哥徳巴赫的猜想：1＋1＝？

哥徳巴赫的猜想：1＋1＝？

世界难题，尚未解决，目前最接近的证明也只有中国数学家陈景润的2十1。

哥德巴赫猜想大致可以分为两个猜想： 1.每个不小于6的偶数都是两个奇素数之和； 2.每个不小于9的奇数都是三个奇素数之和。 哥德巴赫猜想困扰了人们两百多年，但始终没有被证明，看似越简单的越难证明，数学中也还有许多类似的猜想，表面看很简单，但证明确很困难。这是数学猜想的一个共性。 素数是整数的基础，也就是除了1和自身以外，不能被其他数所整除的数是素数，由素数相乘得到的是合数，每一个大于等于6的偶数可以分解成两个素数的和，这是1742年哥德巴赫首先提出，但两百多年过去了，至今还没有证明。其实哥德巴赫猜想比人们想象的要简单，其一是偶数分解为两个素数的和不是唯一的，一个偶数可以分解为多种两个素数的和，而且随着偶数的增大，可以有更多的解，当然证明的过程不是用普通筛选，也不是用随机概率。证明的过程是建立在一个新的简单的公式基础上，类似于数学归纳法。 首先素数是无限的，这个是已经被人所证明，这里只是提一下。偶数我们用2n表示，n+k和n-k的和等于2n，其中k＜n，k是任意的正整数，对于任意的2n，可以表示为两个数的和，由于我们通常认为1不是素数，所以这种组合的可能有n-1个，在这n-1种组合中，我们要找出n+k和n-k 都是素数的组合，对于比较小的数可以做到，对于无限的数来讲，我们要证明的是n+k和n-k都是素数的可能性随着n的增大而增大，这样就能证明任意的偶数都可以分解成两个素数的和。 求素数的个数的欧拉定理，从这个定理中可以得出大致的素数的个数，小于2n的素数的个数大于公式1，2n×1/2×(1-1/3)×(1-1/5)×…(1-1/p)其中p＜√2n＜p+m（p小于2n的平方根），这个公式包含素数，要用已知的素数来求出2n以内的素数，对于无穷大的素数来讲，这不是好的算法。但证明哥德巴赫猜想的方式却和这个公式相近。 对于n+k和n-k这两个数，一共有n-1种组合方式，在这其中两个数都是素数的个数a和上面的公式相似，由下面的公式2可以计算其最小值， a一定大于公式2的值，公式2，(n-1)×{1/2×1/3×3/5×5/7×…[(p-2)/p]},其中p＜√2n＜p+m（中间的数是2n的平方根），对于比p大的下一个素数我们记作p+m，比p大的第二个素数记作p+l，上面公式中大括号的数用f表示，对于p+m＜√2h＜p+l，在这个区间的偶数被分解为两个素数的概率是 （h-1）×f×[（p+m-2）/（p+m）]。 在p2（注ｐ的平方）和（p+m）2中间的偶数，其中p2+1这个偶数可以被拆分为两个素数的极小值a最小，但这个数值a要大于1，这样至少会有一组数都是素数，在（p+m）2到（p+l）2之间的偶数，（p+m）2+1可以被拆分为两个素数的极小值也最小，将p2+1和（p+m）2+1代入公式2，经过简单计算，可以得知这个概率是增加的，因为m最小为2，比如我们去p等于11，p+m 则等于13，p+l等于17，在这172即289之内的偶数都可以分解为两个素数的和，由于p是任意的，n也是任意的，对于n越大，可以被分解为两个素数和的概率是增加的，所以哥德巴赫猜想得以成立。 120 是60的2倍，120 小于11的平方121，代入公式2；59×1/2×1/3×3/5×5/7≈4.2，但60能被3和5整除，上式实际为59×1/2×2/3×4/5×5/7≈11.2，实际120可以分解为12组素数的相加，如果一个数n可以被素数j所整除，那么n+k和n-k同时被j所整除的概率降为（j-1）/j，而不是（j-2）/j，另外，当n-k很小时，n-k 就可能成为素数，这时也使这两个数成为素数的概率增加，公式2是最低限度的数值，并不是求偶数分解成两个素数和的精确公式，122这个数用公式2得出3.5，而实际上122可以分解为4组素数的和，这个值和公式的计算结果相近，这是因为122除以2等于61，61是一个素数，所以不用调整公式，而对于n是和数，调整的结果只能是增大，这样对于任意的偶数2n，分解成两个素数的最小值是增加的，而已知的数是成立的，所以哥德巴赫猜想得以证实。 素数的分布是一个确定的数列，但又不是一个可以简单求出的数列，而随机分布的几率没有考虑这种确定分布，所以用随机的分布理论不能证明哥德巴赫猜想，而确定的素数分布也不能求出，这是哥德巴赫猜想的难点，证明哥德巴赫猜想要用到素数分布，又要用对称性来消除素数分布，本文正是巧妙的用到这一点，从证明2n 可以被分解为两个素数的可能性出发，证明这种可能性是随着2n的增加而增加，绕开了素数的具体分布。这是关键所在。