

15金、7银、8铜、12个优胜奖，金牌榜、奖牌榜和团体总分均名列榜首， 这是第四十四届世界技能大赛中国获得的骄人成绩。 更令人激动的是，中国获得了唯一的参赛选手最高奖——阿尔伯特大奖。这是我国新一代产业工人努力和智慧的见证。这让国人无比自豪，也无比感动

15、高考作文预测：阅读下面的材料，写一篇不少于800字的作文。

今年春节，央视综合频道推出创新文化节目《经典咏流传》，探索流行音乐与诗歌的结合，让诗词之美走进千家万户。其中，一首孤独了300年的小诗《苔》被乡村教师梁俊和来自贵州山里的孩子们动情演绎，一夜爆红。《苔》清·袁枚

白日不到处，青春恰自来。苔花如米小，也学牡丹开。”孩子们最朴质无华的天籁之声，唱哭了庾澄庆和曾宝仪，也让亿万中国人都在这一刻被感动。

“我觉得这群山里面的孩子，身边所拥有的资源是很有限的，可是他们却有着最纯真的爱。”梁俊老师就是想通过这首诗，告诉这群山里的孩子们“我们即使拥有的不是最多，但依然可以像牡丹花一样绽放，我们不要小看了自己”。梁俊老师给了孩子们希望的种子，于是，种子种在了每一个孩子的心里，在他们的生命中开了花。

16、高考作文预测：阅读下面的材料，写一篇不少于800字的作文。

日前，南京的刘老先生在雪地摔倒、呼吸骤停，还赶上家人不在身边，无法签字手术。危急时刻，一位王医生振臂而起：“所有责任，我来承担。”果断做了一台没有家属签字的手术，救活了老人。

17、高考作文预测：阅读下面的材料，写一篇不少于800字的作文。

前不久,一个“死活读不下排行榜”的调查报告刷爆网络,所列书单令人瞠目结舌:《红楼梦》高居榜首，中国古典四大名著尽数在列，《百年孤独》《瓦尔登湖》等外国名著也赫然在目。而同时,通俗文学作品以及各种题材的网络小说则大受欢迎。

第18篇：猜想高考作文

猜想2013高考作文

一、题型：材料作文/材料+题目

二、关键词（让学生自己准备一些写作素材）：

守望本色、为生命着色、真实的力量、自己的声音、缘分、盲从、敬畏、崇高、认同、独特、底线、退步、素养（修养）、简单、节约、突破、转身、沉潜、底气、自卑、空白、平视、背后、标签、魅力、渐、随、融、杂、和、度等

第19篇：哥德巴赫猜想

1920年挪威数学家布朗用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比大的偶数都可以表示为（99）。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。

目前最佳的结果是中国数学家陈景润于1966年证明的，称为陈氏定理：“任何充分大的偶数都是一个质数与一个自然数之和，而后者仅仅是两个质数的乘积。”通常都简称这个结果为大偶数可表示为 “1 + 2”的形式。

在陈景润之前，关於偶数可表示为 s个质数的乘积 与t个质数的乘积之和(简称“s + t”问题)之进展情况如下:

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”。

1957年，中国的王元先后证明了 “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”。

1965年，苏联的布赫 夕太勃和小维诺格拉多夫，及意大利的朋比利证明了“1 + 3 ”。

1966年，中国的陈景润证明了 “1 + 2 ”。

陈景润在夜以继日的研究数学为证明“哥德巴赫猜想”，摘取这颗世界瞩目的数学明珠，陈景润以惊人的毅力，在数学领域里艰苦卓绝地跋涉。辛勤的汗水换来了丰硕的成果。1973年，陈景润终于找到了一条简明的证明“哥德巴赫猜想”的道路，当他的成果发表后，立刻轰动世界。其中“1+2”被命名为“陈氏定理”，同时被誉为筛法的“光辉的顶点”。华罗庚等老一辈数学家对陈景润的论文给予了高度评价。世界各国的数学家也纷纷发表文章，赞扬陈景润的研究成果是“当前世界上研究„哥德巴赫猜想‟最好的一个成果”。

第20篇：哥德巴赫猜想

青纯教育（晓晓数学馆）题库

哥德巴赫猜想

哥德巴赫（Goldbach C.，1690.3.18~1764.11.20）是德国数学家；出生于格奥尼格斯别尔格（现名加里宁城）；曾在英国牛津大学学习；原学法学，由于在欧洲各国访问期间结识了贝努利家族,所以对数学研究产生了兴趣；曾担任中学教师。1725年到俄国，同年被选为彼得堡科学院院士；1725年~1740年担任彼得堡科学院会议秘书；1742年移居莫斯科，并在俄国外交部任职。

1729年~1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。

在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了一个命题。他写道：

\"我的问题是这样的：

随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和：

77=53+17+7；

再任取一个奇数，比如461，

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。这样，我发现：任何大于5的奇数都是三个素数之和。

但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。\"

欧拉回信说，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。

不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。事实上，任何一个大于5的奇数都可以写成如下形式：

2N+1=3+2(N-1)，其中2(N-1)≥4.若欧拉的命题成立，则偶数2(N-1)可以写成两个素数之和，于是奇数2N+1可以写成三个素数之和，从而，对于大于5的奇数，哥德巴赫的猜想成立。

青青学子至德至纯

但是哥德巴赫的命题成立并不能保证欧拉命题的成立。因而欧拉的命题比哥德巴赫的命题要求更高。

现在通常把这两个命题统称为哥德巴赫猜想

二百多年来，尽管许许多多的数学家为解决这个猜想付出了艰辛的劳动，迄今为止它仍然是一个既没有得到正面证明也没有被推翻的命题。

十九世纪数学家康托（Cantor G.F.L.P.,1845.3.3~1918.1.6）耐心地试验了1000以内所有的偶数，奥培利又试验了1000~2000的全部偶数，他们都肯定了在所试验的范围内猜想是正确的。1911年梅利指出，从4到9000000之间绝大多数偶数都是两个素数之和，仅有14个数情况不明。后来甚至有人一直验算到三亿三千万这个数，都肯定了猜想是正确的。

1900年，德国数学家希尔伯特（Hilbert D.,1862.1.23~1943.2.14）在巴黎国际数学家大会上提出了二十三个最重要的问题供二十世纪的数学家来研究。其中第八问题为素数问题；在提到哥德巴赫猜想时，希尔伯特说这是以往遗留的最重要的问题之一。

1921年，英国数学家哈代（Hardy G.H.,1877.2.7~1947.12.1）在哥本哈根召开的数学会议上说过，哥德巴赫猜想的困难程度可以和任何没有解决的数学问题相比。

近一百年来，哥德巴赫猜想吸引着世界上许多著名的数学家，并在证明上取得了很大的进展。在对一切偶数的研究方面，苏联人什尼列尔曼(1905~1938)第一个取得了成果，他指出任何整数都可以用一些素数的和来表示，而加数的个数不超过800000。1937年，苏联数学家维诺格拉夫（1891.9.14~1983.3.20）取得了进一步的成果，他证明了任何一个相当大的奇数都可以用三个素数的和来表示。中国数学家陈景润（1933~ ）于1966年取得了更大的进展，他证明了每一个充分大的偶数都可以表示为一个素数与另一个自然数之和，而这另一个自然数可以表示为至多两个素数的乘积。通常简称此结果为大偶数可表为\"1+2\"。在陈景润之前，关于大偶数可表示为s个素数之积与t个素数之积的和的\"s+ t\"问题的研究进展情况如下：

1920年，挪威的布龙证明了\"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年他又证明了\"4+4\"；

1948年，匈牙利的兰恩尼证明了\"1+C\"，其中C很大；

1956年，中国的王元（1930~ ）证明了\"3+4\"；1957年，他又先后证明了\"3+3\"和\"2+3\"；

1962年，中国的潘承洞（1934~ ）和苏联的巴尔巴恩证明了\"1+5\"；

1962年，中国的王元证明了\"1+4\"；1963年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证也证明了\"1+4\"；

1965年，苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉夫及意大利的波波里证明了\"1+3\"；

1966后，中国的陈景润证明了\"1+2\"。

最终将由哪个国家的哪位数学家攻克大偶数表为两个素数之和（即\"1+1\"）的问题，现在还无法予测。

《猜想证明.doc》

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