西塔潘猜想证明过程（精选多篇）

推荐第1篇： 最新高考作文素材之《大学生破解世界数学难题――西塔潘猜想》

大学生破解世界数学难题――西塔潘猜想

－－摘自 《高考作文素材精粹与多向运用》2012版第11页

宋伟丽

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中南大学本科生刘路破解“西塔潘猜想”的消息，在学术界激起一片浪花。在网上有关“刘路”的搜索热度不断飙升。

西塔潘猜想是由英国数理逻辑学家西塔潘于20世纪90年代提出的一个反推数学的猜想。这一猜想困扰了数学界十多年。20l 1年5月，在浙江师范大学召开的逻辑学术会议上，刘路的报告彻底解决了这一问题。他初二时喜欢上数学，高中开始阅读全英文数学书籍，2008年考取中南大学数学科学与计算技术学院。刘路对很多东西感兴趣，但最感兴趣的还是数理逻辑。平日里．刘路看到感兴趣的学术问题便会提起笔记录。

中南大学就刘路证明“西塔潘猜想”一事召开了新闻发布会。会后，学校表示不再接受相关采访和报道，以免让刘路变得心浮气躁，导致一个大有希望的数学人才最终被捧杀。

（ 押中高考作文题目）

多向运用（ 把握高考作文命题趋势）

一个平凡的本科生一夜之间成了学术明星，这可以给予我们许多思考和启示。

这也是高考作文素材精粹之一。

一、从个人成才的角度，适用论题：①兴趣是最好的老师；②兴趣的单一与多元；③只有坚持才能有所成就；④注重积累；⑤平凡与卓越；⑥选择适合自己的路；⑦要有主见；⑧把握机遇。

二、从培养人才的角度，适用论题：①尊重个人的选择；②营造良好的环境；③要为人才保驾护航；④要引导不要强迫；⑤唯才是举与论资排辈；⑥培养人才要长久规划。

三、从社会意义和价值的角度．适用论题：①成功是一个渐进的过程；②这儿再美也只是中转站；③人生追求不可急功近利；④眼前利益和长远目标；⑤成功与成才；⑥偶然与必然；⑦从现在做起。

【失误论题】①君子善假于物；②媒体是成名的推手。(①论题若从“高中开始阅读全英文数学书籍”来，就只关注了一点，见树木不见森林；②网络使刘路出名只是表象。) 高考作文冲刺，选用《》2012版

论证示例

例1 乐此才能不疲

兴趣是人们活动强有力的动机之一，它使人们热衷于自己的事业而乐此不疲。古往今来，许多成就辉煌的成功人士，他们的事业往往萌生于青少年时代的兴趣中。刘路初二时喜欢上数学，高中开始阅读全英文数学书籍，2008年考取中南大学数学科学与计算技术学院。平日里，他看到感兴趣的学术问题提起笔记录。对数学的兴趣是他能够成功破解困扰数学界十多年的西塔潘猜想这一难题的原动力。孔子说：“知之者不如好之者，好之者不如乐之者。”人的成功需要正确的引导，那最好的老师就是兴趣，它推动着人们主动地去开拓进取，促使我们学会发现身边的大小事。无论是辽阔宽广的大地，还是浩瀚无垠的海洋；无论是形形色色的人生，还是生生不息的物种，它们都存在着千千万万个“为什么”，等着我们洋溢着满怀的兴趣去发掘其中的道理。

例2平凡与卓越

我们不必去羡慕明星的集万千宠爱于一身，不必去渴望政治家的纵横捭阖，不必去刻意追求荣华富贵。因为，平凡的沙子中蕴含着宝贵的黄金，平凡的泥土里培养出鲜活的生命。平凡的事业后矗立着壮丽的人生。刘路，中南大学一名普通的本科生，然而，正是这个普通的学子解决了困扰了数学界十多年的西塔潘猜想。一夜之间，他完成了自己从平凡到卓越的转化。平凡的人生，也能孕育一番别开生面的景象。

不要太介意生命的平凡，平凡孕育着卓越。享受平凡，所以我们可以过轻松悠闲的生活。不用经历明星的绯闻与曝光，不用体会政坛的勾心斗角，更不用陷人商海的沉浮。追求卓越，让我们把握展现自我魅力的机会，让我们施展运筹帷幄决胜千里的才干，让我们体现自己夺目的人生价值。

例3

提倡异质思维。尊重个人的选择

有句话叫“求同存异”，在人类漫长的进程中，出现过不少不公正对待异质思维的情况，个别人稍有一点异质思维就被扼杀或者毁灭，布鲁诺因为坚持哥白尼的“日心说”被烧死，达尔文的进化论遭教会打压，爱因斯坦提出的相对论被百余专家指责„„曾几何时，我们只允许人们拥有同一种思想，只接受人们使用同一种语言。历史给我们留下了深刻的教训。时代的发展社会的进步使我们进入了一个可以尊重每一个人不同选择的时代。刘路宿舍的四个人，一个创业，一个考研，一个已经签约就业，而刘路坚定地在学术的道路上前进。今天：刘路已经在数学研究的道路上做出了贡献。在这一个尊重个人选择的社会里，我们有足够的理由相信，他的几位同学同样会这表现不凡。

例4

这儿再美也只是中转站

人呱呱落地的那一刻，生命开始了；种子埋入土那一刻，生命开始了；虫子变成蛹的那一刻，蜕变开始了。(引出话题)当刘路确认自己喜欢上了数学的那一刻，他在学术道路上的人生开始了。在刘路成功解决了困扰了数学界十多年的西塔潘猜想时，他的学术生涯好像是到了一个终点。(概括事例)然而，学术的道路并没有终点。有时从起点到终点的距离很短很短，短到刹那即逝；有时从起点到终点的距离很长很长，长得无休无止。而这距离的长短要你自己来控制，因为命运掌握在你自己的手中。(提出观点)所有的生命都有始有终，但谁都无法猜到自己的终点在何处。也许，你到了某一个地方，你会以为那就是你的终点。其实不然，在人的一生当中，会经过许许多多的中转站，有些中转站非常美丽，使你特别的留恋，但是那始终不会是你的终点。因为每一个终点也许会是你的下一个起点。(展开论述)追求成功的人永远都不会留恋红尘的艳丽，他只会勇往直前不停地追逐。因为他明白这儿再美也只是中转站，而不是终点。(结论)

课本掘金 把握高考作文命题趋势

10、请分析《项链》这篇课文，谈谈利用其中的相关素材，可以论证哪些论题。

推荐第2篇：卡塔兰猜想

卡塔兰猜想

卡塔兰猜想是比利时数学家欧仁·查理·卡塔兰（Eugène Charles Catalan）在1844年提出的一个数论的猜想。它是说除了8 = 23，9 = 32，没有两个连续整数都是正整数的幂；以数学方式表述为：不定方程xa − yb = 1的大于1的正整数x,y,a,b只 有唯一解x = 3,y = 2,a = 2,b = 3。

也可以叫“8--9”猜想。

2002年4月，帕德博恩大学的罗马尼亚数学家普雷达·米哈伊列斯库（Preda Mihăilescu）证明了这猜想，所以它现在是定理了。这个证明由尤里·比卢（Yuri Bilu）检查，大幅使用了分圆域和伽罗华模。

与卡塔兰猜想相似的有费马大定理。

历史

在卡塔兰之前已有人考虑过类似的问题。

1320年左右，莱维·本·热尔松（Levi ben Gerson，1288年—1344年）证明2和3的幂之间只有8和9相差是1。

莱昂哈德·欧拉证明，x2y2 = 1，a >1 没有正整数解。

1965年柯召证明方程x2 - yb = 1，b >1 只有一个解。

于是卡塔兰猜想只余下a,b为奇素数的情况。

1976年罗贝特·泰德曼(Robert Tijdeman)证明卡塔兰猜想的方程只有有限个解。雷·斯坦纳(Ray Steiner)和莫里斯·米尼奥特（Maurice Mignotte）也对这猜想作出贡献。

皮莱（Pillai）猜想：把卡塔兰猜想一般化，推测 正整数的幂之间的差趋向无限大；换句话说，对任何正整数，仅有限多对正整数的幂的差是这个数。这猜想现在仍未解决。

推荐第3篇：最年轻教授 刘路一夜之间成功破解西塔潘猜想 不要捧得太高

最年轻教授 刘路一夜之间成功破解西塔潘猜想

不要捧得太高，否则会因承受不了而摔得很惨~~不否认刘路同学做出的成绩，但是他还太年轻~~

盲目的过分的夸大人才其实就是将其扼杀在成长中。还是刘路自己对学姐学弟们的寄语说的好说的精彩。原来出了那么多的神童，现在又怎样了呢。。。。。？

校方给予肯定 可谓实至名归

“既然蔡元培能够不拘一格聘24岁的梁漱溟成为北大教师，那么我们中南大学为什么不能聘22岁的刘路成为正教授级研究员？”在谈到刘路连跳数级的经历时，中南大学校长张尧学开门见山地说。

据他介绍，刘路受聘是经过校方深思熟虑的。正级教授最大的要求就是在本学科领域取得创新性的研究成果，在创新性上刘路做得非常好，具备了发现科学问题并予以解答的能力，这对于曾成功攻克国际数学难题“西塔潘猜想”的刘路来说，可谓实至名归。

张尧学认为，研究能力和年龄大小没有特别大的关系，有的人40多岁才熬到教授，那时候就错过了创造能力最旺盛的大好时光，不再是意气风发敢于创造的年纪。校方聘他，并给予100万元奖励，是希望能为刘路的发展提供更加宽松的环境和畅通的渠道。大学本科期间，刘路的成绩很一般，属于中等偏下水平，这说明他不是“考试型人才”。如果他以学生的身份做学术钻研，就不得不去应付考试，为了拿学分而去学习一些课程。这对刘路来说反而是一种负担。成为正级教授后，刘路就可以直接进行国家级课题申报，进入国家人才培养计划，例如刘路正在申请的国家“青年千人计划”，为他进一步的科学研究，享受各种创业科研优惠政策和资金削平门槛。如果按照常规的学术型人才发展路线，刘路就不得不在很长一段时间里跟在别人后面做事情，施展自己能力的空间很窄。

成为“老师”之后，校方并不要求他立即走上讲台，还会鼓励他以学习为主，这也是为什么校方将他定位为研究员的原因。这样他能更自由地、有选择性地去学习，做自己喜欢做的研究项目。就像他的母亲不限制他看课外书一样，校方也不会干涉他的思维和习惯。

教授资格很苛刻，竞争也十分激烈，中南大学每年名额只有1至3个，有时候甚至一个也没有。把他直接评为正教授，这也是中南大学想表达的一种姿态。“只要你有能力，我们就给你空间。对于外界的干扰，我们并不担心，刘路的性格很适合搞科研，外界如何评说都不会干扰他。刘路可以组建自己的团队，未来他的团队将吸纳进来更多年轻有想法并敢于实践的人，这将由他决定。刘路将不是个例，我们相信会有更多的刘路出现。”

“为什么中国的教育培养不出大师？”这是著名的“钱学森之问”。作为学术机构，作为培养学者的大学，中南大学高层张尧学等人一直在思考和试图解答这个问题。该校也希望由此，寻找和尝试一种新的思路。

年薪至少十万 留美公费学习

中南大学是以理工和医学见长的院校，数学科研能力并非强项，刘路留校后是否会改变这个现状呢？对于这些事，刘路表示从未考虑过。这位去年通过本科答辩，直接保送读博的22岁大男孩说，他最大的心愿是做好自己想做的事。

去年，16岁的张炘炀成为中国最年轻博士生，并建议父母为其在北京购房。不过比他多花了6年时间才成为博一学生的刘路，丝毫不用担心这个问题。在谈到校方给予的100万元如何使用的问题时，刘路回答说还未想好，或许会考虑拿出一半买房子，不过，长沙市的房价究竟是多少，他并不知道。

其实，他也没有考虑这些问题的必要了。据介绍，今年中南大学决定成立数学交叉中心，以数学为基础进行各学科之间的交流。年底该校将建成占地8000平方米的数理大楼，按照中南大学的标准，这其中就将有一间，至少30平方米的办公室供刘路使用。同时学校还会为他安排住房。

中南大学数学与统计学院党委书记颜兴中说，“刘路已经完成入职手续，成为中南大学的正式职工。按照中南大学教授级别待遇以及刘路目前的情况，他将拿到6000元左右的第一笔工资，而年薪则至少可以达到10万元”。但刘路的工资有可能更高，张尧学校长说“按照正常的标准和刘路的科研能力，他未来的月薪有望达到3万元。”不过对于这样的数字，精于数学的刘路似乎并不感冒。

忙完了本科的学业，刘路没有周围同学那样放松，或是玩一玩，除了忙于数学研究之外，刘路还在忙两件事，一件是思索下半年去哪里深造的问题，另一件是准备申请“国家自然科学基金”。他目前已经收到芝加哥大学、加州大学伯克利分校等一流大学的出国留学邀请，并获加州大学伯克利分校的全额奖学金。

颜兴中透露，刘路出国留学的身份是出访学者，而不是普通本科毕业生。这意味着，他此次赴美，是进行短期走访游学，属公费学习。最终他获得的博士学位，应由中南大学颁发。

教授“带”教授 坦言“没压力”

侯振挺和刘路已经是师生关系，但侯振挺却连说很少和他在一起，上一次见面，还是一周前学校召开新闻发布会时。他记得两个人聊得最投入的一次是去年年底，当时他带着刘路赴海南参加研讨会，两个人一路在聊与数学有关的话题，会上聊、会后还聊，一直聊到23点才各自休息。为了试探他到底是不是“真材实料”，考考他的思维逻辑能力如何，侯振挺曾故意向他提出了几个世界级数学难题。刘路的表现让他非常满意，他回答时的思路相当清晰，不仅逻辑性强，且提出了独到观点和看法。

如今，侯振挺和刘路的关系有些“复杂”了。侯振挺既是刘路现在的博士生导师，也是发现刘路的伯乐，还是刘路的同事。对于记者问到“带教授学习是否有压力”这个问题时，侯振挺回答得很坚定：这个问题很尖锐，但严肃地说不会有压力。“同样都是做学问，你有不懂的可以来问我，我有不理解的还可以向你学习。教学相长，学术讨论都是很自由的。他的研究能力已经完全符合标准，所以我们才对他破格。”

侯振挺对刘路的态度，正如张尧学所说的那样：大学应该有更开放、更包容的心态，循规蹈矩本身就不是科研的态度。

其实，聘刘路为正教授研究员，不仅仅是一次培养人才和学术研究的尝试，也是学校扩大影响的尝试。张尧学坦言，中南大学给他铺了路，相信他未来给母校回报的，不仅仅是科研成果。

刘路的成名让他接下来的人生开始大步跨越。不到一年的时间内，他经历了从本科提前毕业、获硕博连读特批，到作为青年教师后备人才进入中国著名数学家侯振挺教授研究所，再到今日正式成为中南大学教授级研究员等一系列身份的转变。

谈及此次破格之举，中南大学校长张尧学表示，此举旨在落实该校为杰出青年人才搭建更好发展平台的新政策。“起初并不会让刘路授课，而是为他留足时间专心从事科研活动。今后将通过送他在世界各地访学、讲学等方式，为其科研提供最好的平台。”

根据校方决定，刘路同时还获得了100万元现金奖励，其中50万元用于改善科研条件，50万元用于改善生活条件。

对于今后的研究方向，刘路透露，自己兴趣比较广泛，接下来并不会仅仅关注纯数学，而是专注于和概率统计学有很大关系的“数据挖掘”。他解释称，从学术角度而言，这门学科将探讨如何简化对数学结构的描述；从实际应用出发，则是为了解决信息时代人们比较关心、如何从海量信息中获得有用东西的问题。

一问 如此年轻能否胜任教授工作？

“教授级研究员”并不严格等同教授

中南大学校长张尧学：年龄小也可以是“大师”

在一些报道中，刘路被描述为破解国际数学难题的天才，攻克了“在数理逻辑学中沉寂了20年的难题”——“西塔潘猜想”。曾有3位中国科学院院士向教育部写信，希望破格录取他为研究生，还有人称其为“小陈景润”。

人们普遍质疑的是：22岁的本科生，能否胜任“教授级研究员”工作？

“人家本身就有教授水平，为什么不给他评教授？”面对关于聘请22岁的刘路为教授的质疑，中南大学校长张尧学对媒体表示，“年龄小，也可以是大师。”

而此前，不满30岁便被评为教授、聘为博士生导师的年轻人也一度抢占人们的眼球。他们改变了人们以往对拥有“教授”称呼的人白发苍苍的印象：重庆邮电大学的舒富文28岁被评为教授；西南政法大学法学专业的施鹏鹏被评为教授时29岁。前两年，广东曾出现的最年轻副教授来自暨南大学，生科院的陈填烽时年27岁；2007年，不到30岁的贺雄雷到中大任教，是该校当时最年轻的教授和博士生导师之一。

而在历史上，胡适当上北京大学教授时也不过28岁。

二问 刘路是否称得上“数学奇才”？

数学界人士提醒：勿过度追捧

刘路是否真的称得上“数学奇才”“小陈景润”？香港浸会大学数学系讲座教授、理学院院长，香港数学会理事长汤涛提醒，媒体没有必要过度追捧：“领导、院士、舆论还是不要掺和得太多。顺其自然，给点鼓励和物质奖励就可以了。”

汤涛说明，数学上“西塔潘猜想„这种水平的猜想很多，其提出者戴维·西塔潘（David Seetapun），并非传言所说的知名数理逻辑学家，而且很可能已经不再研究数学，目前只能找到此人1991年的博士论文和1995年的一篇论文。所谓的“西塔潘猜想”有一定价值且在一定范围内受到一定重视，刘路作为本科生就能解决猜想不易，但没有必要将其作为“奇才”，夸大此成果的意义。

华南师范大学教育科学学院卢晓中院长认为，根据正规的评选程序评选刘路为教授级研究员，是对他研究成果的肯定，无可厚非；但学校应该更注重保护他健康、可持续的发展，刘路本人也应该有定力，对接踵而来的无关学术的活动应该适当远离。回到单纯的研究环境中去。“人才需要时间积累，而非一蹴而就的。”

三问 22岁当教授是否突破了学术圈遴选机制？

学者：应培育让人自由成长的学术研究“土壤”

将22岁的刘路评为教授级研究员，并且给予100万的奖励、推荐参加国家“青年千人计划”评选，网上有不少称赞之声，认为此举是“不拘一格降人才”的表现。记者梳理发现，近年来低龄教授群现象的出现，无一例外都是政策绿色通道成就的结果。

21世纪教育研究院副院长、著名教育学专家熊丙奇在接受南方日报记者采访时表示，虽然年轻有为的例子比比皆是，但聘请22岁的本科生当教授级研究员不免有揠苗助长、过度炒作之嫌，并非突破遴选机制，而正体现了学术圈内人才引进的方式有问题，体现了“不拘一格降人才”的“格”存在问题。

“高校应该致力于学术氛围的培养，土壤没有变化，靠行政手段、体制职称评审提拔人才，可能存在政绩考核的问题，”熊丙奇进一步解释，“如果土壤培育好了，给每个人自由成长的空间，那么就不存在什么年龄的问题，不存在„格‟的问题。”

现在的舆论喜欢正新闻反解读，22岁成为教授级研究员，在以往是一个多么美好的励志案例呀，而网上奔涌而来的是嘲讽、怀疑、讽刺。但舆论与民意并非天生形成这种有意妖魔化的心态，恐怕还是复杂的学术圈那点事儿让民众的疑虑难消。

拜读了一下刘路的故事，基本就像当年陈景润的翻版——痴迷于某项高精难度的科学，不仅用心钻研而且自有常人难比的天赋，因此多年辛苦终有收获。不过小有所成的刘路从此能否走上陈景润一般的科学家道路，还是迷失于滚滚红尘中，恐怕才是民众舆论最为关注的。

陈景润与刘路所面临的生活环境乃至学术环境有异有同，当年陈景润身处特殊年代，学术被打压至社会底层，据说他曾多年在一间仓库里潜心钻研，不问世事。这似乎说明，外界环境的千变万化，终究不如个体内心的宁静与否更重要。而刘路所面临的，是一个最好的时代，也是一个最复杂的时代。大学前所未有的富有，扩招带来的巨大规模与经济效益都非常可观，因此还是能提供不菲的待遇。你看，中南大学一口气就给了22岁的刘路100万元，其中50万元是生活补助。刘路相比陈景润不再为五斗米折腰，不用直面生活的困窘与外界强大的压迫，但他需要接受另一场更为复杂的考验，这个年轻人做好准备了吗?

从教授到学生，如今真正抱着一颗科学之心的能有几人?大学丢掉了庙堂的高贵俯身接受商业的洗礼，有的教授奔走于商业走穴与学术掮客的角色转换中，有的学生们忙着就业、抄论文、找关系，见面相视一笑后各奔“钱途”。刘路是会走向如此的芸芸众生，还是成为孤独的守望者?

与上世纪八十年代那些少年大学生不同的是，前者毕竟还只是个学术成才的辩证题，大家争议更多的是年少得志与终成人才之间能否划等号。而刘路还要面对物欲诱惑，甚至会影响到未来的谈婚论嫁。有多少女孩子是真正冲着他的学术成就而不是教授高帽下的现实利益而去?一个月几千块的“清贫”能否背负起房价、教育、医疗等费用以及现实攀比的心理失衡?

22岁教授的人生之路面临考验，他必须像个战士一样，翻越远比学术更为艰难的现实大山，在成为另一个陈景润之前，他会成为另一个叫嚷着学生不成千万富翁别见他的教授么?会成为一个抄袭论文还死不承认的副校长么?

“没有诀窍，就是一直做自己感兴趣的事，突然间想到了就做到了。” ——刘路(22岁数学奇才)

“这么做，只不过想发出信号：学校惟才是举，而不是惟学历和资历。” ——张尧学(中南大学校长)

国内最年轻教授，由中南大学制造——3月20日，该校宣布破格聘任攻克国际数学难题的在校学生刘路为中南大学正教授级研究员。

有人鼓掌叫好，认为中南大学探索创新型人才培养模式有了新突破;也有人拍砖质疑，认为此次破格难脱草率之嫌。那么，年仅22岁、学习成绩一般的刘路凭什么创造“神话”?高校提拔“22岁教授”，释放出哪些信号?

“我十年不考核他”

“人的创造力最旺盛的时间是在35岁以前，科研是一种弹性的工作，需要你有很强的想象力，需要你没日没夜去干。”校长张尧学对于刘路的科研给予了相当宽松的环境。

张尧学表示，中南大学对于研究员不是每年都要考核，“我们要给一个长期的、自由的研究环境，比如说3年、5年，你可以什么都不做，做你的研究。研究不是像农村生产队积工分一样。我认为现在的计件式的考核方式是有问题的，要更宽松一点。”

张尧学介绍，中南大学的研究员只有少部分，“不能搞太大的比例，就比如说学校有一千个教授，你不能有五百个都是搞这种不考核的研究。只有少部分人，真正有兴趣的人去做这种不考核的、自由的、有兴趣的研究。比如刘路，我十年不考核他，我相信他每天都在努力、都在做研究。”张尧学说。

“我们引进的一千个人，中间有十个人做成，有一个人做成，就太了不起了。”张尧学鼓励青年教师多做研究，多出成果。

【对话】刘路：学生对分数应看淡一些

记者：之前有想到过会获得这些奖励和工作吗？

刘路：没有，真的没有想过学校会给这么一份工作，也没有想过会有这个（100万的）奖励。

记者：如何看待被评上教授？

刘路：拿到这些奖励肯定是有压力的，如果我现在把没有写的论文都写出来的话，评副教授这个标准应该是可以达到了，当然副教授还有些别的标准，在发表论文这一块应该是没有问题的，正教授好像还不够。

记者：近期有什么规划？

刘路：我规划就是出国继续去学习，近期出国留学。我一直都在申请出国留学，申请了伯克利大学的数学专业被录取了，但是在其他学校的其他专业的申请失败了，所以我现在在想能不能通过交流访问等其他渠道学习（人工智能等）这些领域。

记者：出国留学和任职研究员这两件事情如何安排？

刘路：我觉得这两个是不矛盾的，出国留学和在中南大学任职，目前我对这方面的经验还不是特别丰富，可能还需要跟学校进一步商量一下。

记者：既然是被聘为研究员，目前有研究方向吗？

刘路：打算研究数据挖掘或者机器学习（研究计算机如何模拟人类学习）。我的兴趣是比较广泛的，对数学一直比较感兴趣。

记者：对准备参加高考的学生有何建议？

刘路：在应试教育方面，目前的学生可能把过多的精力放在分数上，过于看重自己的分数，而忽略了对知识本身的掌握，所以考完之后也容易忘记。我觉得现在的学生还是应该把精力放在知识上面，对于分数应该看淡一些。 张尧学：年龄小就不是大师吗？

记者：如何评价刘路的成果？

张尧学：刘路如果没有解决“西塔潘猜想”，可能过两百年、三百年还是没人解决。你能说他年龄小就不是大师吗？我们解决了世界难题，我们得到了世界公认。我们希望刘路同学，刘路同志，刘路教授在数学领域为人类，为知识宝库作出更大的贡献。

记者：对于优秀人才有哪些优待措施？

张尧学：中南大学是一所开放的，不拘一格用人才的学校，我们愿意为所有优秀的杰出的人才提供他所需要的事业发展的平台，提供生活保障的必要经费，提供科研所需要的必要经费，提供他发展所需要的时间和空间，让他们在最富有创造力的时间里从事他们所喜爱的科学研究。我们为杰出青年人才准备提供第一笔科研经费，其次，我们提供充足的时间从事科研活动。比如刘路同学，我们尽管是把他评为教授级的研究员，为什么要叫研究员而不叫教授，我们在开始的时候不想让他讲课，让他尽可能多地从事科学研究，在国内外，在全世界，在这个领域最好的地方去讲学和访学。另外，我们尽可能多地提供出国交流的机会。

记者：如果有其他的“刘路”，是不是有相同的奖励？

张尧学：我认为这一百万一点儿都不多。这个一百万仅仅是一个开始，我们每年还会给刘路所需要的资助和支持，他以后研究需要我们都会全力地支持他。我们作为奖励远远不止100万，刘路作为教授留下来以后，房子等问题全部为其解决。如果中南大学再出现一名“刘路”，我们会继续的，同样的，毫不犹豫地奖励，甚至比这个（奖励标准）更高。

【相关链接】世界最年轻教授：艾莉娅

2008年2月，距19岁生日还差3天的艾莉娅被韩国建国大学聘为细胞科学全职教授。据新华社报道，艾莉娅来自美国纽约，两岁开始阅读，5岁读完小学，10岁考进大学，18岁读完博士，她还多才多艺，跆拳道黑带，音乐也不错，11岁登台在交响乐团吹黑管。在艾莉娅之前，吉尼斯世界纪录中最年轻教授保持者是英国物理学家牛顿的门徒麦克劳林，他1717年被聘为大学教授，当时19岁。

27岁被聘为教授：周涛

2010年1月5日，27岁的周涛被电子科技大学特聘到计算机科学与工程学院任教授。据四川《华西都市报》报道，周涛1982年4月出生，小学前特别喜欢麻将，15岁考入成都七中理科班，因物理竞赛和计算机竞赛成绩优异被中国科技大学录取。随后，他成为中国科技大学与瑞士弗里堡大学物理系联合培养的博士生，国外留学3年。2010年，他被聘为电子科技大学教授。

推荐第4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5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6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7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8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9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10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；

┇

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

第11篇：余弦定理证明过程

余弦定理证明过程

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

证毕。

2在任意△ABC中,作AD⊥BC.∠C对边为c，∠B对边为b，∠A对边为a-->

BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

勾股定理可知：

AC²=AD²+DC²

b²=(sinB*c)²+(a-cosB*c)²

b²=sin²B*c²+a²+cos²B*c²-2ac*cosB

b²=(sin²B+cos²B)*c²-2ac*cosB+a²

b²=c²+a²-2ac*cosB

所以，cosB=(c²+a²-b²)/2ac

2如右图，在ABC中，三内角A、B、C所对的边分别是a、b、c.以A为原点，AC所在的直线为x轴建立直角坐标系，于是C点坐标是(b，0)，由三角函数的定义得B点坐标是(ccosA，csinA).∴CB=(ccosA-b，csinA).现将CB平移到起点为原点A，则AD=CB.而|AD|=|CB|=a，∠DAC=π-∠BCA=π-C，根据三角函数的定义知D点坐标是(acos(π-C)，asin(π-C))即D点坐标是(-acosC，asinC),∴AD=(-acosC，asinC)而AD=CB∴(-acosC，asinC)=(ccosA-b，csinA)∴asinC=csinA…………①-acosC=ccosA-b……②由①得asinA=csinC，同理可证asinA=bsinB，∴asinA=bsinB=csinC.由②得acosC=b-ccosA，平方得：a2cos2C=b2-2bccosA+c2cos2A，即a2-a2sin2C=b2-2bccosA+c2-c2sin2A.而由①可得a2sin2C=c2sin2A∴a2=b2+c2-2bccosA.同理可证b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.到此正弦定理和余弦定理证明完毕。3△ABC的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB上的中线分别为ma.mb,mc,应用余弦定理证明:

mb=(1/2)

mc=(1/2)ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

同理可得：

mb=

mc=

4

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

证毕。

第12篇：余弦定理证明过程

在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b，c，A来表示a。 分析：由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构造直角三角形，在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理用CＤ、ＤB表示，而CD可在Rt△AＤC中利用边角关系表示，DB可利用AB－AD转化为AD，进而在Rt△AＤC内求解。

解：过C作CD⊥AB，垂足为D，则在Rt△CＤB中，根据勾股定理可得： a2＝CＤ2＋BＤ2

∵在Rt△AＤC中，CＤ2＝b2－AＤ2



又∵BＤ2＝（c－AＤ）2＝c2－2c·AＤ＋AＤ2

∴a2＝b2－AＤ2＋c2－2c·AＤ＋AＤ2＝b2＋c2

－2c·AＤ 又∵在Rt△AＤC中，AD＝b·cosA ∴a2＝b2＋c2－2bccosA类似地可以证明b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC

第13篇：关于塔西佗名言

1、即使是智者，也难摈弃追求功名这个弱点。

2、后代是对每个人的合适的赞扬。

3、通过战争手段比通过广开言路更能牢靠地维护政权。

4、为前辈着想，也要为晚辈着想。

5、甚至连受惠于叛徒的人，也痛恨叛徒。

6、权力会奴化一切。

7、被禁止的事中自有一番不可言的乐趣。

8、有冒险才有希望。

9、第二继承人总是受到怀疑和怨恨。

10、权力欲是一种最臭名照着的欲望。

11、即使是凶猛的野兽，如果总关在笼里，也会失去自己的勇猛本性。

12、黄金和财富是战争的主要根源。

13、当你能够感觉你愿意感觉的东西，能够说出你所感觉到的东西的时候，这是非常幸福的时候。

14、一个将军不可缺少的品质是刚毅。

15、单纯和慷慨超出一定的极限之后，就会导致毁灭。

16、你能想你所想的，说你所想的时代是非常幸福的时代。

17、追求自由是人至高无尚的心向。

18、适于将军的条件是果断，慎重。

19、偷吃的肉，味道最香。

20、天才蒙受冤屈，他的英名便会因此而传遍天下。

21、靠谨慎比靠鲁莽更能制胜。

22、用罪恶手段得来的权力决不会被用于正当的目的。

23、从不抛头露面的人能干成大事业。

第14篇：塔西河村党委事迹材料

塔西河村党委“创先争优”先进基层党组

织典型事迹材料

---玛纳斯县包家店镇塔西河村党委先进事迹

走进包家店镇塔西河村，跃入人们眼帘的是整齐的集中住宅新居和四通八达的柏油路，道路两旁绿树成荫，休闲广场环境优美、设备齐全，村民们洋溢着幸福的笑脸，到处呈现出一片生机盎然的景象。

塔西河村位于包家店镇区以东10公里处。全村有623户，2851口人,由汉、回、哈、维四个民族组成。党支部有党员141名，团员86人,耕地面积28670亩,人均耕地面积10亩。2008年该村人均收入首次突破万元大关，2010年农民人均纯收入达12800元。连续多年被评为“五好”党支部，2009年荣获“新农村建设示范村”称号，2010年荣获“村庄整治精品村”称号。如今的塔西河村是玛纳斯县远近闻名的新农村示范村。这些累累硕果的取得是该村党委领导党员干部群众努力奋斗的结果。

优化组织完善机制强保障

俗话说的好，“村看村、户看户、群众看的是干部”。塔西河村从2007年的6个村合并成现在的一个村，始终没有放松过班子的自身建设。2010年为探索创新党组织设置形式，在县委的大力支持下，按照“支部建在产业链上、党员聚在产业链上、群众富在产业链上”的党建思路，率先成立了全疆第一个村级党委，村党委下设新澳肉羊专业合作社、宏图拉运专业合作社等4个党支部，促进了党组织引领、党员示范带动作用的充分发挥，全面提升了群众致富兴业能

1力。春节，自治区党委张春贤书记视察我县时专程来到塔西河村党委并给予充分肯定，该村党员干部群众受到极大的鼓舞和鞭策。

新一届村班子组建以后，结合村班子结合点多、面大、党员分散的现状，实行“支部领导，委员负责”，采取“集中教育，分片管理，上下协调，引领带动”的管理模式，建立完善了周一班子晨会制、干部坐班制、目标量化制、双向承诺制、双议双析制、绩效奖惩制等机制,使组建后的新班子达到了规范运作。进一步规范管理，提高为民服务的效率，使村民有问题能找到干部，有困难能及时得到帮助，有矛盾能及时化解。村两委班子成员精诚团结，求真务实，班子的整体素质、履职能力、创新观念都有较明显的改变。制定决策和解决重大问题，经过集体讨论决定，充分发挥民主，使干部队伍树正气、讲团结、讲原则的工作作风得以体现。

率先垂范强化管理塑形象

多年来，该村党委把党员干部队伍建设作为一项基础性工作常抓不懈。在党员干部队伍教育管理方面，根据村大党员多的特点，制定了党员分片管理制度和党员干部考核细则，建立健全了各项制度，补充修订了村规民约和村重大事项议事制度，两委班子和片区负责人坚持每周一早晨晨会工作制度，使各项工作进一步制度化、规范化。2010年该村党委在巩固和提高“五个好”党支部的基础上，按照“突出重点、因地质应、因人设岗、自主自愿、方便操作”的原则，结合创先争优活动，开展了无职党员设岗定责、党员目标管理、排末党员问责等一系列活动，建立健全了无职党员动态

管理机制。同时每年农闲时期，组织党员干部外出观摩，解放思想，先后参观了兵团机采棉、机采番茄种植模式；昌吉六工镇滴灌小辣椒、阜康设施林果等示范区，转变了观念、开拓了思路、增强了发展意识，确定了党员干部继续优化调整种植业结构、大力发展畜牧业、二三产业的目标与信心。在党员干部学习培训方面，为确保党员理论学习活动的有效开展。近年来，针对14名老党员学习难、理解难等问题，该村“两委”采取一把手专访、慰问等形式上门送学。18名在外创业的流动党员由4名党支部书记建立联络卡告知包学。同时利用雨天将参学人员扩大到团员、积极分子进行集中学，利用夜间分片区进行补学等办法，使党员干部的理论学习落到实处。

近年来，该村党委注重发挥基层组织的引领作用和党员干部队伍的带动作用，扎实开展了党员先锋、党员“创业之星”评选活动，涌现出一大批党员创业标兵和农民致富能手。党员徐国忠，带头购买大型货运车辆、大马力拖拉机等，并成立了宏图拉运专业合作社，实现年收入50万元以上，成为名副其实的“致富状元”。党员范金荣是塔西河村有名的“种植大户”，他承包土地100多亩，大力推广机采棉种植模式，带动了本村村民大力推广新技术、新模式的积极性。几年来，该村新增致富能手近20人，其中4名致富能手经过培养加入了党组织，2名党员致富能手走上了村干部岗位，真正建成了一支以富民带路人、产业带头人、科技明白人、市场经纪人和群众贴心人为主体的党员干部队伍。

强基固本以人为本帮致富

“村民要致富、全靠党支部”，这是塔西河村人在向小康目标迈进中得到的结论，也是党支部多年来基层组织建设的经验总结。近年来，塔西河村始终按照“五个好”的要求，开拓视野，创新思维，以超前的眼光统筹谋划新农村建设。该村党委积极推行种植业集中连片、规模化经营。两年来，积极争取国家农业节水灌溉项目，依靠科技项目，全村完成了近2万亩节水滴灌设施，初步建成了万亩“高效农业示范区”。在农业种植方式上，发挥土地集中资源优势，与中粮屯河建立长期合作关系，由企业就地租用大马力轮式拖拉机和小型机械进行田间作业及生产拉运，大力推行五统

一、集中连片、高效的种植模式，实现规模化经营，提高了土地利用率，增加了农牧民收入，为今后做大做强高效农业打好基础。

增强集体经济实力是村党委增强凝聚力、战斗力的重要举措。2010年开展创先争优活动中，该村牢固树立科学经营理念，重点围绕壮大集体经济盘活集体资产，围绕增加农民收入转变经营方式，将集体所属、经营的5眼生产用井进行对外承包，减少成本费用7.5万元，实现经营收入4.5万元，并对闲置的村级公园进行对外承包，既为群众提供了休闲娱乐场所，又节省了村级管理成本，增加了经营性收入。

近年来，按照镇党委提出的“南猪、北鸡、中牛羊”畜牧业发展格局，以原有居民区为基地，该村班子积极支持农户利用现有场地繁育、培育肉羊产业，并依托新澳种羊合作社推广胚胎移植等技术，进行品种改良。依靠县委出台的优惠政策，该村的肉用种羊繁育的产业初具模型。同时该村还

大胆提出要打破地域界限，吸纳更多具备养殖条件的农户加入到合作组织，多措并举、逐步推进。新成立的新澳肉羊合作社党支部发挥桥头堡作用，积极协调生产资金和生产技术，使这项富民增收的产业做出了成效。目前，该村依托中心奶站建立托牛所，以奶款折抵的方式，带动了38户农民发展养牛，实现了畜牧养殖量的增加、质的提升、价格增长、收入提高。

塔西河村党委在带领村民发展经济的同时，始终没有放松对基础设施的投入。近年来，通过实施“一心一园一区二带”的规划设计、公园拆墙透绿工程、集中污水分散式处理环保工程、村村通工程、万亩高新农业示范工程、村庄整治等工程，使村容村貌、环境卫生、基础设施等方面得到了大幅度的提高。目前累计引进项目资金545万元，其中：塔西河片区主干道油路工程68万元；村村通、通达工程97万元；和谐家园小区小城镇补贴、污水环保项目到位资金148万元；村庄整治到位资金12万元；高新农业示范项目总投资220万元。

多措并举深谋远虑解民忧

该村党委始终坚持把为群众办实事、办好事放在首位，从眼下能办好、群众能得实惠的事情入手，采取多种办法切实解决关注的热点难点问题，努力构建和谐社会。2008年根据农民居住分散的现状，实施了塔西河村集中住宅小区建设项目。确定了总规划建设25800平方米的10-13幢、分期安置310户的“和谐家园”农民新村住宅小区。一期工程12幢底商、32户住宅楼已竣工入住，相关配套设施供热供

水、污水处理等工程已完工；二期住宅楼主体今年6月即将完工。

近年来，村班子通过各种方式，想办法筹措资金，加强村级文化阵地建设，并先后投资近30余万元装修政治文体活动中心、篮球场、健身器材、老年活动室，购置了各种体育器材，极大地丰富了村民的业余文化生活。为活跃村民文化娱乐生活，围绕新疆小曲子、塔河文化，成功举办了两届新疆曲子艺术节。进一步完善了老年戏曲协会，添置了活动器材，对人员进行了整合与搭配，专人负责，冬闲是组织了多次巡回演出；同时该村的锣鼓、秧歌文艺演出队春节期间，在县上进行巡回演出时获得了多项荣誉，极大地丰富了群众文化生活。

为帮助贫困户脱贫，该村“建立四联四帮四带”机制。全村有能力的45名党员分别和53户贫困户建立了帮带关系。村党委书记马贵杰从2005年起对困难户杨康进行帮扶，从资金、技术等方面给予了帮助，现在杨康以成为了养牛专业户，饲养育肥牛32头，年收入3万元，摆脱了贫困走向了富裕。自2005年以来，村党支部为贫困家庭、残疾人送物资现金达5万多元，申请重点低保户待遇5人，所有这些举动，切实让村民感受到了村集体的温暖，

看到今昔巨大的变化，群众说：我们塔西河村在短短的几年里，能有这样兴旺发达的喜人景象，除了党的富民政策好外，主要还是我们有一个求真务实、团结奋斗、开拓创新的好党委。

第15篇：西塔中学——考核总结

2013年度考核总结

单位：蓟县尤古庄镇西塔庄中学 时间：2013年12月31日

西塔中学2013年度考核总结

根据上级指示精神，我校精心组织了教职工年度考核工作，成立了以校长为组长，领导班子成员及教职工代表为成员的年度考核领导小组。

具体考核办法是：

1、2013年12月26日下午，组织召开了全体教职工会议，学习了有关年度考核的文件精神，讲解了年度考核登记表的填写，全体教职工明确了年度考核的意义，统一了思想，使考核工作公正、公平、公开地进行。

2、全体教职工认真地总结了一年来的工作业绩，从德、能、勤、绩四方面写出了个人总结，于2013年12月27日下午分别进行了述职和评选工作，领导班子成员和各年级分别确定一名优秀人选，并将考核结果以书面形式通知被考核人。教师根据考核评选结果填写考核登记表，于2013年12月30日下午上交学校，由学校考核领导小组进行审核并写出单位考核评语。

3、考核结果

我校对2013年度教职工工作情况进行了公开、公正、公平的考核。在全校28名教职工中有4名考核为优秀，24名考核为合格。

经考核优秀人员名单（4人）：

王宏、郝文辉、许艳春、郭海员

考核结果将在学校宣传栏公示三天，全体教职工对本次考核结果非常满意，没有出现任何不同的意见。学校组织填写考核情况登记表，将考核结果进行统计，于2013年1月2日上午上报镇中心校。

西塔庄中学

2011.12.31

第16篇：关于塔西佗名言

1、即使是智者，也难摈弃追求功名这个弱点。

2、后代是对每个人的合适的赞扬。

3、通过战争手段比通过广开言路更能牢靠地维护政权。

4、为前辈着想，也要为晚辈着想。

5、甚至连受惠于叛徒的人，也痛恨叛徒。

6、权力会奴化一切。

7、被禁止的事中自有一番不可言的乐趣。

8、有冒险才有希望。

9、第二继承人总是受到怀疑和怨恨。

10、权力欲是一种最臭名照着的欲望。

11、即使是凶猛的野兽，如果总关在笼里，也会失去自己的勇猛本性。

12、黄金和财富是战争的主要根源。

13、当你能够感觉你愿意感觉的东西，能够说出你所感觉到的东西的时候，这是非常幸福的时候。

14、一个将军不可缺少的品质是刚毅。

15、单纯和慷慨超出一定的极限之后，就会导致毁灭。

16、你能想你所想的，说你所想的时代是非常幸福的时代。

17、追求自由是人至高无尚的心向。

18、适于将军的条件是果断，慎重。

19、偷吃的肉，味道最香。

20、天才蒙受冤屈，他的英名便会因此而传遍天下。

21、靠谨慎比靠鲁莽更能制胜。

22、用罪恶手段得来的权力决不会被用于正当的目的。

23、从不抛头露面的人能干成大事业。

第17篇：潘西小学六一儿童节教师发言稿

潘西学校“六一”儿童节教师发言稿 尊敬的各位领导、亲爱的同学们、老师们、各位来宾： 大家好！

六月的大地，歌如潮，花似海，2015年的六一国际儿童节在我们热切的期盼中姗姗而来！

今天是六一国际儿童节，我们欢聚在一起，以热烈、隆重的仪式和活动来欢庆我们的节日。首先，我代表学校少先队大队部向同学们致以节日的问候，祝同学们节日愉快、身体健康、学习进步！同时我代表全体同学向为我们健康成长而辛勤工作的老师、关心我们成长的校领导们和社会热心人士表示衷心地感谢并致以亲切的问候！

亲爱的少年朋友们，六月是童年斑斓的梦，是人生回味的根。在这欢乐洋溢的节日里，我看到了盛开的鲜花，映照着你们可爱的脸颊；我感觉到更有激越奔放的话语，给人以美好的憧憬！是的，六月就应该是多彩，童年就应该是烂漫！幼苗的成长需要雨露的滋润、阳光的照耀，更需要园丁的辛勤培育。而我们工作在教育第一线的教师，也一定会像园丁一样继续努力、甘于奉献，耐心帮你们解除疑难，热心关注你们的成长，为你们前进的方向正确导航，努力做你们满意、喜爱的良师益友。

亲爱的同学们，努力进取是理想的翅膀，让我们从小早立志，立大志，树立远大的理想，发挥特长、发掘潜能、敢于突破、勇敢创新，向着成功的大门冲锋；让我们携手用我们的智慧去追求、去开拓、去创造更辉煌的明天。

同学们，你们是祖国的花朵，祖国的希望寄托在你们身上，你们沐浴着党的阳光雨露正茁壮成长，像花朵一样竞相开放，把祖国装点得更加绚丽多彩。你们是祖国的未来，实现我国社会主义现代化建设的宏伟目标的历史重任，最终将落到你们这一代人肩上.同学们，你们要牢记老师的教诲,决不辜负党和人民的嘱托，与时俱进、开拓创新，为实现中国梦，努力学习，共创祖国美好的未来。

今天，又有18位新队员戴上了鲜艳的红领巾，老师祝贺你们，你们已经成为一名光荣的少先队员了，用自己的实际行动为我们胸前的红领巾增添光彩吧！少先队员们，“六一”是你们最快乐的日子。火红的队旗高高飘扬，指引我们前进的方向，鲜红的领巾系满理想，载着我们扬帆远航。我坚信，明天的你们将是参天大树！最后再次祝全体少先队员们度过一个健康快乐，有意义的“六一国际儿童节”。

好！谢谢大家！

第18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19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20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\");

}} }

《西塔潘猜想证明过程.doc》

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