哥德巴赫猜想讲义第11讲

1、第 1 页 共 5 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第五讲）介绍求证“哥德巴赫猜想”新方法（2）主讲 王若仲这一讲我们继续阐述解决“哥德巴赫猜想”最新的基本思想方法，虽然我们在第 4 讲中 阐明了利用埃拉托斯特尼 顺筛和埃拉托斯特尼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还是相当大，怎样克服这个技术难题呢？下面我们主要阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法。我们以偶数 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=1，3，5，7，9，11，1。

2、第 - 1 - 页 共 8 页 -“哥德巴赫猜想”讲义（第 2 讲）“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展（1）主讲 王若仲第 1 讲我们讲了“哥德巴赫猜想” 的来历，我们接着讲“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展（1） 。“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法，比较有名的大致有下面四种：（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（1）的所有素数的一种方法，2m=a+b，a=p 1p2p3pi，b=q 1q2q3qj，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。。

3、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 14 讲）“哥德巴赫猜想”证明（9 ）主讲 王若仲第 13 讲我们讲解了核心部分的定理 3，这一讲我们讲核心部分的定理 4。定理 4：对于任何一个比较大的偶数 2m，设奇素数p1，p 2，p 3，p t均为不大于2m 的全体奇素数（ pip j ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN，且 偶数 2m 均不含有奇素数因子 p1，p 2，p 3，p t；那么集合 pi，2p i,3pi，4p i，5p i，m ipi pj，2p j,3pj，4p j，5p j，m jpj p r，2p r,3pr，4p r，5p r，m rprp s，2p s,3ps，4p s，5p s，m s ps p e，2p e,3pe，4p e，5p e，m epep u，2p u,3pu，4p 。

4、第 - 1 - 页 共 6 页 -“哥德巴赫猜想”讲义（第 1 讲）“哥德巴赫猜想”的来历主讲 王若仲哥德巴赫（Christian Goldbach），1690 年 3月 18日出生于普鲁士的哥尼斯堡一个官员家庭。当时的普鲁士是德意志的一个邦国，哥尼斯堡（Konigsberg）是一座历史名城，德国的很多重要历史事件在这里发生。秀丽的小城哥尼斯堡，普雷格尔河贯穿全城，给城市带来 了灵气。这条河有两条支流，它们环绕着一个小岛，在这两条支流上有七座桥，城里的居民常到这里散步，久而久之，人们就有了这样一个问题：能不能既不重复又不遗漏地一次走遍这七座桥？这就是。

5、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 10 讲）“哥德巴赫猜想”证明（5）主讲 王若仲第 9 讲我们讲解到了引理 9，这一讲我们开始从孙子高斯定理讲起。不曾想 2000 多年前我国孙子发现的原理现在还能派上大用场。孙子高斯定理：如果正整数 m1，m 2，m 3，m t两两互质，那么同余方程组 xa i（modm i） （i=1,2,3,，t）有无穷多解,且这些解关于模 M=m1m2m3mt同余，x（a 1M1M1+a2M2M2+a3M3M3+atMtMt） （mod M） ，其中 Mi=M/mi，而 Mi是满足 MiMi1（modm i）的正整数。证明：因为（m i、m j）=1（ij） ，所以（M i、m i）=1（i=1,2,3,，t） ，从而 Mix1。

6、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 9 讲）“哥德巴赫猜想”证明（4 ）主讲 王若仲第 8 讲我们讲解到了 引理 7，这一讲我们开始从引理 8 讲起。引理 8：设有一个相当大的正整数 M，对于任一小于正整数 M 的奇素数 p，集合p，2p，3p，mp中正整数的总个数为 m，其中mp 为该形式下不大于正整数 M 的最大正整数，那么 mMp。证明：（） 、当 mp=M 时，那么 m=Mp；（） 、当 mpM 时，因为 mp 为该形式下不大于正整数 M 的最大正整数，我们设 M=mp+k，显然 k 为正整数，且 kp，那么m（mp+k）p，即 mMp。综上所述，引理 8 成立。引理 9：设有一个相当大的。

7、第 1 页 共 4 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 5 讲）介绍求证“哥德巴赫猜想”新方法（2）主讲 王若仲这一讲我们继续阐述解决“哥德巴赫猜想”最新的基本思想方法，虽然我们在第 4 讲中 阐明了利用埃拉托斯特尼 顺筛和埃拉托斯特尼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相当大，怎样克服这个技术难题呢？下面我们主要阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法。下面我们以偶数 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，。

8、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 4 讲）介绍求证“哥德巴赫猜想”新方法（1）主讲 王若仲这一讲我们主要阐述解决“哥德巴赫猜想”最新的基本思想方法，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。

9、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 15 讲）“哥德巴赫猜想”证明（10）主讲 王若仲第 14 讲我们讲解了核心部分的定理 4，这一讲我们讲核心部分的定理 5。定理 5：对于任何一个比较大的偶数 2m，设奇素数p1，p 2，p 3，p t均为不大于2m 的全体奇素数（ pip j ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN，且 偶数 2m 均不含有奇素数因子 pi，p j，p r，p s，偶数 2m 均含有奇素数因子pe，p u，p v，p w；那么集合 pi，2p i,3pi，4p i，5p i，m ipi pj， 2pj,3pj，4p j，5p j，m jpj p r，2p r,3pr，4p r，5p r，m rprp s，2p s,3ps，4p s，5p s，m s ps p e，2p。

10、第 1 页 共 5 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 19 讲）“哥德巴赫猜想”证明（14）主讲 王若仲有了前面的知识准备，接下来我们就开始探讨“哥德巴赫猜想” 问题的证明。哥德巴赫猜想：任何一个不小于 6 的偶数均可表为两个奇素数之和。探讨证明：我们在前面第 4 讲和第 5 讲中阐述了解决 “哥德巴赫猜想”最新的基本思想方法，以及阐述了克服埃拉托斯特尼顺筛和埃拉托斯特尼逆筛这两种配合筛法的技术难题的巧妙思想方法。因为对于“3310 6以内的偶数均可表为两个奇素数之和”已经被前人验证。现在我们不妨设有一个非常大的偶数 2m，偶数 2m不。

11、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 16 讲）“哥德巴赫猜想”证明（11）主讲 王若仲第 15 讲我们讲解了核心部分的定理 5，目前产止，前面我们已经学习了定理 1，定理 2，定理 3，定理 4，定理 5。我们的目的是什么呢？我们的目的就是要利用前面的 5 个定理来获得后面的 5 个推论。所以这一讲我们讲核心部分的推论 1 和推论 2。推论 1：对于任何一个比较大的偶数 2m，设奇素数p1，p 2，p 3，p t均为不大于2m 的全体奇素数（ pi pj ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN，且偶数 2m 均不含有奇素数因子 p1，p 2，p 3，p t；那么集合p1，3p 1,5p1，7p 1，9p 。

12、第 1 页 共 4 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 7 讲）“哥德巴赫猜想”证明（2 ）主讲 王若仲第 6 讲我们讲解到了 引理 3，这一讲我们开始从引理 4 讲起。引理 4：对于一个相当大的奇数 M，关于任一小于奇数 M 的奇素数 p，设集合p，3p，5p，7p，9p， （2m-1 ）p中奇数的总个数与集合1，3，5，7，9，M中奇数的总个数的比值为 t，则t1p（其中（2m-1）p 为该形式下不大于奇数 M 的最大奇数） 。证明：对于任一奇素数 p，集合p，3p，5p，7p，9p， （2m-1）p共有 m 个奇数，集合1，3，5，7，9， ，M共有(M+1)2 个奇数，那么集合p，3p，5p，7p，9p。

13、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 13 讲）“哥德巴赫猜想”证明（8 ）主讲 王若仲第 12 讲我们讲解了核心部分的定理 2，这一讲我们讲核心部分的定理 3。定理 3：对于任何一个比较大的偶数 2m，设奇素数p1，p 2，p 3，p t均为不大于2m 的全体奇素数（ pi pj ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN，且偶数 2m 均不含有奇素数因子 p1，p 2，p 3，p t；那么集合p1，2p 1,3p1，4p 1，5p 1，m 1p1p 2，2p 2,3p2，4p 2，5p 2，m 2p2p 3，2p 3,3p3，4p 3，5p 3，m 3p3p t，2p t,3pt，4p t，5p t，m tpt中正整数的总个数与集合p1，2p 1,3p1，4p 1，5p 1，m 1p1p 。

14、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 12 讲）“哥德巴赫猜想”证明（7 ）主讲 王若仲第 11 讲我们讲解了核心部分的定理 1，这一讲我们讲核心部分的定理 2。定理 2：对于任何一个比较大的偶数 2m，设奇素数p1，p 2，p 3，p t均为不大于2m 的全体奇素数（ pi pj ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN，且偶数 2m 均不含有奇素数因子 p1，p 2，p 3，p t；那么集合 pi，2p i,3pi，4p i，5p i，m ipi pj，2p j,3pj，4p j，5p j，m jpj p r，2p r,3pr，4p r，5p r，m rprp s，2p s,3ps，4p s，5p s，m s ps 中正整数的总个数与集合（2m-p i） ， （2m-2p i）,（2。

15、第 1 页 共 4 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 6 讲）“哥德巴赫猜想”证明（1 ）主讲 王若仲从这一讲开始，我们认真探讨求证“哥德巴赫猜想” ，即任一不小于 6 的偶数均可表为两个奇素数之和。我们大家都知道，只能被 1 和本身整除的正整数，称为素数。为了求证“ 哥德巴赫猜想”，我们还得一步一步来，首先我们建立一套系统理论。定义 1：我们把既是奇数又是合数的正整数，称为奇合数。比如：15，21，35，49 等等，这样的一些奇数称为奇合数。定义 2：对于某一偶数 2m（m2） ，若 a+b=2m，aN，bN，则称 a 和 b 为偶数 2m 的对应加数，记为。

16、第 1 页 共 7 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 22 讲）“任一不小于 4 的偶数 E，偶数 E 均可表为两个均不大于该偶数 E 两倍的奇素数之差”证明（1 ）主讲 王若仲前面我们讲了“哥德巴赫猜想”的证明，这一讲开始我们讲“任一不小于 4 的偶数 E，偶数 E 均可表为两个均不大于该偶数 E 两倍的奇素数之差” 的证明。“任一偶数均可表为两个奇素数之差”这个数学问题，与“哥德巴赫猜想”是一对姊妹数学问题，要解决的难度是相当的。为了证明“任一偶数均可表为两个奇素数之差”这个数学问题， 我采用“顺筛” 和“逆筛” 这两种筛法，并且找到。

17、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 8 讲）“哥德巴赫猜想”证明（3 ）主讲 王若仲第 7 讲我们讲解到了 引理 5，这一讲我们开始从定义 5 讲起。定义 5：对于某一偶数 2m，mN，m4，若 p+a=2m，其中 p 为奇素数，a 为奇合数或者 1，则称奇素数 p 为关于偶数 2m 的虚合数，记为 2m（p） 。比如：5+95=100，1+97=98 等，称奇素数 5 为关于偶数 100 的虚合数，称奇素数 97 为关于偶数 98 的虚合数。定义 6：在集合1，3，5，7，9， （M-3） ， （M-1）中筛除属于集合3p，5p，7p，9p， （2m-1）p中的全体元素，这种筛除方式，称之为埃拉托斯特尼顺筛（简。

18、第 1 页 共 9 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 20 讲）“哥德巴赫猜想”证明（15）主讲 王若仲第 19 讲我们分析了“哥德巴赫猜想 ”问题中第（）和第（）的情形，我们现在接着往下分析：（） 、现在我们对偶数的所有情形进行全面的分析： 在集合1，3，5，7，9， （2m-1）中筛除属于集合p1，3p 1，5p 1，7p 1，9p 1， （2m 1-1）p 1中的全体奇数，以及筛除集合（2m-p 1） ， （2m-3p 1） ， （2m-5p 1） ， （2m-7p 1） ， （2m-9p 1） ， （2m-11p1） ，2m-（2m 1-1）p 1中的全体奇数，其中（ 2m1-1）p 1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的。

19、第 1 页 共 6 页 “哥德巴赫猜想”讲义（第 21 讲）“哥德巴赫猜想”证明（16）主讲 王若仲我们在第 20 讲中又分析了 “哥德巴赫猜想”问题的第（）情形，现在我们再接着往下分析：（）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，p 2，p 3，p t；并且把奇数 p1， （2m-p 1） ，p2， （2m-p 2） ，p 3， （2m-p 3） ，p t， （2m-p t）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p1，3p 1，5p 1，7p 1，9p 1， （2m 1-1）p 1中的全体奇数，筛除属于集合（2m-p 1） ， （2m-3p 1） ， （2。

20、1“哥德巴赫猜想”讲义（第 11 讲）“哥德巴赫猜想”证明（6 ）主讲 王若仲第 10 讲我们讲解到了孙子高斯定理，这一讲我们从定理 1 讲起。也就是开始进入核心内容的讲解。定理 1：对于任何一个比较大的偶数 2m，设奇素数p1，p 2，p 3，p t均为不大于2m 的全体奇素数（ pi pj ，ij，i、j=1，2，3，t） ，tN，且偶数 2m 均不含有奇素数因子 p1，p 2，p 3，p t；那么集合p1，2p 1,3p1，4p 1，5p 1，m 1p1p 2，2p 2,3p2，4p 2，5p 2，m 2p2p 3，2p 3,3p3，4p 3，5p 3，m 3p3p t，2p t,3pt，4p t，5p t，m tpt中正整数的总个数与集合（2m-p 1）。