數學猜想資料彙集——《數學家張益唐破譯「孿生素數猜想」》

數學史上有哪些著名的猜想？

數學史上有哪些著名的猜想？這裡將一一收錄。這一條方法實際上算不是一個方法，而是向歪友們展示精英知識的一個嘗試。是人類數學史上最精深的問題。希望能給有潛力的歪友以啟發。

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費馬猜想﹝Fermats Conjecture﹞

費馬猜想﹝Fermat"s conjecture﹞又稱費馬大定理或費馬問題，是數論中最著名的世界難題之一。1637年，法國數學家費馬在巴歇校訂的希臘數學家丟番圖的《算術》第II卷第8命題旁邊寫道：「將一個立方數分為兩個立方數，一個四次冪分為兩個四次冪，或者一般地將一個高於二次的冪分為兩個同次的冪，這是不可能的。關於此，我確信已發現一種美妙的證法，可惜這裡空白的地方太小，寫不下。」費馬去世後，人們找不到這個猜想的證明，由此激發起許多數學家的興趣。歐拉、勒讓德、高斯、阿貝爾、狄利克雷、柯西等大數學家都試證過，但誰也沒有得到普遍的證法。300多年以來，無數優秀學者為證明這個猜想，付出了巨大精力，同時亦產生出不少重要的數學概念及分支。

若用不定方程來表示，費馬大定理即：當n > 2時，不定方程xn + y n = z n 沒有xyz≠0的整數解。劍橋大學懷爾斯終於1995年正式徹底解決這一大難題。

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哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)

世界近代三大數學難題之一。哥德巴赫是德國一位中學教師，也是一位著名的數學家，生於1690年，1725年當選為俄國彼得堡科學院院士。1742年，哥德巴赫在教學中發現，每個不小於6的偶數都是兩個素數（只能被和它本身整除的數）之和。如6＝3＋3，12＝5＋7等等。

公元1742年6月7日哥德巴赫(Goldbach)寫信給當時的大數學家歐拉(Euler)，提出了以下的想法:

(a) 任何一個>=6之偶數，都可以表示成兩個奇質數之和。

(b) 任何一個>=9之奇數，都可以表示成三個奇質數之和。

這就是著名的哥德巴赫猜想。至今仍沒有能證明，最接近成功是陳景潤的證明。

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黎曼猜想(Riemann Hypothesis)

黎曼猜想由數學家波恩哈德·黎曼（1826--1866）於1859年提出。它是數學中一個重要而又著名的未解決的問題。多年來它吸引了許多出色的數學家為之絞盡腦汁。它對業餘數學家的吸引力，比對專業數學家更強烈。

黎曼猜想(RH)是關於黎曼ζ函數ζ(s)的零點分布的猜想。黎曼ζ函數在任何複數s ≠ 1上有定義。它在負偶數上也有零點（i.e. 當 s = ?2, s = ?4, s = ?6, ...）。這些零點是「平凡零點」。黎曼猜想關心的是非平凡零點。

黎曼猜想提出：

黎曼ζ函數非平凡零點的實數部份是?

即所有的非平凡零點都應該位於直線? + ti（「臨界線」）上。t為一實數，而i為虛數的基本單位。沿臨界線的黎曼ζ函數有時通過Z-函數進行研究。它的實零點對應於ζ函數在臨界線上的零點。

素數在自然數中的分布問題在純粹數學和應用數學上都很重要。素數在自然數中的分布並沒有簡單的規律。黎曼（1826--1866）發現素數出現的頻率與黎曼ζ函數緊密相關。

1901年 Helge von Koch 指出，黎曼猜想與強條件的素數定理

等價。現在已經驗證了最初的1,500,000,000個素數對這個定理都成立。但是是否所有的解對此定理都成立，至今尚無人給出證明。

黎曼猜想所以被認為是當代數學中一個重要的問題，主要是因為很多深入和重要的數學和物理結果都能在它成立的大前提下被證明。大部份數學家也相信黎曼猜想是正確的（約翰·恩瑟·李特爾伍德與塞爾伯格曾提出懷疑。塞爾伯格於晚年部分改變了他的懷疑立場。在1989年的一篇論文中，他猜測黎曼猜想對更廣泛的一類函數也應當成立。）克雷數學研究所設立了$1,000,000美元的獎金給予第一個得出正確證明的人。

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龐加萊猜想（Poincare Conjecture）

龐加萊猜想是法國數學家龐加萊提出的一個猜想，是克萊數學研究所懸賞的數學方面七大千禧年難題之一。2006年被確認由俄羅斯數學家格里戈里·佩雷爾曼最終證明。他也因此在同年被授予菲爾茲獎。

在1904年發表的一組論文中，龐加萊提出以下猜想：

任一單連通的、封閉的三維流形與三維球面同胚。

上述簡單來說就是：每一個沒有破洞的封閉三維物體，都拓撲等價於三維的球面。粗淺的比喻即為：如果我們伸縮圍繞一個蘋果表面的橡皮帶，那麼我們可以既不扯斷它，也不讓它離開表面，使它慢慢移動收縮為一個點；另一方面，如果我們想像同樣的橡皮帶以適當的方向被伸縮在一個輪胎面上，那麼不扯斷橡皮帶或者輪胎面，是沒有辦法把它收縮到一點的。我們說，蘋果表面是「單連通的」，而輪胎面不是。

該猜想是一個屬於代數拓撲學領域的具有基本意義的命題，對「龐加萊猜想」的證明及其帶來的後果將會加深數學家對流形性質的認識，甚至會對人們用數學語言描述宇宙空間產生影響。

5

蜂窩猜想（Beehive Conjecture）

四世紀古希臘數學家佩波斯提出,蜂窩的優美形狀,是自然界最有效勞動的代表。他猜想,人們所見到的、截面呈六邊形的蜂窩,是蜜蜂採用最少量的蜂蠟建造成的。他的這一猜想稱為"蜂窩猜想"。

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四色猜想（Four Color Theorem）

1852年，畢業於倫敦大學的弗南西斯.格思里來到一家科研單位搞地圖著色工作時，發現了一種有趣的現象：「看來，每幅地圖都可以用四種顏色著色，使得有共同邊界的國家著上不同的顏色。」這個結論能不能從數學上加以嚴格證明呢？他和在大學讀書的弟弟格里斯決心試一試。兄弟二人為證明這一問題而使用的稿紙已經堆了一大疊，可是研究工作沒有進展。

1852年10月23日，他的弟弟就這個問題的證明請教他的老師、著名數學家德.摩爾根，摩爾根也沒有能找到解決這個問題的途徑，於是寫信向自己的好友、著名數學家哈密爾頓爵士請教。哈密爾頓接到摩爾根的信後，對四色問題進行論證。但直到1865年哈密爾頓逝世為止，問題也沒有能夠解決。

1872年，英國當時最著名的數學家凱利正式向倫敦數學學會提出了這個問題，於是四色猜想成了世界數學界關注的問題。世界上許多一流的數學家都紛紛參加了四色猜想的大會戰。1878～1880年兩年間，著名的律師兼數學家肯普和泰勒兩人分別提交了證明四色猜想的論文，宣布證明了四色定理，大家都認為四色猜想從此也就解決了。

11年後，即1890年，數學家赫伍德以自己的精確計算指出肯普的證明是錯誤的。不久，泰勒的證明也被人們否定了。後來，越來越多的數學家雖然對此絞盡腦汁，但一無所獲。於是，人們開始認識到，這個貌似容易的題目，其實是一個可與費馬猜想相媲美的難題：先輩數學大師們的努力，為後世的數學家揭示四色猜想之謎鋪平了道路。

進入20世紀以來，科學家們對四色猜想的證明基本上是按照肯普的想法在進行。1913年，伯克霍夫在肯普的基礎上引進了一些新技巧，美國數學家富蘭克林於1939年證明了22國以下的地圖都可以用四色著色。1950年，有人從22國推進到35國。1960年，有人又證明了39國以下的地圖可以只用四種顏色著色；隨後又推進到了50國。看來這種推進仍然十分緩慢。電子計算機問世以後，由於演算速度迅速提高，加之人機對話的出現，大大加快了對四色猜想證明的進程。1976年，美國數學家阿佩爾與哈肯在美國伊利諾斯大學的兩台不同的電子計算機上，用了1200個小時，作了100億判斷，終於完成了四色定理的證明。四色猜想的計算機證明，轟動了世界。它不僅解決了一個歷時100多年的難題，而且有可能成為數學史上一系列新思維的起點。不過也有不少數學家並不滿足於計算機取得的成就，他們還在尋找一種簡捷明快的書面證明方法。

7

敘拉古猜想（Syracuse Conjecture）

大家一起來做這樣一個遊戲：每個人可以從任何一個正整數開始，連續進行如下運算，若是奇數，就把這個數乘以3再加1；若是偶數，就把這個數除以2。這樣演算下去，直到第一次得到1才算結束，首先得到1的獲勝。比如，要是從1開始，就可以得到1→4→2→1；要是從17開始，則可以得到17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。自然地，有人可能會問：是不是每一個正整數按這樣的規則演算下去都能得到1呢？這個問題就是敘拉古猜想，也叫科拉茲猜想（Collatz Conjecture）或角谷猜想(Kakutani)。

8

孿生素生猜想（The Conjecture of Twin Primes）

1849年，波林那克提出孿生素數猜想（the conjecture of twin primes），即猜測存在無窮多對孿生素數。 　　

孿生素數即相差2的一對素數。例如3和5 ，5和7，11和13，…，10016957和10016959等等都是孿生素數。

孿生素數是有限個還是有無窮多個?這是一個至今都未解決的數學難題.一直吸引著眾多的數學家孜孜以求地鑽研.早在20世紀初,德國數學家蘭道就推測孿生素數有無窮多.許多跡象也越來越支持這個猜想.最先想到的方法是使用歐拉在證明素數有無窮多個所採取的方法.設所有的素數的到數和為:

S=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+...

如果素數是有限個,那麼這個倒數和自然是有限數.但是歐拉證明了這個和是發散的,即是無窮大.由此說明素數有無窮多個.1919年,挪威數學家布隆仿照歐拉的方法,求所有孿生素數的倒數和:

B=(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+...

如果也能證明這個和比任何數都大,就證明了孿生素數有無窮多個了.這個想法很好,可是事實卻違背了布隆的意願.他證明了這個倒數和是一個有限數,現在這個常數就被稱為布隆常數:B=1.90216054...布隆還發現,對於任何一個給定的整數m,都可以找到m個相鄰素數,其中沒有一個孿生素數.

1966年，中國數學家陳景潤在這方面得到最好的結果：存在無窮多個素數p，使p+2是不超過兩個素數之積。

若用p(x)表示小於 x的孿生素數對的個數.下表是1011以下的孿生素數分布情況:

x p(x)

1000 35

10000 205

100000 1224

1000000 8169

10000000 58980

100000000 440312

1000000000 3424506

10000000000 27412679

100000000000 224376048

p(x)與x之間的關係是什麼樣的呢?1922年,英國數學家哈代和利托伍德提出一個孿生素數分布的猜想:

p(x)≈2cx/(lnx)2

其中常數c=(1-1/22)(1-1/42)(1-1/62)(1-1/102)...

即,對於每一個素數p,計算(1-1/(p-1)2),再相乘.經過計算得知 c≈0.66016稱為孿生素數常數.這個猜想如上所述有可能是正確的,但是至今也未獲證明.

下表是目前所發現的最大的前二十個孿生素數:

迴文素數是非常有意思的素數,最小的是131,還有151,181,191,313,353,373,383,757,787,797等等.下表列出了最近發現的最大的十個迴文素數:

742950290870000078092059247, 742950290871010178092059247,

742950290872020278092059247, 742950290873030378092059247,

742950290874040478092059247, 742950290875050578092059247,

742950290876060678092059247, 742950290877070778092059247,

742950290878080878092059247, 742950290879090978092059247.

　

「孿生素數猜想」與著名的「哥德巴赫猜想」是姐妹問題，它也是現代素數理論中的中心問題之一，誰能解決它（不論是證明或否定），必將成為名揚千古的歷史人物。

數學猜想意義定義

費馬^[1]

　　即關於數學學術方面的猜想與假設，這些猜想有的被驗證為正確的，並成為定理；有的被驗證為錯誤的；還有一些正在驗證過程中。深遠意義（1）數學猜想是推動數學理論發展的強大動力。數學猜想是數學發展中最活躍、最主動、最積極的因素之一，是人類理性中最富有創造性的部分。數學猜想能夠強烈地吸引數學家全身心投入，積極開展相關研究，從而強力推動數學發展。數學猜想一旦被證實，就將轉化為定理，匯入數學理論體系之中，從而豐富了數學理論。（2）數學猜想是創造數學思想方法的重要途徑。數學發展史表明，數學家在嘗試解決數學猜想過程中（無論最終是否解決）創造出大量有效的數學思想方法。這些數學方法已滲透到數學的各個分支並在數學研究中發揮著重要作用。（3）數學猜想是研究科學方法論的豐富源泉。首先，數學猜想作為一種研究模式，其產生與發展的規律是探討數學科學研究方法的重要基礎；其次，數學猜想作為一種研究方法，其本身就是數學方法論的研究對象，通過研究解決數學猜想中展現出的一些新方法的規律性而促進數學方法論一般原理的研究；最後，數學猜想作為數學發展的一種重要形式，它又是科學假設在數學中的一種具體體現。數學猜想的類型、特點、提出方法和解決途徑對一般科學方法尤其是對創造性思維方法的研究具有特殊價值。檢驗途徑猜想大致可分為如下幾種形式：①類比性猜想；②歸納性猜想；③對稱性猜想；④仿造性猜想；⑤逆向性猜想。實現猜想的途徑，可以是探索試驗、類比、歸納、構造、聯想、審美以及它們之間的組合等。數學猜想是有一定規律的，如類比的規律、歸納的規律等，並且要以數學知識和經驗為支柱。在證明一個數學問題之前，應猜想這個問題的內容；在完全做出詳細證明之前，應先得猜想證明的思路。編輯本段各種猜想舉例成立的（定理）費馬大定理　　康威－諾頓猜想魏依猜想幾何化猜想 四色定理( 2008理論證明完成）龐加萊猜想卡塔蘭猜想（2002年4月證明正確，帕德博恩大學的羅馬尼亞數學家普雷達·米哈伊列斯庫(Preda Mih?ilescu)證明，由尤里·比盧(Yuri Bilu)檢查，大幅使用了分圓域和伽羅華模）不成立的希爾伯特－史密斯猜想西塔潘猜想（中南大學2008級 劉路 證明）開放問題（正在驗證）Abc猜想歐拉猜想考拉茲猜想(角谷猜想)周氏猜測(梅森素數分布猜測)阿廷猜想(新梅森猜想)哥德巴赫猜想 孿生素數猜想克拉梅爾猜想 哈代－李特爾伍德第二猜想 六度空間理論P與NP問題楊-米爾理論黎曼假設 世界近代三大數學難題

目錄

費爾馬大定理

四色問題

哥德巴赫猜想

費爾馬大定理費爾馬大定理起源於三百多年前，挑戰人類3個世紀，多次震驚全世界，耗盡人類眾多最傑出大腦的精力，也讓千千萬萬業餘者痴迷。終於在1994年被安德魯·懷爾斯攻克。古希臘的丟番圖寫過一本著名的「算術」，經歷中世紀的愚昧黑暗到文藝復興的時候，「算術」的殘本重新被發現研究。 1637年，法國業餘大數學家費爾馬（Pierre de Fremat）在「算術」的關於勾股數問題的頁邊上，寫下猜想：x^n＋ y^n ＝z^n 是不可能的（這裡n大於2；x，y，z，n都是非零整數)。此猜想後來就稱為費爾馬大定理。費爾馬還寫道「我對此有絕妙的證明，但此頁邊太窄寫不下」。一般公認，他當時不可能有正確的證明。猜想提出後，經歐拉等數代天才努力，200年間只解決了n＝3,4,5,7四種情形。1847年，庫木爾創立「代數數論」這一現代重要學科，對許多n（例如100以內）證明了費爾馬大定理，是一次大飛躍。 歷史上費爾馬大定理高潮迭起，傳奇不斷。其驚人的魅力，曾在最後時刻挽救自殺青年於不死。他就是德國的沃爾夫斯克勒，他後來為費爾馬大定理設懸賞10萬馬克（相當於現在160萬美元多），期限1908－2007年。無數人耗盡心力，空留浩嘆。最現代的電腦加數學技巧，驗證了400萬以內的N，但這對最終證明無濟於事。1983年德國的法爾廷斯證明了：對任一固定的n，最多只有有限多個x，y，z振動了世界，獲得費爾茲獎（數學界最高獎）。 歷史的新轉機發生在1986年夏，貝克萊·瑞波特證明了:費爾馬大定理包含在「谷山豐—志村五朗猜想 」 之中。童年就痴迷於此的懷爾斯，聞此立刻潛心於頂樓書房7年，曲折卓絕，彙集了20世紀數論所有的突破性成果。終於在1993年6月23日劍橋大學牛頓研究所的「世紀演講」最後，宣布證明了費爾馬大定理。立刻震動世界，普天同慶。不幸的是，數月後逐漸發現此證明有漏洞，一時更成世界焦點。這個證明體系是千萬個深奧數學推理連接成千個最現代的定理、事實和計算所組成的千百迴轉的邏輯網路，任何一環節的問題都會導致前功盡棄。懷爾斯絕境搏鬥，毫無出路。1994年9月19日，星期一的早晨，懷爾斯在思維的閃電中突然找到了迷失的鑰匙：解答原來就在廢墟中！他熱淚奪眶而出。懷爾斯的歷史性長文「模橢圓曲線和費爾馬大定理」1995年5月發表在美國《數學年刊》第142卷，實際佔滿了全卷，共五章，130頁。1997年6月27日，懷爾斯獲得沃爾夫斯克勒10萬馬克懸賞大獎。離截止期10年，圓了歷史的夢。他還獲得沃爾夫獎(1996.3），美國國家科學家院獎（1996.6），費爾茲特別獎（1998.8）。四色問題四色問題-四色問題被中國內蒙古赤峰阿旗新民鄉司法所的孟慶軍用邏輯數學證明 四色問題的內容是：「任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家著上不同的顏色。」用數學語言表示，即「將平面任意地細分為不相重疊的區域，每一個區域總可以用1，2，3，4這四個數字之一來標記，而不會使相鄰的兩個區域得到相同的數字。」（右圖） 這裡所指的相鄰區域，是指有一整段邊界是公共的。如果兩個區域只相遇於一點或有限多點，就不叫相鄰的。因為用相同的顏色給它們著色不會引起混淆。 四色猜想的提出來自英國。1852年，畢業於倫敦大學的弗南西斯·格思里來到一家科研單位搞地圖著色工作時，發現了一種有趣的現象：「看來，每幅地圖都可以用四種顏色著色，使得有共同邊界的國家都被著上不同的顏色。」這個現象能不能從數學上加以嚴格證明呢？他和在大學讀書的弟弟格里斯決心試一試。兄弟二人為證明這一問題而使用的稿紙已經堆了一大疊，可是研究工作沒有進展。 1852年10月23日，他的弟弟就這個問題的證明請教了他的老師、著名數學家德·摩爾根，摩爾根也沒有能找到解決這個問題的途徑，於是寫信向自己的好友、著名數學家漢密爾頓爵士請教。漢密爾頓接到摩爾根的信後，對四色問題進行論證。但直到1865年漢密爾頓逝世為止，問題也沒有能夠解決。 1872年，英國當時最著名的數學家凱利正式向倫敦數學學會提出了這個問題，於是四色猜想成了世界數學界關注的問題。世界上許多一流的數學家都紛紛參加了四色猜想的大會戰。1878～1880年兩年間，著名的律師兼數學家肯普和泰勒兩人分別提交了證明四色猜想的論文，宣布證明了四色定理，大家都認為四色猜想從此也就解決了。 肯普的證明是這樣的：首先指出如果沒有一個國家包圍其他國家，或沒有三個以上的國家相遇於一點，這種地圖就說是「正規的」（左圖）。如為正規地圖，否則為非正規地圖（右圖）。一張地圖往往是由正規地圖和非正規地圖聯繫在一起，但非正規地圖所需顏色種數一般不超過正規地圖所需的顏色，如果有一張需要五種顏色的地圖，那就是指它的正規地圖是五色的，要證明四色猜想成立，只要證明不存在一張正規五色地圖就足夠了。 肯普是用歸謬法來證明的，大意是如果有一張正規的五色地圖，就會存在一張國數最少的「極小正規五色地圖」，如果極小正規五色地圖中有一個國家的鄰國數少於六個，就會存在一張國數較少的正規地圖仍為五色的，這樣一來就不會有極小五色地圖的國數，也就不存在正規五色地圖了。這樣肯普就認為他已經證明了「四色問題」，但是後來人們發現他錯了。 不過肯普的證明闡明了兩個重要的概念，對以後問題的解決提供了途徑。第一個概念是「構形」。他證明了在每一張正規地圖中至少有一國具有兩個、三個、四個或五個鄰國，不存在每個國家都有六個或更多個鄰國的正規地圖，也就是說，由兩個鄰國，三個鄰國、四個或五個鄰國組成的一組「構形」是不可避免的，每張地圖至少含有這四種構形中的一個。 肯普提出的另一個概念是「可約」性。「可約」這個詞的使用是來自肯普的論證。他證明了只要五色地圖中有一國具有四個鄰國，就會有國數減少的五色地圖。自從引入「構形」，「可約」概念後，逐步發展了檢查構形以決定是否可約的一些標準方法，能夠尋求可約構形的不可避免組，是證明「四色問題」的重要依據。但要證明大的構形可約，需要檢查大量的細節，這是相當複雜的。 11年後，即1890年，在牛津大學就讀的年僅29歲的赫伍德以自己的精確計算指出了肯普在證明上的漏洞。他指出肯普說沒有極小五色地圖能有一國具有五個鄰國的理由有破綻。不久，泰勒的證明也被人們否定了。人們發現他們實際上證明了一個較弱的命題——五色定理。就是說對地圖著色，用五種顏色就夠了。後來，越來越多的數學家雖然對此絞盡腦汁，但一無所獲。於是，人們開始認識到，這個貌似容易的題目，其實是一個可與費馬猜想相媲美的難題。 進入20世紀以來，科學家們對四色猜想的證明基本上是按照肯普的想法在進行。1913年，美國著名數學家、哈佛大學的伯克霍夫利用肯普的想法，結合自己新的設想；證明了某些大的構形可約。後來美國數學家富蘭克林於1939年證明了22國以下的地圖都可以用四色著色。1950年，有人從22國推進到35國。1960年，有人又證明了39國以下的地圖可以只用四種顏色著色；隨後又推進到了50國。看來這種推進仍然十分緩慢。 高速數字計算機的發明，促使更多數學家對「四色問題」的研究。從1936年就開始研究四色猜想的海克，公開宣稱四色猜想可用尋找可約圖形的不可避免組來證明。他的學生丟雷寫了一個計算程序，海克不僅能用這程序產生的數據來證明構形可約，而且描繪可約構形的方法是從改造地圖成為數學上稱為「對偶」形著手。 他把每個國家的首都標出來，然後把相鄰國家的首都用一條越過邊界的鐵路連接起來，除首都(稱為頂點)及鐵路(稱為弧或邊)外，擦掉其他所有的線，剩下的稱為原圖的對偶圖。到了六十年代後期，海克引進一個類似於在電網路中移動電荷的方法來求構形的不可避免組。在海克的研究中第一次以頗不成熟的形式出現的「放電法」，這對以後關於不可避免組的研究是個關鍵，也是證明四色定理的中心要素。 電子計算機問世以後，由於演算速度迅速提高，加之人機對話的出現，大大加快了對四色猜想證明的進程。美國伊利諾大學哈肯在1970年著手改進「放電過程」，後與阿佩爾合作編製一個很好的程序。就在1976年6月，他們在美國伊利諾斯大學的兩台不同的電子計算機上，用了1200個小時，作了100億判斷，終於完成了四色定理的證明，轟動了世界。 這是一百多年來吸引許多數學家與數學愛好者的大事，當兩位數學家將他們的研究成果發表的時候，當地的郵局在當天發出的所有郵件上都加蓋了「四色足夠」的特製郵戳，以慶祝這一難題獲得解決。 「四色問題」的被證明僅解決了一個歷時100多年的難題，而且成為數學史上一系列新思維的起點。在「四色問題」的研究過程中，不少新的數學理論隨之產生，也發展了很多數學計算技巧。如將地圖的著色問題化為圖論問題，豐富了圖論的內容。不僅如此，「四色問題」在有效地設計航空班機日程表，設計計算機的編碼程序上都起到了推動作用。 不過不少數學家並不滿足於計算機取得的成就，他們認為應該有一種簡捷明快的書面證明方法。直到現在，仍由不少數學家和數學愛好者在尋找更簡潔的證明方法。四色猜想（三大數學難題之三） 世界近代三大數學難題之一。四色猜想的提出來自英國。1852年，畢業於倫敦大學的弗南西斯.格思里來到一家科研單位搞地圖著色工作時，發現了一種有趣的現象：「看來，每幅地圖都可以用四種顏色著色，使得有共同邊界的國家著上不同的顏色。」這個結論能不能從數學上加以嚴格證明呢？他和在大學讀書的弟弟格里斯決心試一試。兄弟二人為證明這一問題而使用的稿紙已經堆了一大疊，可是研究工作沒有進展。 1852年10月23日，他的弟弟就這個問題的證明請教他的老師、著名數學家德.摩爾根，摩爾根也沒有能找到解決這個問題的途徑，於是寫信向自己的好友、著名數學家哈密爾頓爵士請教。哈密爾頓接到摩爾根的信後，對四色問題進行論證。但直到1865年哈密爾頓逝世為止，問題也沒有能夠解決。 1872年，英國當時最著名的數學家凱利正式向倫敦數學學會提出了這個問題，於是四色猜想成了世界數學界關注的問題。世界上許多一流的數學家都紛紛參加了四色猜想的大會戰。1878～1880年兩年間，著名的律師兼數學家肯普和泰勒兩人分別提交了證明四色猜想的論文，宣布證明了四色定理，大家都認為四色猜想從此也就解決了。 11年後，即1890年，數學家赫伍德以自己的精確計算指出肯普的證明是錯誤的。不久，泰勒的證明也被人們否定了。後來，越來越多的數學家雖然對此絞盡腦汁，但一無所獲。於是，人們開始認識到，這個貌似容易的題目，其實是一個可與費馬猜想相媲美的難題：先輩數學大師們的努力，為後世的數學家揭示四色猜想之謎鋪平了道路。 進入20世紀以來，科學家們對四色猜想的證明基本上是按照肯普的想法在進行。1913年，伯克霍夫在肯普的基礎上引進了一些新技巧，美國數學家富蘭克林於1939年證明了22國以下的地圖都可以用四色著色。1950年，有人從22國推進到35國。1960年，有人又證明了39國以下的地圖可以只用四種顏色著色；隨後又推進到了50國。看來這種推進仍然十分緩慢。電子計算機問世以後，由於演算速度迅速提高，加之人機對話的出現，大大加快了對四色猜想證明的進程。1976年，美國數學家阿佩爾與哈肯在美國伊利諾斯大學的兩台不同的電子計算機上，用了1200個小時，作了100億判斷，終於完成了四色定理的證明。四色猜想的計算機證明，轟動了世界。它不僅解決了一個歷時100多年的難題，而且有可能成為數學史上一系列新思維的起點。不過也有不少數學家並不滿足於計算機取得的成就，他們還在尋找一種簡捷明快的書面證明方法。 哥德巴赫猜想（三大數學難題之二） 世界近代三大數學難題之一。哥德巴赫是德國一位中學教師，也是一位著名的數學家，生於1690年，1725年當選為俄國彼得堡科學院院士。1742年，哥德巴赫在教學中發現，每個不小於6的偶數都是兩個素數（只能被和它本身整除的數）之和。如6＝3＋3，12＝5＋7等等。 公元1742年6月7日哥德巴赫(Goldbach)寫信給當時的大數學家歐拉(Euler)，提出了以下的猜想: (a) 任何一個>=6之偶數，都可以表示成兩個奇質數之和。 (b) 任何一個>=9之奇數，都可以表示成三個奇質數之和。 這就是著名的哥德巴赫猜想。歐拉在6月30日給他的回信中說，他相信這個猜想是正確的，但他不能證明。敘述如此簡單的問題，連歐拉這樣首屈一指的數學家都不能證明，這個猜想便引起了許多數學家的注意。從費馬提出這個猜想至今，許多數學家都不斷努力想攻克它，但都沒有成功。當然曾經有人作了些具體的驗證工作，例如: 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 5 + 5 = 3 + 7, 12 = 5 + 7, 14 = 7 + 7 = 3 + 11,16 = 5 + 11, 18 = 5 + 13, . . . . 等等。有人對33×108以內且大過6之偶數一一進行驗算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但驗格的數學證明尚待數學家的努力。 從此，這道著名的數學難題引起了世界上成千上萬數學家的注意。200年過去了，沒有人證明它。哥德巴赫猜想由此成為數學皇冠上一顆可望不可及的「明珠」。到了20世紀20年代，才有人開始向它靠近。1920年、挪威數學家布爵用一種古老的篩選法證明，得出了一個結論：每一個比大的偶數都可以表示為（99）。這種縮小包圍圈的辦法很管用，科學家們於是從（9十9）開始，逐步減少每個數里所含質數因子的個數，直到最後使每個數里都是一個質數為止，這樣就證明了「哥德巴赫」。 目前最佳的結果是中國數學家陳景潤於1966年證明的，稱為陳氏定理(Chen"s Theorem) ? 「任何充份大的偶數都是一個質數與一個自然數之和，而後者僅僅是兩個質數的乘積。」 通常都簡稱這個結果為大偶數可表示為 「1 + 2 」的形式。 在陳景潤之前，關於偶數可表示為 s個質數的乘積 與t個質數的乘積之和(簡稱「s + t 」問題)之進展情況如下: 1920年，挪威的布朗(Brun)證明了 「9 + 9 」。 1924年，德國的拉特馬赫(Rademacher)證明了「7 + 7 」。 1932年，英國的埃斯特曼(Estermann)證明了 「6 + 6 」。 1937年，義大利的蕾西(Ricei)先後證明了「5 + 7 」, 「4 + 9 」, 「3 + 15 」和「2 + 366。 1938年，蘇聯的布赫 夕太勃(Byxwrao)證明了「5 + 5 」。 1940年，蘇聯的布赫 夕太勃(Byxwrao)證明了 「4 + 4 」。 1948年，匈牙利的瑞尼(Renyi)證明了「1 + c 」，其中c是一很大的自然 數。 1956年，中國的王元證明了 「3 + 4 」。 1957年，中國的王元先後證明了 「3 + 3 」和 「2 + 3 」。 1962年，中國的潘承洞和蘇聯的巴爾巴恩(BapoaH)證明了 「1 + 5 」， 中國的王元證明了「1 + 4 」。 1965年，蘇聯的布赫 夕太勃(Byxwrao)和小維諾格拉多夫(BHHopappB)，及 義大利的朋比利(Bombieri)證明了「1 + 3 」。 1966年，中國的陳景潤證明了 「1 + 2 」。 最終會由誰攻克 「1 + 1 」這個難題呢？現在還沒法預測。 費爾馬大定理及其證明（三大數學難題之一） 近代數學如參天大樹，已是分支眾多，枝繁葉茂。在這棵蒼勁的大樹上懸掛著不勝其數的數學難題。其中最耀眼奪目的是四色地圖問題、費爾馬大定理和哥德巴赫猜想。它們被稱為近代三大數學難題。 300多年以來，費爾馬大定理使世界上許多著名數學家殫精竭慮，有的甚至耗盡了畢生精力。費爾馬大定理神秘的面紗終於在1995年揭開，被43歲的英國數學家維爾斯一舉證明。這被認為是「20世紀最重大的數學成就」。 費爾馬大定理的由來 故事涉及到兩位相隔1400年的數學家，一位是古希臘的丟番圖，一位是法國的費爾馬。丟番圖活動於公元250年前後。 1637年，30來歲的費爾馬在讀丟番圖的名著《算術》的法文譯本時，他在書中關於不定方程 x2＋ y2 ＝z2 的全部正整數解這頁的空白處用拉丁文寫道：「任何一個數的立方，不能分成兩個數的立方之和；任何一個數的四次方，不能分成兩個數的四次方之和，一般來說，不可能將一個高於二次的冪分成兩個同次的冪之和。我已發現了這個斷語的美妙證法，可惜這裡的空白地方太小，寫不下。」 費爾馬去世後，人們在整理他的遺物時發現了這段寫在書眉上的話。1670年，他的兒子發表了費爾馬的這一部分頁端筆記，大家才知道這一問題。後來，人們就把這一論斷稱為費爾馬大定理。用數學語言來表達就是：形如xn ＋yn ＝zn 的方程，當n大於2時沒有正整數解。 費爾馬是一位業餘數學愛好者，被譽為「業餘數學家之王」。1601年，他出生在法國南部圖盧茲附近一位皮革商人的家庭。童年時期是在家裡受的教育。長大以後，父親送他在大學學法律，畢業後當了一名律師。從1648年起，擔任圖盧茲市議會議員。 他酷愛數學，把自己所有的業餘時間都用於研究數學和物理。由於他思維敏捷，記憶力強，又具備研究數學所必須的頑強精神，所以，獲得了豐碩的成果，使他躋身於17世紀大數學家之列。 艱難的探索 起初，數學家想重新找到費爾馬沒有寫出來的那個「美妙證法」，但是誰也沒有成功。著名數學家歐拉用無限下推法證明了方程 x3＋ y3 ＝z3 和 x4 ＋ y4 ＝z4 不可能有正整數解。 因為任何一個大於2的整數，如果不是4的倍數，就一定是某一奇素數或它的倍數。因此，只要能證明n＝4以及n是任一奇素數時，方程都沒有正整數解，費爾馬大定理就完全證明了。n＝4的情形已經證明過，所以，問題就集中在證明n等於奇素數的情形了。 在歐拉證明了 n＝ 3， n＝ 4以後， 1823年和 1826年勒讓德和狄利克雷各自獨立證明了 n＝ 5的情形， 1839年拉梅證明了 n＝ 7的情形。就這樣，一個一個奇素數證下去的長征便開始了。 其中，德國數學家庫默爾作出了重要貢獻。他用近世代數的方法，引入了自己發明的「理想數」和「分圓數」的概念，指出費爾馬大定理只可能在n等於某些叫非正則素數的值時，才有可能不正確，所以只需對這些數進行研究。這樣的數，在100以內，只有37、59、67三個。他還具體證明了當 n＝ 37、59、67時，方程xn＋ yn＝zn是不可能有正整數解的。這就把費爾馬大定理一下推進到n在100以內都是成立的。庫默爾「成批地」證明了定理的成立，人們視之為一次重大突破。1857年，他獲得巴黎科學院的金質獎章。 這一「長征」式的證法，雖然不斷地刷新著記錄，如 1992年更進到n＝1000000，但這不等於定理被證明。看來，需要另闢蹊徑。 10萬馬克獎給誰 從費爾馬時代起，巴黎科學院曾先後兩次提供獎章和獎金，獎勵證明費爾馬大定理的人，布魯塞爾科學院也懸賞重金，但都無結果。1908年，德國數學家佛爾夫斯克爾逝世的時候，將他的10萬馬克贈給了德國哥庭根科學會，作為費爾馬大定理的解答獎金。 哥庭根科學會宣布，獎金在100年內有效。哥庭根科學會不負責審查稿件。 10萬馬克在當時是一筆很大的財富，而費爾馬大定理又是小學生都能聽懂題意的問題。於是，不僅專搞數學這一行的人，就連很多工程師、牧師、教師、學生、銀行職員、政府官吏和一般市民，都在鑽研這個問題。在很短時間內，各種刊物公布的證明就有上千個之多。 當時，德國有個名叫《數學和物理文獻實錄》的雜誌，自願對這方面的論文進行鑒定，到 1911年初為止，共審查了111個「證明」，全都是錯的。後來實在受不了沉重的審稿負擔，於是它宣布停止這一審查鑒定工作。但是，證明的浪潮仍洶湧澎湃，雖然兩次世界大戰後德國的貨幣多次大幅度貶值，當初的10萬馬克折算成後來的馬克已無多大價值。但是，熱愛科學的可貴精神，還在鼓勵著很多人繼續從事這一工作。 姍姍來遲的證明 經過前人的努力，證明費爾馬大定理取得了許多成果，但離定理的證明，無疑還有遙遠的距離。怎麼辦？來必須要用一種新的方法，有的數學家用起了傳統的辦法——轉化問題。 人們把丟番圖方程的解與代數曲線上的某種點聯繫起來，成為一種代數幾何學的轉化，而費爾馬問題不過是丟番圖方程的一個特例。在黎曼的工作基礎上，1922年，英國數學家莫德爾提出一個重要的猜想。：「設F（x，y）是兩個變數x、y的有理係數多項式，那麼當曲線F（x，y）= 0的虧格（一種與曲線有關的量）大於1時，方程F（x，y）＝0至多只有有限組有理數」。1983年，德國29歲的數學家法爾廷斯運用蘇聯沙法拉維奇在代數幾何上的一系列結果證明了莫德爾猜想。這是費爾馬大定理證明中的又一次重大突破。法爾廷斯獲得了1986年的菲爾茲獎。 維爾斯仍採用代數幾何的方法去攀登，他把別人的成果奇妙地聯繫起來，並且吸取了走過這條道路的攻克者的經驗教訓，注意到一條嶄新迂迴的路徑：如果谷山——志村猜想成立，那麼費爾馬大定理一定成立。這是1988年德國數學家費雷在研究日本數學家谷山——志村於1955年關於橢圓函數的一個猜想時發現的。 維爾斯出生於英國牛津一個神學家庭，從小對費爾馬大定理十分好奇、感興趣，這條美妙的定理導致他進入了數學的殿堂。大學畢業以後，他開始了幼年的幻想，決心去圓童年的夢。他極其秘密地進行費爾馬大定理的研究，守口如瓶，不透半點風聲。 窮七年的鍥而不捨，直到1993年6月23日。這天，英國劍橋大學牛頓數學研究所的大廳里正在進行例行的學術報告會。報告人維爾斯將他的研究成果作了長達兩個半小時的發言。10點30分，在他結束報告時，他平靜地宣布：「因此，我證明了費爾馬大定理」。這句話像一聲驚雷，把許多隻要作例行鼓掌的手定在了空中，大廳時鴉雀無聲。半分鐘後，雷鳴般的掌聲似乎要掀翻大廳的屋頂。英國學者顧不得他們優雅的紳士風度，忘情地歡騰著。 消息很快轟動了全世界。各種大眾傳媒紛紛報道，並稱之為「世紀性的成就」。人們認為，維爾斯最終證明了費爾馬大定理，被列入1993年世界科技十大成就之一。 可不久，傳媒又迅速地報出了一個「爆炸性」新聞：維爾斯的長達200頁的論文送交審查時，卻被發現證明有漏洞。 維爾斯在挫折面前沒有止步，他用一年多時間修改論文，補正漏洞。這時他已是「為伊消得人憔悴」，但他「衣帶漸寬終不悔」。1994年9月，他重新寫出一篇108頁的論文，寄往美國。論文順利通過審查，美國的《數學年刊》雜誌於1995年5月發表了他的這一篇論文。維爾斯因此獲得了1995～1996年度的沃爾夫數學獎。 經過 300多年的不斷奮戰，數學家們世代的努力，圍繞費爾馬大定理作出了許多重大的發現，並促進了一些數學分支的發展，尤其是代數數論的進展。現代代數數論中的核心概念「理想數」，正是為了解決費爾馬大定理而提出的。難怪大數學家希爾伯特稱讚費爾馬大定理是「一隻會下金蛋的母雞」。哥德巴赫猜想史上和質數有關的數學猜想中，最著名的當然就是「哥德巴赫猜想」了。 1742年6月7日，德國數學家哥德巴赫在寫給著名數學家歐拉的一封信中，提出了兩個大膽的猜想： 一、任何不小於6的偶數，都是兩個奇質數之和； 二、任何不小於9的奇數，都是三個奇質數之和。 這就是數學史上著名的「哥德巴赫猜想」。顯然，第二個猜想是第一個猜想的推論。因此，只需在兩個猜想中證明一個就足夠了。 同年6月30日，歐拉在給哥德巴赫的回信中， 明確表示他深信哥德巴赫的這兩個猜想都是正確的定理，但是歐拉當時還無法給出證明。由於歐拉是當時歐洲最偉大的數學家，他對哥德巴赫猜想的信心，影響到了整個歐洲乃至世界數學界。從那以後，許多數學家都躍躍欲試，甚至一生都致力於證明哥德巴赫猜想。可是直到19世紀末，哥德巴赫猜想的證明也沒有任何進展。證明哥德巴赫猜想的難度，遠遠超出了人們的想像。有的數學家把哥德巴赫猜想比喻為「數學王冠上的明珠」。 我們從6＝3＋3、8＝3＋5、10＝5＋5、……、100＝3＋97＝11＋89＝17＋83、……這些具體的例子中，可以看出哥德巴赫猜想都是成立的。有人甚至逐一驗證了3300萬以內的所有偶數，竟然沒有一個不符合哥德巴赫猜想的。20世紀，隨著計算機技術的發展，數學家們發現哥德巴赫猜想對於更大的數依然成立。可是自然數是無限的，誰知道會不會在某一個足夠大的偶數上，突然出現哥德巴赫猜想的反例呢？於是人們逐步改變了探究問題的方式。 1900年，20世紀最偉大的數學家希爾伯特，在國際數學會議上把「哥德巴赫猜想」列為23個數學難題之一。此後，20世紀的數學家們在世界範圍內「聯手」進攻「哥德巴赫猜想」堡壘，終於取得了輝煌的成果。 20世紀的數學家們研究哥德巴赫猜想所採用的主要方法，是篩法、圓法、密率法和三角和法等等高深的數學方法。解決這個猜想的思路，就像「縮小包圍圈」一樣，逐步逼近最後的結果。 1920年，挪威數學家布朗證明了定理「9＋9」，由此劃定了進攻「哥德巴赫猜想」的「大包圍圈」。這個「9＋9」是怎麼回事呢？所謂「9＋9」，翻譯成數學語言就是：「任何一個足夠大的偶數，都可以表示成其它兩個數之和，而這兩個數中的每個數，都是9個奇質數之積。」 從這個「9＋9」開始，全世界的數學家集中力量「縮小包圍圈」，當然最後的目標就是「1＋1」了。 1924年，德國數學家雷德馬赫證明了定理「7＋7」。很快，「6＋6」、「5＋5」、「4＋4」和「3＋3」逐一被攻陷。1957年，我國數學家王元證明了「2＋3」。1962年，中國數學家潘承洞證明了「1＋5」，同年又和王元合作證明了「1＋4」。1965年，蘇聯數學家證明了「1＋3」。 1966年，我國著名數學家陳景潤攻克了「1＋2」，也就是：「任何一個足夠大的偶數，都可以表示成兩個數之和，而這兩個數中的一個就是奇質數，另一個則是兩個奇質數的積。」這個定理被世界數學界稱為「陳氏定理」。 由於陳景潤的貢獻，人類距離哥德巴赫猜想的最後結果「1＋1」僅有一步之遙了。但為了實現這最後的一步，也許還要歷經一個漫長的探索過程。有許多數學家認為，要想證明「1＋1」，必須通過創造新的數學方法，以往的路很可能都是走不通的。數學家張益唐破譯「孿生素數猜想」 2013年05月18日 07:01:23 來源： 中國青年報

　　張益唐近照，由新罕布希爾大學提供

《自然》雜誌稱其為一個「重要的里程碑」

　　張益唐是個對數字「極其敏感」的人，他能把大學同班同學的出生日期背得「滾瓜爛熟」，並在每個人過生日時發去一封祝福郵件。

　　同為恢復高考後北京大學數學系第一批學生，美國普渡大學數學系教授沈捷就享受過這樣的「待遇」。但他發現，七八年前張益唐突然「消失」了。因為，從那時起，他再沒收到過張的生日祝福，「給他發郵件也沒再回過」。

　　5月16日，張益唐的郵件突然來了，只有一個單詞：「謝謝」。在接受中國青年報記者採訪時，沈捷回憶說，此前一天，他和夫人就張益唐在孿生素數方面取得的突破向他發去郵件道賀。

　　5月14日，《自然》（Nature）雜誌在線報道張益唐證明了「存在無窮多個之差小於7000萬的素數對」，這一研究隨即被認為在孿生素數猜想這一終極數論問題上取得了重大突破，甚至有人認為其對學界的影響將超過陳景潤的「1+2」證明。

　　在此之前，「年近6旬」的張益唐在數學界可以說是個名不見經傳的人。

　　多年前曾與張益唐接觸過的浙江大學數學系教授蔡天新也以為「他早從數學圈消失」了，蔡說已經「近30年沒他的消息了」，沒曾想「他突然向孿生素數猜想走近了一大步」——

　　素數是指正因數只有1和本身即只能被自身和1整除的正整數，「孿生素數」則是指兩個相差為2的素數，例如3和5，17和19等。而隨著素數的增大，下一個素數離上一個素數應該越來越遠，故古希臘數學家歐幾里得猜想，存在無窮多對素數，他們只相差2，例如3和5，5和7，2003663613×2195000-1和2003663613×2195000+1等等。

　　這就是所謂的孿生素數猜想，它與黎曼猜想、哥德巴赫猜想一樣讓無數數論學者為之著迷。

　　數學家需要做的，是一個證明！

　　然而，人們甚至不知道它的「弱形式」是否成立，用《數學文化》主編、香港浸會大學理學院院長湯濤的話說就是——能不能找到一個正數，使得有無窮多對素數之差小於這個給定正數，在孿生素數猜想中，這個正數就是2。

　　張益唐找到的正數是「7000萬」。

　　儘管從2到7000萬是一段很大的距離，《自然》的報道還是稱其為一個「重要的里程碑」。正如美國聖何塞州立大學數論教授Dan Goldston所言，「從7000萬到2的距離（指猜想中尚未完成的工作）相比於從無窮到7000萬的距離（指張益唐的工作）來說是微不足道的。」

　　此前，Goldston及其兩位同事提出，存在無窮多個之差小於16的素數對，給這項猜想寫下一個重要里程碑。但是，該推論尚不知如何證明。

　　5月13日，張益唐在美國哈佛大學發表主題演講，介紹了他的這項研究進展。《自然》的報道稱，如果這個結果成立，就是第一次有人正式證明存在無窮多組間距小於定值的素數對。換言之，張益唐將給孿生素數猜想證明開一個真正的「頭」。

　　有人打了這樣一個比方，張所做的工作，相當於1920年挪威的布朗證明了「9+9」，「開啟」了哥德巴赫猜想的證明，接下來科學家們陸續證明了「7+7」、「6+6」……直到46年後的陳景潤證明攻下離「1+1」一步之遙卻或是最難的「1＋2」。

　　今天，沈捷正在武漢參加國際數學模型與計算研討會，他告訴記者，他從會上獲悉的評價是「這可以說是華人數學家有史以來證明最好的結果。」

　　張益唐在北大的研究生導師、著名數學家潘承彪聽聞這一消息後「十分高興」，他隨即給蔡天新發信並附上審稿人、美國科學院院士IWANICE的評價：證明無誤、非常漂亮，相信不久會有很多人把「7000萬」這個數字「變小」……

　　根據加拿大滑鐵盧大學統計與精算學系助理教授王若度的說法，世界頂級數學期刊《數學年刊》（Annals of Mathematics）將準備接受張益唐作出證明的這篇文章，審稿人還評價「其證明是對的，並且是一流的數學工作」。

　　學界沉浸在一場重大發現的狂歡中。

　　與此同時，人們卻驚訝地發現，除了這篇自然報道，不管是通過哪種搜索引擎，都很難找到有關「張益唐」個人的信息——

　　「張益唐，華人數學家。1978年進入北京大學數學科學學院攻讀本科，1982年讀碩，後在美國新罕布希爾大學任教」。5月15日，也就是自然雜誌報道發出的第二天，不知在哪位網友的編撰下，這位被稱作「一夜成名」的科學家有了這樣的百科介紹。

　　當天，北京大學官網證實了這一信息，並稱「北大數學科學學院78級校友張益唐在孿生素數研究方面取得突破性進展，他證明了孿生素數猜想的一個弱化形式」。然而，針對張個人經歷的介紹也是隻言片語。

　　很明顯，張益唐從北大碩士研究生畢業，1992年在普渡攻讀博士學位後，這位數學研究者去幹了什麼，則鮮為人知，甚至「連他現在是哪國國籍我都不知道」，沈捷說。

　　即使是在衡量基礎研究的論文陣地上，張益唐也顯得異常「低調」——在國際數學領域重要的檢索系統Zentralblatt MATH資料庫中，他名下只有兩篇文章，一篇是1985年發表在國內的《數學學報》上，另一篇是張2001年在美國時發表在《Duke Math》上。

　　這也被一些學者分析是「張益唐到目前仍然沒有拿到美國大學終身教職」的原因。今天，新罕布希爾大學向中國青年報記者證實了張益唐的教職為「講師」（lecturer），並已經在該校數學系「待了將近十年」。

　　美國的「講師」說白了就是臨時教學職位，「收入比起同資歷教授（包括助理教授）差很多，教學任務也遠遠比教授們重。」王若度說，「從科研上來說，則是完全得不到任何支持。例如我所在的學校，講師往往由不具有博士學位的教師來擔任，教學任務是普通終身教職系統內教員的兩三倍。」這意味著，張益唐的科研時間「很難得到保證」。

　　「他就是執著於攻大難題，不肯干小的。」張益唐的另一名同班同學、著名作家王小東說，「我認為他是唯一一個數學天分比我高的同學。曾十分坎坷，現在終於有了成就！」

　　這一點與沈捷的印象一致，他和大學時住在其隔壁宿舍的張益唐是「非常要好的朋友」。據他回憶，當時，不管是上課還是考試，年齡比他大4歲的張益唐總是「領先一截」，「他很愛自學，我們難題解不出來，都找他」。

　　沈捷說，他雖然很有才華，但更靠自己的汗水，如果說一個天才做出這樣一個成果，或許是碰巧，但他不一樣，「他可是一直在做這個！」而且，「他讀書很多，對歷史很有見解」。

　　至於經歷上的「坎坷」，則是去美國以後的事了——

　　沈捷回憶，在普渡大學攻讀博士時，張益唐師從一位代數幾何方面的華人學者，「他其實最感興趣的還是"純數字』，就像數論，但他之所以選擇這個專業，我猜想多半是因為出國前不太懂國外（在專業上）的安排。」沈捷說。

　　然而，在作博士論文時，「不服輸」的張益唐還是選擇了被稱作代數幾何領域最難攻破的「雅克比猜想」。

　　最終，他做出一個「結果」來，但「並未發表」。沈捷告訴記者，在他的印象里，張益唐最終拿到了普渡大學的博士學位，但博士論文「因為自己不滿意而沒有發表」。

　　那年是1992年，是沈捷眼中張益唐最難熬的一段時間，「找工作四處碰壁，就因為沒做出短期的好成果來」。

　　沈捷記得，張益唐畢業以後，把全部家當放到房車裡，便開著車去多個大學一邊求職，一邊「講這個結果（指雅克比猜想的成果）」。其中一段時間，張益唐還來到沈捷當時任教的賓夕法尼亞州立大學。「他住我這邊的那段時間，我能真切地感受到他追求"完美』的性子，有一位教授評價他做出的是雅克比猜想證明中最好的一個，但因為其中一個細節未完全搞清楚，就被他看作是"一般的成果』，死活不願意發表。」

　　當時，包括王小東、沈捷在內的同班同學還知道的一件事是，曾任他們數學系主任的著名數學家丁石孫「非常看重張益唐」，並「力邀他回北大」，但張最終還是沒回來。

　　沈捷後來了解，「有人說他是要面子，我覺得他是不甘心，自己覺得沒做成一些成績就回國，太不甘心。」

　　他並非陳景潤式「性格孤僻」的數學家，沈捷告訴記者：「他儘管有一點自負，畢竟很聰明，但是他待人很親和。在我看來，他除了太痴迷於數字，其他和我們都一樣。」

　　事實上，在今年5月1日，新罕布希爾大學就在其官網登出了張益唐要發表孿生素數這一成果的消息，上面寫著：經過多天數學界的持續關注，張益唐更願意回到他此前「不為人所注意」的狀態。

　　「我其實是個害羞的人。」張益唐說。 孿生素數猜想有什麼用

（1）相差6的孿生素數普遍公式。　　有定理「若自然數R與R+6不能被不大於根號（R+6）的任何素數整除，則R與R+6是一對相差6的孿生素數」。這句話可以用公式表達：　　R=p1m1+g1=p2m2+g2=.....=pkmk+gk。(7) 　　其中p1，p2，p3，...，pk表示順序素數2，3，5，.....。gi不等於0，gi不等於pi-6。若R<p(k+1).平方減6，則R與R+6是一對相差6的孿生素數。（7）式的同於形式：　　R≡g1(modp1)，R≡(modp2)，.......，R≡gk(modpk)。(8) 　　由於（8）式的模兩兩互素，根據孫子定理得知（8）式在給定g值時在p1p2...pk範圍內有唯一解。　　例如，k=2時，　　R=2m+1=3m+1。解得R=7，13；R=2m+1=3m+2。.解得R=5，11，17.。即7與7+6，13與13+6，5與5+6，11與11+6，17與17+6是相差6的孿生素數。求得了3至5的平方區間的全部解。　　例如k=3時，　　********************|--5m+1-|--5m+2---|--5m+3-| 　　R=2m+1=3m+1=|---31---|-7--,--37--|---13---| 　　R=2m+1=3m+2=|-11-,-41-|----17----|----23---| 　　----------------------------------------------------------------------------------------------------- 　　求得了5至7的平方區間的全部解。　　例如k=4時，解得：　　*****************************|--7m+2--|--7m+3--|--7m+4--|--7m+5--|--7m+6--| 　　R=2m+1=3m+1=5m+1=|---121---|---31-----|---151---|---61-----|----181--| 　　R=2m+1=3m+1=5m+2=|----37----|---157---|-----67---|---187---|-----97---| 　　R=2m+1=3m+1=5m+3=|----163---|----73---|----193---|---103---|-----13---| 　　R=2m=1=3m+2=5m+1=|----191---|---101---|-----11---|---131---|----41----| 　　R=2m+1=3m+2=5m+2=|----107---|----17----|----137---|---47----|----167---| 　　R=2m+1=3m+2=5m+3=|-----23----|---143---|-----53----|----73---|-----83---| 　　------------------------------------------------------------------------------------------------------- 　　求得了7至11的平方區間的全部解。仿此下去可以求得任意大的數以內的全部相差6的孿生素數。　　（7）（8）式的本質是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，p3m，......，pkm形的數(篩k次），和p1m-6，p2m-6，p3m-6，.....，pkm-6形的數(篩k次）。即pm形的數篩k次，pm-6形的數篩k次，共2k次。但是，由於p1=2時，2m-6與2m是一回事，都是偶數2m形；p2=3時，3m-6與3m是一回事，都是3m形。所以（7）（8）式共有：　　（2-1）×（3-1）×（5-2）×（7-2）×.....×(pk-2).。(9)。　　個解。　　（2）相差6的孿生素數猜想。　　相差6的孿生素數是有限的還是無窮的？有了（5）（6）式，就很好證明。例如，如果我們假設最後一對相差6的孿生素數是23與29。那麼對於下式：　　R=2m+g1=3m+g2=5m+g3=7m+g4=11m+g5=13m+g6=17m+g7=19m+g8=23m+g9=29m+g10.。(10) 　　來講，（29是第10個素數，字母后面的數字是腳標）。就沒有小於「31的平方減6」的解。31的平方減6大於23x29。（10）式有：　　（2-1）x（3-1）x（5-2）x（7-2）x(11-2)x(13-2)x(17-2)x（19-2）x（23-2）x（29-2）。（11）　　個解。(10)式的解的數目是根據孫子定理得到的。　　{1}。我們把2x3x5x7x11x13x17x19x23x29按23x29為一個區間，劃分成2x3x5x7x11x13x17x19個區間。　　[1，23x29），[23x29+1，2x23x29），.....，[2x3x5x7x11x13x17x19x23x29-23x29+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23x29）。　　（如k=4時，2x3x5x7=210，把5x7=35為一個區間，共有2x3=6個區間。1-----35；36-----70；71------105；106------140；141------175；176-----210）。　　{2}。如果第一區間[1，23x29）無解，其它區間的解的數目不會超過2k個，即2x10=20個.。（參見上面的引理：任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不超過k個)。　　於是，(2x3x5x7x11x13x17x19)個區間總解數目不超過(2x3x5x7x11x1317x19)x20個。少於（7）式固有的解的數目。　　(2x3x5x7x11x13x17x19x20) < (2-1)x(3-1)x(5-2)x(7-2)x(11-2)x(13-2)x(17-2)x(19-2)x(23-2)x(29-2).。　　一一對應，右端（29-2）對應左端20；右端（23-2）對應左端19；。。。，右端（7-2）對應左端5；右端（5-2）對應左端3；右端（3-1）對應左端2；　　------------------------------------------------------------------------------ 　　（2-1）(3-1)|(5-2)|(7-2)|（11-2）|（13-2）|(17-2)|(19-2)|(23-2)|(29-2)|; 　　----------------|------|-------|-----------|-----------|--------|--------|--------|--------| 　　-----------2---|---3--|--5---|-----7----|----11----|--13---|--17---|---19--|--20---| 　　--------------------------------------------------------------------------------------------|。; 　　每一項都是上面大於或者等於下面。上面的解的數目是由孫子定理給出的，下面的解的數目（是由於我們假設錯誤造成的）少於上面，說明原先假設是錯誤的，（抽屜原則）假設最大一對相差6的孿生素數是23與29是錯誤的。證畢。　　（3）為什麼相差6的孿生素數比相差2的孿生素數多？　　這個問題很簡單。因為相差6的孿生素數是在p1p2p3...pk的範圍內有（2-1）×（3-1）×（5-2）×（7-2）×....×（pk-2）個解，而相差2的孿生素數是在p1p2p3...pk範圍內有(2-1)×(3-2)×(5-2)×(7-2)×....×(pk-2)個解。第二項一個是（3-1），一個是（3-2），所以前者比後者多。　　（4）為什麼許多人在證明中會出現錯誤？筆者讀過包括陳景潤在內的著名數學家的論文，發現一個重要的原因是：不按邏輯規律。證明中必須依照1，同一律。2，不矛盾律。3，充足理由律。一般前兩個還能夠做到，最主要的是不能夠按充足理由律去證明，因為在證明中，每一步都要求做到。例如，本文是根據一條定理出發，等價轉換成公式（即（1）式），再等價轉換成同於式組（2）式，而（2）式的解已經被孫子定理充分地，透徹地解釋。由假設推出的孿生素數有限　　，就會造成與孫子定理的矛盾。運用抽屜原則和一一對應的方法形成嚴密的邏輯體系。當然，也許還有漏洞，應該虛懷若谷等候批評。　　----------------------------------------------------------------------------------------------------------- 　　孿生素數是有限個還是有無窮多個?這是一個至今都未解決的數學難題.一直吸引著眾多的數學家孜孜以求地鑽研.早在20世紀初,德國數學家蘭道就推測孿生素數有無窮多.許多跡象也越來越支持這個猜想.最先想到的方法是使用歐拉在證明素數有無窮多個所採取的方法.設所有的素數的倒數和為: 　　s=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+... 　　如果素數是有限個,那麼這個倒數和自然是有限數.但是歐拉證明了這個和是發散的,即是無窮大.由此說明素數有無窮多個.1919年,挪威數學家布隆仿照歐拉的方法,求所有孿生素數的倒數和: 　　b=(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+... 　　如果也能證明這個和比任何數都大,就證明了孿生素數有無窮多個了.這個想法很好,可是事實卻違背了布隆的意願.他證明了這個倒數和是一個有限數,現在這個常數就被稱為布隆常數:b=1.90216054...布隆還發現,對於任何一個給定的整數m,都可以找到m個相鄰素數,其中沒有一個孿生素數。　　若用PI2(x)表示小於 x的孿生素數對的個數.下表是10^16以下的孿生素數分布情況: 　　x PI2(x) 　　1000 35 　　10000 205 　　100000 1224 　　1000000 8169 　　10000000 58980 　　100000000 440312 　　1000000000 3424506 　　10000000000 27412679 　　100000000000 224376048 　　1000000000000 1870585220 　　10000000000000 15834664872 　　100000000000000 135780321665 　　1000000000000000 1177209242304 　　10000000000000000 10304195697298

猜想簡介孿生素數即相差2的一對素數。例如3和5 ，5和7，11和13，…，10016957和10016959等等都是

公式的出處

孿生素數。1900年希爾伯特在國際數學家大會上說有了素數公式，哥德巴赫猜想和孿生素數猜想都可以得到解決。剛剛去世的浙江大學沈康身教授也認為有了素數普遍公式，就可以解決大多數數論難題。孿生素數是指一對素數，它們之間相差2。例如3和5，5和7，11和13，10016957和10016959等等都是孿生素數。孿生素數猜想，即是否存在無窮多對孿生素數，是數論中未解決的一個重要問題。哈代-李特爾伍德猜想（Hardy-Littlewood conjecture）是孿生素數猜想的一個增強形式，猜測孿生素數的分布為：π2(x)~2{C2}∫dt/(lnt)^2，其中 π2(x) 表示小於x 的孿生素數的數目， C2 被稱為孿生素數常數（twin prime constant），其數值為：0.660.....。2{C2}》1.32，∫dt/(lnt)^2≈x/(Ln(x))^2，x/(Ln(x))^2的數量可以轉換成便於理解數量大小的「同底冪的指數差」：e^（2^m)/（2^m)^2=e^（2^m)/2^（2m）≈e^（2^m-(0.69）*2m）≈2^（1.44*2^m-2m），或者：e^（10^m))/ （10^（2m))=10^{[（10^m)/Ln10]-2m}≈10^(0.434*10^m-2m），算術公式孿生素數有一個十分精確的普遍公式，是根據一個定理：「若自然數Q與Q+2都不能被不大於根號（Q+2）的任何素數整除，則Q與Q+2是一對素數，稱為相差2的孿生素數。這一句話可以用公式表達：Q=p1m1+b1=p2m2+b2=....=pkmk+bk . （1）其中p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，....。b≠0， b≠pi-2。（即最小剩餘不能是0和pi-2.。不能是2m，3m，5m，...，pkm形，不能是3m+1，5m+3，7m+5，....，pkm-2形）。若Q<P（k+1）平方減2 [註：P後面的1，2，3，......，，K，（k+1）是腳標]，則Q與Q+2是一對孿生素數。例如，29，29和29+2不能被不大於根號（29+2）的任何素數2，3，5整除，29=2m+1=3m+2=5m+4， 29<49-2（即7的平方減2）所以29與29+2是一對孿生素數。下面用「*」表示平方。即：㎡=m*。上式可以用同餘式組表示：Q≡b1(modp1），Q≡b2(modp2），...，Q≡bk(modpk）。（2）。由於（2）式的模p1，p2，...，pk兩兩互素，根據孫子（中國剩餘）定理，對於給定的b值，（2）式在p1p2...pk範圍內有唯一的解。例如29，29≡1(mod2），29≡2(mod3），29≡4(mod5）。29<7*-2，即49-2。所以29是一個素數。29在2×3×5=30範圍內有唯一解。例如，k=1時，Q=2 m+1，解得Q=3和5，5<3*-2，得知3與3+2，5與5+2是兩對孿生素數。從而得到了（3，3*）區間的全部孿生素數。k=2時，Q=2m+1=3m+2。解得Q=5，11，17。17<5*-2，得知11與11+2，17與17+2是孿生素數對，從而得到（5，5*）區間的全部孿生素數。k=3時，*********************|----5m+1-----|-5m+2-|-5m+4-|---------------------------------------------------------|Q=2m+1=3m+2=|-11-，-41-；|---17---|---29---|---------------------------------------------------------|從而求得了（7，7*）區間的全部孿生素數對。k=4，時，解得：******************************|-7m+1-|-7m+2-|-7m+3-|-7m+4-|-7m+6-|Q=2m+1=3m+2=5m+1=|---71---|--191--|--101---|---11--|----41--|Q=2m+1=3m+2=5m+2=|--197--|--107--|---17----|--137--|--167--|Q=2m+1=3m+2=5m+4=|---29--|--149--|----59----|--179--|--209--|---------------------------------------------------------------------------------------求得了（11，11*）區間的全部解。仿此下去，可以求得任意給定的數以內的全部孿生素數，並且一個不漏地得到。注意，在k≥4時，利用表格，我們不需要通過計算，或者埃拉托賽尼篩法求得解，而是只要填寫即可。表格的數字十分有規律。人類已經不依賴埃氏篩。可以通過組裝或者克隆素數。這對大數密碼是一個強烈的衝擊。由於b≠0，（1）（2）式的本質就是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，...，pkm形的數k次；；由於b≠pi-2，（1）（2）式是從p1p2p3...pk中篩去p1m-2，p2m-2，p3m-2，....，pkm-2形的數k次，共篩2k次。孿生素數猜想就是要證明（1）式或者（2）式在k值任意大時都有小於p{k+1）平方減2的解。詳細情況可以參見「百度百科」詞條「孿生素數普遍公式」，以及「素數普遍公式」。利用（1）（2）式證明孿生素數猜想變得十分容易，希爾伯特等數學家都是這樣認為的.根據孫子定理得知，（1）（2）式在p1p2p3...pk範圍內有：（2-1）×（3-2）×（5-2）×....×（pk-2）。（3）個解。（p後面的1，2，3，...，k是腳標）。孿生素數的篩法就是在埃拉托塞尼的篩後再篩去pm-2型的數。下面的表格是50以內的數，我們用√50以下的素數2，3，5，7去篩，把2，3，5，7的倍數用圓括弧「（）」圈起來，完成以後，再用「<>；」把已經圈起來的數減2用<>；圈起來。剩下的沒有被圈起來的就是孿生素數Q與Q+2中的Q了。-----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）----|---（34）---|----（35）---|---（36）--|--<37>--|---（38）-----|---（39）--|---（40）---|----41----|----（42）--|--<43>----|---（44）---|---（45）----|--（46）-|--<47>--|---（48）---|-（49）-|--（50）-|現在剩下除了1以外還有3，5，11，17，29，41一共有6個Q，就是這6個Q與Q+2都是孿生素數。（方法由俄亥俄衛斯里大學王蕊珂提供）篩法與公式是等價的。附，公式的來歷：公元前250年同樣是古希臘的數學家埃拉托塞尼提出一種篩法：（一）「要得到不大於某個自然數N的所有素數，只要在2---N中將不大於√N的素數的倍數全部划去即可」。（二）將上面的內容等價轉換：「如果N是合數，則它有一個因子d滿足1<d≤√N」。（《基礎數論》13頁，U杜德利著，上海科技出版社）..（三）再將（二）的內容等價轉換：「若自然數N不能被不大於（根號）√N的任何素數整除，則N是一個素數」。見（代數學辭典[上海教育出版社]1985年。屜部貞世朗編。259頁）。（四）這句話的漢字可以等價轉換成為用英文字母表達的公式：N=p1m1+a1=p2m2+a2=......=pkmk+ak。(A)其中 p1，p2，.....，pk表示順序素數2，3，5，，，，，。a≠0。即N不能是2m+0，3m+0，5m+0，...，pkm+0形。若N<P（k+1）的平方 [註：後面的1，2，3，....，k，（k+1）是腳標，由於列印不出來，凡字母后面的數字或者i與k都是腳標] ，則N是一個素數。（五）可以把（A）等價轉換成為用同餘式組表示：N≡a1(modp1）， N≡a2(modp2），.....，N≡ak(modpk）。(B)再把（三）轉換成為上面的公式（1）（2）。編輯本段孿生素數孿生素數猜想就是要證明K值任意大時（1） 式（2）式都有小於p*（k+1）的解。有了這個孿生素數普遍公式，證明孿生素數問題就像做一道中學數學題一樣容易。這是希爾伯特說的，因為孿生素數公式把孿生素數猜想轉化成一個初等數論問題。事實上也是這樣。例如，假設最後一對孿生素數是59與61，那麼對於下式：Q=2m+b1=3m+b2=5m+b3=....=53m+b16=59m+b17=61m+b18. （4）（61是第18個素數）。來說，就沒有小於67*-2的解。b≠0， b≠pi-2。若Q<67*-2，則Q與Q+2是一對孿生素數。（4）式可用同於式組表示：Q≡1（mod2），Q≡2(mod3），...，Q≡b17(mod59），Q≡b18(mod61）。（5）根據孫子定理，（4）式（5）式共有：（2-1）×（3-2）×（5-2）×（7-2）×........×（59-2）×（61-2）。（6）個解。注意（4）式，Q與（Q+2）與2，3，5，.......，53，59，61互素。並且大於2，3，5，.......，53，59，61。如果Q<67*-2，則Q與（Q+2）是一對大於61的孿生素數。既然我們已經假設了最大的孿生素數是59與61，那麼（4）（5）式肯定沒有小於67*-2的解，如果Q小於67*-2，則Q與（Q+2）是一對孿生素數。可以分為幾個步驟證明：（1）：我們將2×3×5×7×....×53×59×61按59×61劃分為一個區間：[1，59×61]，[59×61+1，2×59×61]，...，，[（2×3×5X...X59×61）-（59×61）+1，2×3×5×....×59×61]。共有2×3×5×....×53個區間。因為（4）（5）式的本質是從2×3×5×...×53×59×61範圍內篩去 2m，3m，5m，...，53m，59m，61m形的數（篩k次）和2m-2，3m-2，5m-2，7m-2，...，53m-2，59m-2，61m-2形的數（篩k次）共2k次。（2）：既然67*-2內沒有解，我們只要證明：如果第一區間[1，59×61]無解，即67*-2內無解，（因為59×61<67*-2），[也就是（4）（5）式在p*k的內無解]。其它區間解的數目就不會超過2k個（此時k=18，，61是第18個素數）。（見下面的「引理」）。（3）：[（2×3×5×…×47×53）×2×18]<[（2-1）×（3-2）×（5-2）×…×（59-2）×（61-2）]。一一對應：右式在上，左式在下，（61-2）對應（2x18），（59-2）對應53，（53-2）對應47，（47-2）對應43，（43-2）對應41，（41-2）對應37。[（2-1）X（3-2）X（5-2）X（7-2）X（11-2）X（13-2）X（17-2）X.....X（37-2）X（41-2）X（43-2）X（47-2）X（53-2）X（59-2）X（61-2）]---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------->2[2X3X5X7X11X13X17X19X23X29X31X37X41X43X47X53X（2×18）]。前面：（2-1）X（3-2）X（5-2）X（7-2）X（11-2）X（13-2）X（17-2）X（19-2）X（23-2）X（29-2）X（31-2）X（37-2）-----------------------------------------------------------------------------------------------------------=1.0862x3x5x7x11x13x17x19x23x29x31後面每一項分子大於分母。由於右式比左式多2項，所以造成：（4）：每一項都是上端大於下端或者等於下端。造成了下端假設解的數目少於（4）（5）式固有的解（上端的數目（2-1）×（3-2）×（5-2）×....×（53-2）×（59-2）×（61-2），而上端解的數目是根據孫子定理得出的，與孫子定理相矛盾必然是錯誤的，所以原先假設最後一對孿生素數是59與61是錯誤的。這就是利用抽屜原則這個鐵一樣的定理，（（2-1）x（3-2）x（5-2）x（7-2）x...x（59-2）x（61-2）就是抽屜，2 x3x5x7x...x53x（2x18）就是信封，信封少於抽屜，至少有抽屜沒有裝上信封。（5）這個證明是什麼意思呢？就是說，如果假設59與61是最大的孿生素數，那麼在（4）（5）式，就沒有小於67平方減2的解，即第一區間（1，59×61）內無解，如果第一區間無解，其它區間的解就會少於2k個，即2×18=36個。這樣就出現了與假設的矛盾，因為（4）（5）式的解是一個絕對的數目（即（6）式），他是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾顯然是錯誤的，所以假設59與61是最大的孿生素數是不對的。這個方法的優越性十分明顯，可以避免循環論證，每一步都與前面一步有著十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的公式。---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------附：引理：「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩K次後被篩數（或者未被篩數）相差不超過K個」。說明：本篩法與埃拉托賽尼篩法不同，埃氏篩先用2篩，然後把2的倍數剔除掉；再用3篩，又把3的倍數剔除掉；再用5篩，.....。本篩法是已經篩過的數不馬上剔除掉，而是做上標記，等全部篩完過後再把篩過的數剔除掉。於是，有一些含有幾個不同素因子的數就要被篩幾遍，例如「6 」，就要被「2，」和「3，」各篩一遍。證明：根據除法算式定理：「給定正整數a和b，b不等於0，存在唯一整數a和r，（0≤r<b.）。使a=bq+r。」得知，如果從a中篩bm形數，a個連續自然數中，最多含有q+1個bm形數，r個連續自然數中，最多含有一個bm形數。例如，a=35，b=3，35=3x11+2，35個連續自然數中，最多含有11+1=12個3m形數，例如1---35有11個3m形數，36----70有12個3m形數。現在設某兩個區間為A與B，含自然數的個數分別為|A|與|B|，|A|=|B|，下證明p去篩，兩區間被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個。由上所述篩法，用順序素數p1，p2，...，pk依次去篩，兩區間每次被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個，故篩k次兩區間被篩數（或者未被篩數）個數最多不超過k個。證法1，設|A|=pm+r，則|B|=pm+r，0≤r<p，即區間A和B中均至少含有m個pm形數，又由於r<p，故r個連續自然數中至多有一個pm形數，即被篩pm形數個數相差不超過1個。證法2，假若不然，篩k次有兩個區間A與B，被篩數相差大於K，比如有K+1個，那會出現什麼問題呢？我們問第K+1是個什麼（見圖），例如A與B用2和3去篩，如果出現了相差3個，第一個記為2m形，第二個記為3m形，問第三個（-？-）是什麼形式？（每一個括弧表示一個自然數）。A：（+）。（+）；-------------------（-）（-）（-）（-）。（-）；B：（+）。（+）（2m)（3m)(-?-）；--------------------（-）。（-）；|---------------已經篩過部分----------------|------------未經篩過部分------------|。如果第三個（-？-）是2m或者3m形， 顯然與除法算式定理矛盾；如果不是2m或者3m形，它就不應該「站在」已經篩過的行列。無論哪一種情況，假設都不能成立。證畢，（如果已經篩過部分A比B多K個，則未篩過部分B比A多k個，這個很好理解，正如一個故事所講，第一倆車裝了40位姑娘，第二倆車裝了40位小夥子，停車時第二倆車的一部分小夥子坐上了第一倆車，第一倆車的司機不高興了，說我只拉40個人，於是兩倆車都是40個人，都有姑娘小伙，問：是第一倆車的姑娘多還是第二倆車的小夥子多？答案是顯然的；第一倆車的姑娘與第二倆車的小夥子一樣多）。我們可以用公式表示：{|A1|=|A2|=...=|An|}→s(k):|Aj|-|Ai|≤K。意思是連續自然數相等的區間|A1|，|A2|，....，|An| 篩（用s表示）k次，被篩數或者未被篩數相差不超過k個。即|Aj|-|Ai|≤K。（註：原來以為這個問題是顯然的，哪知，論文發表後，江西省九江市第一中學高三級黃晶晶同學發現必須給與證明，否則就是一個漏洞，給編輯部寫信。時間是2002年，後來得知，黃晶晶考入一所著名大學的數學系，經過兩年多努力，才完成「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不大於k個，證法2由美國俄亥俄州威斯理昂大學王蕊珂給出）。

文章的出處

編輯本段6的素數引言人們在研究相差2的孿生素數時就注意到相差6的孿生素數，發現後者比前者多的多。100以內有8對相差2的孿生素數：3，5；5，7；11，13；17，19；29，31；41，43；59，61；71，73.在100以內有15對相差6的孿生素數：5，11；7，13；11，17；13，19；17，23；23，29；31，37；37，43；47，53；53，59；61，67；67，73；73，79；83，89；。人們不禁要問（1）是否有一個可以表示所有相差6的孿生素數公式？（2）相差6的孿生素數有多少對？（3）為什麼相差6的孿生素數比相差2的孿生素數要多？孿生素數公式有定理「若自然數R與R+6不能被不大於根號（R+6）的任何素數整除，則R與R+6是一對相差6的孿生素數」。這句話可以用公式表達：R=p1m1+g1=p2m2+g2=.....=pkmk+gk。（7）其中p1，p2，p3，...，pk表示順序素數2，3，5，.....。gi不等於0，gi不等於pi-6。若R<p*(k+1）-6.，則R與R+6是一對相差6的孿生素數。（7）式的同於形式：R≡g1(modp1），R≡（modp2），.......，R≡gk(modpk）。（8）由於（8）式的模兩兩互素，根據孫子定理得知（8）式在給定g值時在p1p2...pk範圍內有唯一解。例如，k=2時，R=2m+1=3m+1。解得R=7，13；R=2m+1=3m+2..解得R=5，11，17.。即7與7+6，13與13+6，5與5+6，11與11+6，17與17+6是相差6的孿生素數。求得了（3，5*）區間的全部解。例如k=3時，********************|--5m+1-|--5m+2---|--5m+3-|R=2m+1=3m+1=|---31---|-7--,--37--|---13---|R=2m+1=3m+2=|-11-,-41-|----17----|----23---|-----------------------------------------------------------------------------------------------------求得了（5，7*）區間的全部解。例如k=4時，解得：*****************************|--7m+2--|--7m+3--|--7m+4--|--7m+5--|--7m+6--|R=2m+1=3m+1=5m+1=|---121---|---31-----|---151---|---61-----|----181--|R=2m+1=3m+1=5m+2=|----37----|---157---|-----67---|---187---|-----97---|R=2m+1=3m+1=5m+3=|----163---|----73---|----193---|---103---|-----13---|R=2m=1=3m+2=5m+1=|----191---|---101---|-----11---|---131---|----41----|R=2m+1=3m+2=5m+2=|----107---|----17----|----137---|---47----|----167---|R=2m+1=3m+2=5m+3=|-----23----|---143---|-----53----|----73---|-----83---|-------------------------------------------------------------------------------------------------------求得了（7，11*）區間的全部解。仿此下去可以求得任意大的數以內的全部相差6的孿生素數。（7）（8）式的本質是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，p3m，......，pkm形的數（篩k次），和p1m-6，p2m-6，p3m-6，.....，pkm-6形的數（篩k次）。即pm形的數篩k次，pm-6形的數篩k次，共2k次。但是，由於p1=2時，2m-6與2m是一回事，都是偶數2m形；p2=3時，3m-6與3m是一回事，都是3m形。所以（7）（8）式共有：（2-1）×（3-1）×（5-2）×（7-2）×.....×（pk-2）.。（9）。個解。相差6的孿猜想相差6的孿生素數是有限的還是無窮的？有了（5）（6）式，就很好證明。例如，如果我們假設最後一對相差6的孿生素數是23與29。那麼對於下式：R=2m+g1=3m+g2=5m+g3=7m+g4=11m+g5=13m+g6=17m+g7=19m+g8=23m+g9=29m+g10.。（10）來講，（29是第10個素數，字母后面的數字是腳標）。就沒有小於「31*-6」的解。31*-6大於23x29。（10）式有：（2-1）x（3-1）x（5-2）x（7-2）x（11-2）x（13-2）x（17-2）x（19-2）x（23-2）x（29-2）。（11）個解。（10）式的解的數目是根據孫子定理得到的。{1}。我們把2x3x5x7x11x13x17x19x23x29按23x29為一個區間，劃分成2x3x5x7x11x13x17x19個區間。[1，23x29），[23x29+1，2x23x29），.....，[2x3x5x7x11x13x17x19x23x29-23x29+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23x29）。（如k=4時，2x3x5x7=210，把5x7=35為一個區間，共有2x3=6個區間。1-----35；36-----70；71------105；106------140；141------175；176-----210）。{2}。如果第一區間[1，23x29）無解，其它區間的解的數目不會超過2k個，即2x10=20個.。（參見上面的引理：任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不超過k個）。於是，（2x3x5x7x11x13x17x19）個區間總解數目不超過（2x3x5x7x11x1317x19）x20個。少於（7）式固有的解的數目。（2x3x5x7x11x13x17x19x20） < （2-1）x（3-1）x（5-2）x（7-2）x（11-2）x（13-2）x（17-2）x（19-2）x（23-2）x（29-2）.。一一對應，右端（29-2）對應左端20；右端（23-2）對應左端19；。，右端（7-2）對應左端5；右端（5-2）對應左端3；右端（3-1）對應左端2；------------------------------------------------------------------------------（2-1）（3-1）|（5-2）|（7-2）|（11-2）|（13-2）|（17-2）|（19-2）|（23-2）|（29-2）|;----------------|------|-------|-----------|-----------|--------|--------|--------|--------|-----------2---|---3--|--5---|-----7----|----11----|--13---|--17---|---19--|--20---|--------------------------------------------------------------------------------------------|。；每一項都是上面大於或者等於下面。上面的解的數目是由孫子定理給出的，下面的解的數目（是由於我們假設錯誤造成的）少於上面，說明原先假設是錯誤的，（抽屜原則）假設最大一對相差6的孿生素數是23與29是錯誤的。證畢。相關問題為什麼相差6的孿生素數比相差2的孿生素數多？這個問題很簡單。因為相差6的孿生素數是在p1p2p3...pk的範圍內有（2-1）×（3-1）×（5-2）×（7-2）×....×（pk-2）個解，而相差2的孿生素數是在p1p2p3...pk範圍內有（2-1）×（3-2）×（5-2）×（7-2）×....×（pk-2）個解。第二項一個是（3-1），一個是（3-2），所以前者比後者多。為什麼許多人在證明中會出現錯誤？筆者讀過許多著名數學家的論文，發現一個重要的原因是：不按邏輯規律。證明中必須依照1，同一律。2，不矛盾律。3，充足理由律。一般前兩個還能夠做到，最主要的是不能夠按充足理由律去證明，因為在證明中，每一步都要求做到。例如，本文是根據一條定理出發，等價轉換成公式（即（1）式），再等價轉換成同於式組（2）式，而（2）式的解已經被孫子定理充分地，透徹地解釋。由假設推出的孿生素數有限，就會造成與孫子定理的矛盾。運用抽屜原則和一一對應的方法形成嚴密的邏輯體系。當然，也許還有漏洞，應該虛懷若谷等候批評。-----------------------------------------------------------------------------------------------------------孿生素數是有限個還是有無窮多個?這是一個一直吸引著眾多的數學家孜孜以求地鑽研.早在20世紀初，德國數學家蘭道就推測孿生素數有無窮多.許多跡象也越來越支持這個猜想.最先想到的方法是使用歐拉在證明素數有無窮多個所採取的方法.設所有的素數的倒數和為：s=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+...如果素數是有限個，那麼這個倒數和自然是有限數.但是歐拉證明了這個和是發散的，即是無窮大.由此說明素數有無窮多個.1919年，挪威數學家布隆仿照歐拉的方法，求所有孿生素數的倒數和：b=（1/3+1/5）+（1/5+1/7）+（1/11+1/13）+...如果也能證明這個和比任何數都大，就證明了孿生素數有無窮多個了.這個想法很好，可是事實卻違背了布隆的意願.他證明了這個倒數和是一個有限數，現在這個常數就被稱為布隆常數:b=1.90216054...布隆還發現，對於任何一個給定的整數m，都可以找到m個相鄰素數，其中沒有一個孿生素數。若用PI2(x）表示小於 x的孿生素數對的個數.下表是10^16以下的孿生素數分布情況：x PI2(x)1000 3510000 205100000 12241000000 816910000000 58980100000000 4403121000000000 342450610000000000 27412679100000000000 2243760481000000000000 187058522010000000000000 1583466 4872100000000000000 135780321 6651000000000000000 117720924230410000000000000000 10304195697298孿生素數猜想證明及孿生素數快速準確判斷介紹　一，孿生素數猜想正確對應【百度百科質數源數】的【孿素對最小概率、[105]位序域[Q]、特種形態自然數】，結論：1，[孿素對]無窮多。2，孿生素數猜想正確。二，快速準確判斷素數1，對應【百度百科 質數源數】的【判斷】，準確判斷質數。2，對應【平方根】，縮小判斷範圍。3，兩者結合，快速準確判斷質數。深度難度首先找到孿生素數猜想的另外一種描述，即整體自然數中存在無窮多個單個合數。然後再把這種描述深度難度無限擴展，變成那麼存在無窮多組任意奇數Q個連續合數。　　孿生素數猜想只不過是它成立的一個特殊例子。即為只在Q=1的時候孿生素數猜想編輯詞條 已關注編輯摘要 摘要

目錄

1難題來由

2解決歷程

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1難題來由

2解決歷程

收起

編輯本段難題來由

1849年，波林那克提出孿生素數猜想（the conjecture of twin primes），即猜測存在無窮多對孿生素數。　　孿生素數即相差2的一對素數。例如3和5 ，5和7，11和13，…，10016957和10016959等等都是孿生素數。　　1900年希爾伯特在國際數學家大會上說有了素數公式，哥德巴赫猜想和孿生素數猜想都可以得到解決。剛剛去世的浙江大學沈康身教授也認為　　有了素數普遍公式，就可以解決大多數數論難題。　　孿生素數是指一對素數，它們之間相差2。例如3和5，5和7，11和13，10016957和10016959等等都是孿生素數。　　孿生素數猜想，即是否存在無窮多對孿生素數，是數論中未解決的一個重要問題。哈代-李特爾伍德猜想（Hardy-Littlewood conjecture）是孿生素數猜想的一個增強形式，猜測孿生素數的分布與素數定理中描述的素數分布規律相類似。　　與之相關的，兩者相差為1的素數對只有 (2, 3)；兩者相差為3的素數對只有 (2, 5)。

編輯本段解決歷程

孿生素數有一個十分精確的普遍公式，（發表在《中等數學》雜誌2000年1期，作者王曉明）是根據一個定理：「若自然數Q與Q+2都不能被不大於根號(Q+2)的任何素數整除，則Q與Q+2是一對素數，稱為相差2的孿生素數。這一句話可以用公式表達：

　　Q=p1m1+b1=p2m2+b2=....=pkmk+bk . (1)

　　其中p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，....。b≠0， b≠pi-2。(即最小剩餘不能是0和pi-2.。不能是2m，3m，5m，...，pkm形，不能是3m+1，5m+3，7m+5，....，pkm-2形）。若Q〈P（k+1)平方減2 [註：（k+1)是腳標]，則Q與Q+2是一對孿生素數。

　　例如，29，29和29+2不能被不大於根號（29+2）的任何素數2，3，5整除，29=2m+1=3m+2=5m+4， 29〈49-2(即7的平方減2）所以29與29+2是一對孿生素數。

　　上式可以用同餘式組表示：

　　Q≡b1(modp1)，Q≡b2(modp2)，...，Q≡bk(modpk)。(2)。

　　由於（2）式的模p1，p2，...，pk兩兩互素，根據孫子（中國剩餘）定理，對於給定的b值,（2）式在p1p2...pk範圍內有唯一的解。例如29，

　　29≡1(mod2)，29≡2(mod3)，29≡4(mod5)。29小於7的平方減2，即49-2。所以29是一個素數。29在2×3×5=30範圍內有唯一解。

　　例如，k=1時，Q=2 m+1，解得Q=3和5，5〈3的平方減2，得知3與3+2，5與5+2是兩對孿生素數。從而得到了3至3的平方區間的全部孿生素數。k=2時，Q=2m+1=3m+2。解得Q=5，11，17。17〈5的平方減2，得知11與11+2，17與17+2是孿生素數對，從而得到5至5的平方區間的全部孿生素數。

　　k=3時，

　　*********************|----5m+1-----|-5m+2-|-5m+4-|

　　---------------------------------------------------------|

　　Q=2m+1=3m+2=|-11-，-41-；|---17---|---29---|

　　---------------------------------------------------------|

　　從而求得了7至7的平方區間的全部孿生素數對。

　　k=4,時，解得：

　　******************************|-7m+1-|-7m+2-|-7m+3-|-7m+4-|-7m+6-|

　　Q=2m+1=3m+2=5m+1=|---71---|--191--|--101---|---11--|----41--|

　　Q=2m+1=3m+2=5m+2=|--197--|--107--|---17----|--137--|--167--|

　　Q=2m+1=3m+2=5m+4=|---29--|--149--|----59----|--179--|--209--|

　　---------------------------------------------------------------------------------------

　　求得了11至11平方區間的全部解。

　　仿此下去，可以求得任意給定的數以內的全部孿生素數，並且一個不漏地得到。

　　注意，在k≥4時，利用表格，我們不需要通過計算，或者埃拉托賽尼篩法求得解，而是只要填寫即可。表格的數字十分有規律。人類已經不依賴埃氏篩。可以通過組裝或者克隆素數。這對大數密碼是一個強烈的衝擊。

　　由於b≠0,（1）（2）式的本質就是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，...，pkm形的數k次;；由於b≠pi-2，(1)(2)式是從p1p2p3...pk中篩去p1m-2，p2m-2，p3m-2，....，pkm-2形的數k次，共篩2k次。

　　孿生素數猜想就是要證明（1）式或者（2）式在k值任意大時都有小於p{k+1)平方減2的解。

　　根據孫子定理得知，（1）（2）式在p1p2p3...pk範圍內有：

　　(2-1)×(3-2)×(5-2)×....×(pk-2)。（3）

　　個解。（p後面的1，2，3，...，k是腳標）。

　　孿生素數的篩法就是在埃拉托塞尼的篩後再篩去pm-2型的數。

孿生素數猜想就是要證明K值任意大時（1) 式（2）式都有小於pk平方的解。有了這個孿生素數普遍公式，證明孿生素數問題就像做一道中學數學題一樣容易。

　　這是希爾伯特說的，因為孿生素數公式把孿生素數猜想轉化成一個初等數論問題。事實上也是這樣。例如，

　　假設最後一對孿生素數是137與139，那麼對於下式：

　　Q=2m+b1=3m+b2=5m+b3=....=131m+b32=137m+b33=139m+b34 （4）

　　(139是第34個素數)。

　　來說，就沒有小於149平方減2的解。b≠0， b≠pi-2。若Q〈149-2，則Q與Q+2是一對孿生素數。（4）式可用同於式組表示：

　　Q≡1（mod2)，Q≡2(mod3)，...，Q≡b33(mod137)，Q≡b34(mod139)。（5）

　　根據孫子定理，（4）式（5）式共有：

　　（2-1）×（3-2）×（5-2）×（7-2）×........×（137-2）×（139-2）。（6）

　　個解。

　　注意（4）式，Q與(Q+2)與2，3，5，.......，131，137，139互素。並且大於2，3，5，.......，131，137，139。如果Q<149的平方減2，則Q與（Q+2）

　　是一對大於139的孿生素數。既然我們已經假設了最大的孿生素數是137與139，那麼（4）（5）式肯定沒有小於149的平方減2的解，如果Q小於149平方減2，則Q與（Q+2）是一對孿生素數。

　　可以分為幾個步驟證明：

　　（1）：我們將2×3×5×7×....×131×137×139按137×139劃分為一個區間：

　　[1，137×139]，[137×139+1，2×137×139]，...,，[（2×3×5...137×139）-（137×139）+1，2×3×5×....×137×139]。

　　共有2×3×5×....×131個區間。因為（4）（5）式的本質是從2×3×5×...×131×137×139範圍內篩去 2m，3m，5m，...，131m，137m，139m形的數(篩k次）和2m-2，3m-2，5m-2，7m-2，...，131m-2，137m-2，139m-2形的數(篩k次）共2k次。

　　（2）：既然149平方內沒有解，我們只要證明：如果第一區間[1，137×139]無解，即149平方減2內無解，（因為137×139〈149平方減2），[也就是（4）（5）式在pk的平方內無解]。其它區間解的數目就不會超過2k個（此時k=34,139是第34個素數)。（見下面的「引理」）。

　　（3）：[（2×3×5×…×127×131）×2×34]〈[（2-1）×（3-2）×（5-2）×…×（137-2）×（139-2）]。

　　一一對應：右式在上，左式在下。左式前面的一個2移到右端，使之（2x2x34）。

　　-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|

　　[（2-1）×（3-2）×（5-2）|(7-2)|（11-2）|（13-2）|（17-2）|。。。。。。|（137-2）|（139-2）]

　　----------------------------------|------|------------|-----------|-----------|-----------------|-------------|--------------|

　　[----------------------------3---|--5---|-----7-----|-----11---|----13----|。。。。。。|-----131----|--2×2×34--]。

　　--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|

　　由於右式比左式多2項，所以造成：

　　（4）：每一項都是上端大於下端或者等於下端。造成了下端假設解的數目少於（4）（5）式固有的解（上端的數目（2-1）×（3-2）×（5-2）×....×（131-2）×（137-2）×（139-2），而上端解的數目是根據孫子定理得出的，與孫子定理相矛盾必然是錯誤的, 所以原先假設最後一對孿生素數是137與139是錯誤的。。這就是利用抽屜原則這個鐵一樣的定理，（（2-1）x(3-2)x(5-2)x(7-2)x...x(137-2)x(139-2)就是抽屜，2 x3x5x7x...x131x137x(2x2x34)就是信封，信封少於抽屜，至少有抽屜沒有裝上信封。

　　（5）這個證明是什麼意思呢？就是說，如果假設137與139是最大的孿生素數，那麼在（4）（5）式，就沒有小於149平方減2的解，即第一區間（1，137×139）內無解，如果第一區間無解，其它區間的解就會少於2k個，即2×34=68個。這樣就出現了與假設的矛盾，因為（4）（5）式的解是一個絕對的數目（即（6）式），他是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾顯然是錯誤的，所以假設137與139是最大的孿生素數是不對的。

　　第（3）點不等式左端的「2」也可以不移到右端，使（139-2）對應（2x34）.。因為下面分式：

　　(2-1)x(3-2)x(5-2)x(7-2)x(11-2)x(13-2)x(17-2)x(19-2)x(23-2)x(29-2)x(31-2)x(37-2)

　　-----------------------------------------------------------------------------------------------------=1.0866

　　***********************************2x3x5x7x11x13x17x19x23x29x31.

　　一一對應，變成：

　　--------------------------------------------------------------------------

　　[---1.0866--|--(41-2)--|--(43-2)--|.......|--(137-2)--|--(139-2)--]

　　--------------|------------|------------|------|-------------|--------------|

　　[-----1------|----37-----|-----41----|........|----131----|--(2x34)----|

　　--------------------------------------------------------------------------|

　　上端大於或者等於下端。 這個方法的優越性十分明顯，可以避免循環論證，每一步都與前面一步有著十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的公式。

　　附：引理：

　　「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩K次後被篩數（或者未被篩數）相差不超過K個」。

　　說明：本篩法與埃拉托賽尼篩法不同，埃氏篩先用2篩，然後把2的倍數剔除掉；再用3篩，又把3的倍數剔除掉；再用5篩，.....。本篩法是已經篩過的數不馬上剔除掉，而是做上標記，等全部篩完過後再把篩過的數剔除掉。於是，有一些含有幾個不同素因子的數就要被篩幾遍，例如「6 」，就要被「2，」和「3，」各篩一遍。

　　證明：根據除法算式定理：「給定正整數a和b，b不等於0，存在唯一整數a和r，（0≤r<b.)。使a=bq+r。」得知，如果從a中篩bm形數，a個連續自然數中，最多含有q+1個bm形數，r個連續自然數中，最多含有一個bm形數。例如，a=35，b=3，35=3x11+2，35個連續自然數中，最多含有11+1=12個3m形數，例如1---35有11個3m形數，36----70有12個3m形數。

　　現在設某兩個區間為A與B，含自然數的個數分別為|A|與|B|，|A|=|B|，下證明p去篩，兩區間被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個。由上所述篩法，用順序素數p1，p2，...，pk依次去篩，兩區間每次被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個，故篩k次兩區間被篩數(或者未被篩數）個數最多不超過k個。

　　證法1，設|A|=pm+r，則|B|=pm+r，0≤r<p，即區間A和B中均至少含有m個pm形數，又由於r<p，故r個連續自然數中至多有一個pm形數，即被篩pm形數個數相差不超過1個。

　　證法2，假若不然，篩k次有兩個區間A與B，被篩數相差大於K，比如有K+1個，那會出現什麼問題呢？我們問第K+1是個什麼（見圖），例如A與B用2和3去篩，如果出現了相差3個，第一個記為2m形，第二個記為3m形，問第三個（-？-）是什麼形式？（每一個括弧表示一個自然數）。

　　A：（+）。。。（+）；-------------------（-）（-）（-）（-）。。。（-）；

　　B：（+）。。。（+）（2m)(3m)(-?-)；--------------------（-）。。。（-）；

　　|---------------已經篩過部分----------------|------------未經篩過部分------------|。

　　如果第三個（-？-）是2m或者3m形， 顯然與除法算式定理矛盾；如果不是2m或者3m形，它就不應該「站在」已經篩過的行列。無論哪一種情況，假設都不能成立。（證明方法2是美國俄亥俄衛斯里昂大學王蕊珂給出；引理的提出是2002年江西省九江市第一中學高三學生黃晶晶同學）證畢。

　　我們可以用公式表示：{|A1|=|A2|=...=|An|}→s(k):|Aj|-|Ai|≤K。

　　意思是連續自然數相等的區間|A1|，|A2|，....，|An| 篩(用s表示)k次,被篩數或者未被篩數相差不超過k個。即|Aj|-|Ai|≤K。

事實上，我國數學家陳景潤已給出一個突破式結果，開闢了全新的研究領域。歐幾里得妙法編輯詞條 已關注目錄

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歐幾里得妙法　　數論與幾何學一樣，是最古老的數學分支。歐幾里得的《幾何原本》的七、八、九章，講的就是數論。　　對於素數的研究，在數論中佔有很重要的位置。　　我們知道，正整數是由1、素數（也叫質數）與合數這三類數組成的。一個大於1的正整數，如果只能被1和它本身整除，不能被其他正整數整除，這樣的正整數就叫做素數；否則就叫做合數。在整數1、2、3、4、……中，去掉1與全部合數，所得的表：　　2，3，5，7，11，13，17，稱為素數表。在素數表中，除了第一個素數2，其餘都是奇素數。現在世界上最好的素數表是查基爾編的，列有大不大於50000000（五千萬）的素數。　　關於素數，最古老的問題是：素數有多少個？歐幾里得在《幾何原本》中，最先證明了素數有無窮多個。他的巧妙的證明方法，閃耀著智慧的光輝。2000多年來，人們雖也提出過一些別的證法，但是直到今天，還是歐幾里得的證明方法最好。　　歐幾里得證明素數有無窮多個的方法，大意是：　　假若素數只有有限多個，設最大的一個是P，從2到P的全體素數是：　　2，3，5，7，11……，P。　　所有的素數都在這裡，此外再沒有別的素數了。　　現在，我們來考察上面從2到P的全體素數相乘、再加上1這個數，設它是A，即　　A=2×3×5×7×11×……×P+1。　　A是一個大於1的正整數，它不是素數，就是合數。　　如果A是素數，那麼，就得到了一個比素數P還要大的素數，這與素數P是最大素數的假設矛盾。　　如果A是合數，那麼，它一定能夠被某個素數整除，設它能被g整除。　　因為A被從2到P的任何一個素數除，餘數都是1，就是都不能整除，而素數g是能整除A的，所以素數g不在從2到P的全體素數之中。這說明素數g是一個比素數P更大的素數，這又與P是最大的素數的假設矛盾。　　上面的證明否定了素數只有有限多個的假定，這就證明了素數是無窮多個。　　這個證明的構思非常巧妙，它的基本思路是：既然對於無論多大的素數，都一定有比它更大的素數，那當然素數就是無窮多個了。　　素數雖然有無窮多個，但是在自然數中，它是排列得相當稀的。人們證明了這樣一個道理：無論給定一個多大的正整數，比方說100億萬，一定能找到一個正整數，在這個正整數中，一個素數也沒有。如果你不是說100萬，而是說100億萬，這個結論也成立。　　這個定理的證明，在構思上與證明素數無窮相象。　　素數雖然有無窮多個，但人們能具體寫出來的，總是有限個。因此，找一個比現在所知道的最大素數更大的素數，是人們經常探討的難題之一。

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陳氏定理

　　陳氏定理是中國數學家陳景潤於1966年發表，1973年公布詳細證明方法。這個定理證明任何一個足夠大的偶數都可以表示成一個素數和一個半素數的和，也就是我們通常所說的「1+2」。1742年德國人哥德巴赫給當時住在俄國彼得堡的大數學家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個問題：第一，是否每個大於4的偶數都能表示為兩個奇質數之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個大於7的奇數都能表示3個奇質數之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。　　　

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1作者簡介

2陳氏定理

3哥德巴赫猜想

4正確解法

5數學家疑難

6s+t問題

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1作者簡介

2陳氏定理

3哥德巴赫猜想

4正確解法

5數學家疑難

6s+t問題

7相關介紹

8定義意義

9布朗篩法

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編輯本段作者簡介

　　生辰

　　陳景潤（1933年5月22日～1996年3月19日）民族：漢族。籍貫：福建福州人。中國著名數學家，廈門大學數學系畢業。

　　主要成就

　　1966年發表《表達偶數為一個素數及一個不超過兩個素數的乘積之和》（簡稱「1+2」），成為哥德巴赫猜想研究上的里程碑。而他所發表的成果也被稱之為陳氏定理。這項工作還使他與王元、潘承洞在1978年共同獲得中國自然科學獎一等獎。

　　對他的紀念

　　1999年，中國發表紀念陳景潤的郵票。紫金山天文台將一顆行星命名為「陳景潤星」，以此紀念。另有相關影視作品以陳景潤為名。　　

編輯本段陳氏定理

　　陳氏定理是中國數學家陳景潤於1966年發表，1973年公布詳細證明方法。這個定理證明任何一個足夠大的偶數都可以表示成一個素數和一個半素數的和，也就是我們通常所說的「1+2」。

　　1742年德國人哥德巴赫給當時住在俄國彼得堡的大數學家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個問題：第一，是否每個大於4的偶數都能表示為兩個奇質數之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個大於7的奇數都能表示3個奇質數之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。　　

編輯本段哥德巴赫猜想

　　當年徐遲的一篇報告文學，中國人知道了陳景潤和哥德巴赫猜想。

　　那麼，什麼是哥德巴赫猜想呢？

　　哥德巴赫是德國一位中學教師，也是一位著名的數學家，生於1690年，1725年當選為俄國彼得堡科學院院士。1742年，哥德巴赫在教學中發現，每個不小於6的偶數都是兩個素數（只能被1和它本身整除的數）之和。如6=3+3，12=5+7等等。公元1742年6月7日哥德巴赫寫信給當時的大數學家歐拉，提出了以下的猜想：

　　(a)任何一個≥6之偶數，都可以表示成兩個奇質數之和。

　　(b)任何一個≥9之奇數，都可以表示成三個奇質數之和。

　　用當代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內容，第一部分叫做奇數的猜想，第二部分叫做偶數的猜想。奇數的猜想指出，任何一個大於等於9的奇數都是三個奇素數的和。偶數的猜想是說，大於等於6的偶數一定是兩個奇素數的和。　　

編輯本段正確解法

　　實際上第一個問題的確正解法可以推出第二個問題的正確解法，因為每個大於7的奇數顯然可以表示為一個大於4的偶數與3的和。1937年，蘇聯數學家維諾格拉多夫利用他獨創的「三角和」方法證明了每個充分大的奇數可以表示為3個奇質數之和，基本上解決了第二個問題。但是第一個問題至今仍未解決。這就是著名的哥德巴赫猜想。歐拉在6月30日給他的回信中說，他相信這個猜想是正確的，但他不能證明。敘述如此簡單的問題，連歐拉這樣首屈一指的數學家都不能證明，這個猜想便引起了許多數學家的注意。從哥德巴赫提出這個猜想至今，許多數學家都不斷努力想攻克它，但都沒有成功。當然曾經有人作了些具體的驗證工作，例如：6=3+3，8=3+5，10=5+5=3+7，12=5+7，14=7+7=3+11，16=5+11，18=5+13，……等等。有人對33×108以內且大過6之偶數一一進行驗算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但嚴格的數學證明尚待數學家的努力。　　

編輯本段數學家疑難

　　從此，這道著名的數學難題引起了世界上成千上萬數學家的注意。200年過去了，沒有人證明它。哥德巴赫猜想由此成為數學皇冠上一顆可望不可即的"明珠"。人們對哥德巴赫猜想難題的熱情，歷經兩百多年而不衰。世界上許許多多的數學工作者，殫精竭慮，費盡心機，然而至今仍不得其解。　　

編輯本段s+t問題

　　到了20世紀20年代，才有人開始向哥德巴赫猜想靠近。1920年挪威數學家布朗用一種古老的篩選法證明，得出了一個結論：每一個比較大的偶數都可以表示為九個質數的積加上九個質數的積，簡稱9+9。這種縮小包圍圈的辦法很管用，科學家們於是從（9+9）開始，逐步減少每個數里所含質數因子的個數，直到最後使每個數里都是一個質數為止，這樣就證明了哥德巴赫猜想。

　　目前最佳的結果是中國數學家陳景潤於1966年證明的，稱為陳氏定理：「任何充分大的偶數都是一個質數與一個自然數之和，而後者僅僅是兩個質數的乘積。」通常都簡稱這個結果為大偶數可表示為「1+2」的形式。

　　在陳景潤之前，關於偶數可表示為s個質數的乘積與t個質數的乘積之和(簡稱「s+t」問題)之進展情況如下：

　　1920年，挪威的布朗證明了"「9+9」。

　　1924年，德國的拉特馬赫證明了「7+7」。

　　1932年，英國的埃斯特曼證明了「6+6」。

　　1937年，義大利的蕾西先後證明了「5+7」，「4+9」，「3+15」和「2+366」。

　　1938年，蘇聯的布赫夕太勃證明了「5+5」。

　　1940年，蘇聯的布赫夕太勃證明了「4+4」。

　　1948年，匈牙利的瑞尼證明了「1+c」，其中c是一很大的自然數。

　　1956年，中國的王元證明了「3+4」。

　　1957年，中國的王元先後證明了「3+3」和「2+3」。

　　1962年，中國的潘承洞和蘇聯的巴爾巴恩證明了「1+5」，中國的王元證明了「1+4」。

　　1965年，蘇聯的布赫夕太勃和小維諾格拉多夫，及義大利的朋比利證明了「1+3」。

　　1966年，中國的陳景潤證明了「1+2」。

　　有許多數學家認為，要想證明「1+1」，必須通過創造新的數學方法，以往的路很可能都是走不通的。

　　從1920年布朗證明"9+9"到1966年陳景潤攻下「1+2」，歷經46年。自"陳氏定理"誕生至今的30多年裡，人們對哥德巴赫猜想猜想的進一步研究，均勞而無功。方式是確定的，客觀的，也即是不可排除的。所以1+1成立是不可能的。這就徹底論證了布朗篩法不能證"1+1"。　　

編輯本段相關介紹

　　質疑一：陳景潤證明的不是哥德巴赫猜想

　　有關對「陳氏定理」的質疑如下五點：

　　陳景潤證明的不是哥德巴赫猜想：

　　陳景潤與邵品宗合著的【哥德巴赫猜想】第118頁（遼寧教育出版社）寫道：陳景潤定理的「1+2」結果，通俗地講是指：對於任何一個大偶數N，那麼總可以找到奇素數P&apos;，P"，或者P1，P2，P3，使得下列兩式至少一式成立：「

　　N=P&apos;+P"(A)

　　N=P1+P2*P3(B)

　　當然並不排除(A)(B)同時成立的情形，例如62=43+19，62=7+5X11。」

　　眾所周知，哥德巴赫猜想是指對於大於4的偶數（A)式成立，【1+2】是指對於大於10的偶數（B)式成立，兩者是不同的兩個命題，陳景潤把兩個毫不相關的命題混為一談，並在申報獎項時偷換了概念（命題），陳景潤也沒有證明【1+2】，因為【1+2】比【1+1】難得多。

　　質疑二：陳景潤使用了錯誤的推理形式

　　陳景潤使用了錯誤的推理形式：

　　陳採用的是相容選言推理的「肯定肯定式」：或者A，或者B，A，所以或者A或B，或A與B同時成立。這是一種錯誤的推理形式，模稜兩可，牽強附會，言之無物，什麼也沒有肯定，正如算命先生那樣「：李大嫂分娩，或者生男孩，或者生女孩，或者同時生男又生女（多胎）」。無論如何都是對的，這種判斷在認識論上稱為不可證偽，而可證偽性是科學與偽科學的分界。相容選言推理只有一種正確形式。否定肯定式：或者A，或者B，非A，所以B。相容選言推理有兩條規則：1，否認一部分選言肢，就必須肯定另一部分選言肢；2，肯定一部分選言肢卻不能否定另一部份選言肢。可見對陳景潤的認可表明中國數學會思維混亂，缺乏基本的邏輯訓練。

　　質疑三：陳景潤大量使用錯誤概念

　　陳景潤大量使用錯誤概念：

　　陳在論文中大量使用「充分大」和「殆素數」這兩個含糊不清的概念。而科學概念的特徵就是：精確性，專義性，穩定性，系統性，可檢驗性。而「充分大」，陳指10的50萬次方，這是不可檢驗的數。殆素數是說很像素數，小孩子的遊戲。

　　質疑四：陳景潤的結論不能算定理

　　陳景潤的結論不能算定理：

　　陳的結論採用的是特稱（某些，一些），即某些N是(A)，某些N是（B)，就不能算定理，因為所有嚴格的科學的定理，定律都是以全稱（所有，一切，全部，每個）命題形式表現出來，一個全稱命題陳述一個給定類的所有元素之間的一種不變關係，適用於一種無窮大的類，它在任何時候都無區別的成立。而陳景潤的結論，連概念都算不上。

　　質疑五：陳景潤的工作嚴重違背認識規律

　　陳景潤的工作嚴重違背認識規律：

　　在沒有找到素數普遍公式之前，哥氏猜想是無法解決的，正如化圓為方取決於圓周率的超越性是否搞清，事物質的規定性決定量的規定性。（哥德巴赫猜想傳奇）王曉明1999，3期《中華傳奇》責任編輯陶慧潔）。

　　對「質疑」的質疑

　　有人認為：

　　目前，我國有許多數學愛好者稱自己證明了「哥德巴赫猜想」。其中一些人(如偽民科王曉明)由於「成果」不能發表，別有用心的捏造了「陳景潤當年的證明是造假」「陳景潤、王元、潘承洞偷換概念申報獎項」的謠言，歪曲事實，以達到炒作自己「成果」的目的。這些「質疑」缺乏基本的數學知識，偷換概念嚴重，論證違反科學。如被人不斷轉貼的王曉明《哥德巴赫猜想傳奇》說：「陳在論文中大量使用「充分大」和「殆素數」這兩個含糊不清的概念」，實際上，這兩個概念數學界早已精確定義並普遍使用，而且陳景潤證明中從沒有「殆素數」的字樣，「充分大」只用了一次；又如「陳的結論採用的是特稱（某些，一些），即某些N是(A)，所以根本不能算定理」，可以看出作者完全不理解「定理」的科學含義；又如「陳採用的是相容選言推理的「肯定肯定式」，這是一種錯誤的推理形式，言之無物，什麼也沒有肯定」而陳景潤在證明中根本沒有用到「相容選言推理」的邏輯形式，很多都是主觀判斷，缺乏根據。目前，國際數學界對「陳氏定理」的正確性仍然沒有任何爭議，公認「陳氏定理」是哥德巴赫猜想研究的最佳成果。「陳氏定理」在外國很多數論書籍上被引用，著名的如英國的《篩法》、《素數求解問題》、《數論》、美國的《20世紀數學》等。讀者可以自己查證相關信息。這也提醒我們，在這個信息發達的時代一定要注意判斷信息來源和正確性。

　　辨析：

　　1、陳景潤證明的不是「哥德巴赫猜想」，這一點不需質疑。國際數學界一直就有公論，陳景潤證明的「1+2」，只是「最好的成果」，而並非對於「1+1」的證明，兩者之間不能劃等號。這一點，在過去一直是清晰的。

　　2、「陳氏定理」是獨立的定理，證明的只是陳氏想要證明的結果。因此「相容選言」的論斷在這裡並不適用。因為陳氏並不想用自己的結果推出其他的結果。只要陳氏在得出這個結果之前的其他步驟沒有問題，證明本身就不存在問題。也就是說，陳氏想要得到的就是「或者A，或者B」的結果。而在陳氏之前，沒有人能夠證明這個結果，陳氏通過嚴格的證明得到了這個結果，儘管這個結果目前還是不能解決其他問題，但不能說證明本身就是有問題的。

　　3、由2，相關的「質疑」並沒有拿出充分的證據和合理的邏輯來說明陳景潤的工作「違背認識規律」。因此得出的結論暫時不成立。而「陳景潤的結論不能稱為定理」這個命題跟哥德巴赫猜想一樣，目前暫時也還無解。

　　4、有關陳景潤「造假」，除此之外，沒有任何其他證據。也同樣是一個暫時無解的命題。

　　5、質疑者提出陳景潤使用「殆素數」和「充分大」的概念是違背數學規律的，這一點質疑者沒有進行具體的論證。而辯護者則拿出了「殆素數」和「充分大」概念已經在國際上被廣泛承認的證據。質疑者目前暫時對辯護者的這個證據沒有拿出有力的反面證據。

　　6、辯護者認為陳景潤沒有使用過「殆素數」這個概念，但沒有出現這個詞，並不代表事實上這個概念沒有被使用。因為根據「殆素數」的定義，陳景潤的「1+2」成果本身就是為「殆素數」服務的。但辯護者的這點小錯誤對整個問題的是非曲直沒有影響。關鍵還在於5。

　　7、說質疑者「別有用心」，同樣沒有充分證據。目前也是一個暫時無解的命題。　　

編輯本段定義意義

　　一件事物之所以引起人們的興趣，因為我們關心他，假如一個問題的解決絲毫不能引起人類的快感，我們就會閉上眼睛，假如這個問題對我們的知識毫無幫助，我們就會認為它沒有價值，假如這件事情不能引起正義和美感，情操和熱情就無法驗證。

　　哥德巴赫猜想是數的一種表現次序，人們持久地愛好它，是因為如果沒有這種次序，人們就會喪失對更深刻問題的信念——因為無序是對美的致命傷，假如哥德巴赫猜想是錯誤的，它將限制我們的觀察能力。使我們難以跨越一些問題並無法欣賞。一個問題把它無序的一面強加給我們的內心生活，就會使我們的感受趨向醜陋，引起自卑和傷感。哥德巴赫猜想實際是說，任何一個大於3的自然數n.都有一個x，使得n+x與n-x都是素數，因為，（n+x)+(n-x)=2n這是一種素數對自然數形式的對稱，代表一種秩序，它之所以意味深長，是因為素數這種似乎雜亂無章的東西被人們用自然數n對稱地串聯起來，正如牧童一聲口稍就把滿山遍野亂跑的羊群喚在一起，它使人心晃神移，又像生物基因DNA，呈雙螺旋結構繞自然數n轉動，人們從玄虛的素數看到了純樸而又充滿青春的一面。對稱不僅是視覺上的美學概念，它意味著對象的統一。

　　素數具有一種浪漫的氣質，它以神秘的魅力產生一種不定型的朦朧，相比之下，圓周率，自然對數。虛數。費肯鮑姆數就顯得單純多了，歐拉曾用一個公式把它們統一起來。而素數給人們更多的悲劇色彩，有一種神聖不可侵犯的冷漠。當哥德巴赫猜想變成定理，我們可以看到上帝的大智大慧，乘法是加法的重疊，而哥德巴赫猜想卻用加法將乘性概括。在這隱晦的命題之中有著深奧的知識。它改變人們對數的看法：乘法的輪郭憑直觀就可以一目了然，哥德巴赫猜想體現一種探索機能，貴賤之別是顯然的，加法和乘法都是數量的堆積，但乘法是對加法的概括，加法對乘性的控制卻體現了兩種不同的要求，前者通過感受可以領悟，後者則要求靈感——人性和哲學。靜觀前者而神往於它的反面(後者），這理想的境界變成了百年的信仰和反思，反思的特殊價值在於滿足了深層的好奇，是一切重大發現的精神通路，例如錄音是對發音的反思結果，磁生電是對電生磁的反思結果。。。。順思與反思是一種對稱，表明一種活力與生機。順思是自然的，反思是主動的，順思產生經驗，反思才能產生科學。順思的內容常常是淺表的公開的，已知的。反思的內容常常是隱蔽的，未知的。反思不是簡單的衷情回顧不是對經驗的眷念，而是尋找事物本質的終極標準——-對歷史真相或事物真相的揭示。

　　哥德巴赫猜想為什麼會吸引人？世界上絕對沒有客觀方面能打動人的事物和因素。一件事之所以會吸引人，那是因為它具有某種特質能震動觀察者的感受力，感受力的大小即觀察者的素質。感人的東西往往是開放的。給人以無限遐思和暗示。哥德巴赫猜想以一種表面開朗簡潔的形式掩蓋它陰險的本質。他周圍籠罩著一種強烈的朦朧氣氛。他以喜劇的方式挑逗人們開場，卻無一例外以悲劇的形式謝幕。他溫文爾雅地拒絕一切向她求愛的人們，讓追求者爭風吃醋，大打出手，自己卻在一旁看著一場有一場拙劣的表演。哥氏猜想以一種抽象的美讓人們想入非非，他營造一種仙境，挑起人們的慾望和野心，讓那些以為有點才能的人勞苦、煩惱、憤怒中死亡。他恣意橫行於人類精神的海洋，讓智慧的小船難以駕馭，讓科研的"泰坦尼克』一次又一次沉沒。。。

　　人類的精神威信建立在科學對迷信和無知的勝利之上，人類的群體的精神健康依賴於一種自信，只有自信才能導入完美的信念使理想進入未來中，完美的信念使人生的辛勞和痛苦得以減輕，這樣任何驚心動魄的災難，蕩氣迴腸的悲愴都難以摧毀人的信念，只有感到無能時，信念才會土崩瓦解。肉體在空虛的靈魂誘導之下融入畜類，人類在失敗中引發自卑。哥德巴赫猜想的哲學意義正在如此。

　　時代在等待名垂千古的英雄。

編輯本段布朗篩法

是這樣的：即任一偶數(自然數)可以寫為2n，這裡n是一個自然數，2n可以表示為n個不同形式的一對自然數之和： 2n=1+(2n-1)=2+(2n-2)=3+(2n-3)=…=n+n 在篩去不適合哥德巴赫猜想結論的所有那些自然數對之後(例如1和2n-1;2i和(2n-2i),i=1，2,…;3j和(2n-3j)，j=2,3,…;等等)，如果能夠證明至少還有一對自然數未被篩去，例如記其中的一對為p1和p2，那麼p1和p2都是素數，即得n=p1+p2，這樣哥德巴赫猜想就被證明了。前一部分的敘述是很自然的想法。關鍵就是要證明"至少還有一對自然數未被篩去"。目前世界上誰都未能對這一部分加以證明。要能證明，這個猜想也就解決了。

然而，因大偶數n（不小於6）等於其對應的奇數數列（首為3，尾為n-3）首尾挨次搭配相加的奇數之和。故根據該奇數之和以相關類型質數+質數（1+1）或質數+合數（1+2）（含合數+質數2+1或合數+合數2+2）（註：1+2 或 2+1 同屬質數+合數類型）在參與無限次的"類別組合"時，所有可發生的種種有關聯繫即1+1或1+2完全一致的出現，1+1與1+2的交叉出現（不完全一致的出現），同2+1或2+2的"完全一致"，2+1與2+2的"不完全一致"等情況的排列組合所形成的各有關聯繫，就可導出的"類別組合"為1+1，1+1與1+2和2+2，1+1與1+2，1+2與2+2，1+1與2+2，1+2等六種方式。因為其中的1+2與2+2，1+2 兩種"類別組合"方式不含1+1。所以1+1沒有覆蓋所有可形成的"類別組合"方式，即其存在是有交替的，至此，若可將1+2與2+2，以及1+2兩種方式的存在排除，則1+1得證，反之，則1+1不成立得證。然而事實卻是：1+2 與2+2，以及1+2（或至少有一種）是陳氏定理中（任何一個充分大的偶數都可以表示為兩個素數的和，或一個素數與兩個素數乘積的和），所揭示的某些規律（如1+2的存在而同時有1+1缺失的情況）存在的基礎根據。所以1+2與2+2，以及1+2（或至少有一種）"類別組合"方式是確定的，客觀的，也即是不可排除的。所以1+1成立是不可能的。這就徹底論證了布朗篩法不能證"1+1"。

由於素數本身的分布呈現無序性的變化，素數對的變化同偶數值的增長二者之間不存在簡單正比例關係，偶數值增大時素數對值忽高忽低。能通過數學關係式把素數對的變化同偶數的變化聯繫起來嗎？不能！偶數值與其素數對值之間的關係沒有數量規律可循。二百多年來，人們的努力證明了這一點，最後選擇放棄，另找途徑。於是出現了用別的方法來證明歌德巴赫猜想的人們，他們的努力，只使數學的某些領域得到進步，而對歌德巴赫猜想證明沒有一點作用。

歌德巴赫猜想本質是一個偶數與其素數對關係，表達一個偶數與其素數對關係的數學表達式，是不存在的。它可以從實踐上證實，但邏輯上無法解決個別偶數與全部偶數的矛盾。個別如何等於一般呢？個別和一般在質上同一，量上對立。矛盾永遠存在。歌德巴赫猜想是永遠無法從理論上，邏輯上證明的數學結論。

「用當代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內容，第一部分叫做奇數的猜想，第二部分叫做偶數的猜想。奇數的猜想指出，任何一個大於等於7的奇數都是三個素數的和。偶數的猜想是說，大於等於4的偶數一定是兩個素數的和。」（引自《哥德巴赫猜想與潘承洞》）

關於歌德巴赫猜想的難度我就不想再說什麼了，我要說一下為什麼現代數學界對歌德巴赫猜想的興趣不大，以及為什麼中國有很多所謂的民間數學家對歌德巴赫猜想研究興趣很大。

事實上，在1900年，偉大的數學家希爾伯特在世界數學家大會上作了一篇報告，提出了23個挑戰性的問題。歌德巴 赫猜想是第八個問題的一個子問題，這個問題還包含了黎曼猜想和孿生素數猜想。現代數學界中普遍認為最有價值的是廣義黎曼猜想，若黎曼猜想成立，很多問題就都有了答案，而歌德巴赫猜想和孿生素數猜想相對來說比較孤立，若單純的解決了這兩個問題，對其他問題的解決意義不是很大。所以數學家傾向於在解決其它的更有價值的問題的同時，發現一些新的理論或新的工具，「順便」解決歌德巴赫猜想。

例如：一個很有意義的問題是：素數的公式。若這個問題解決，關於素數的問題應該說就不是什麼問題了。 ^[1]

陳氏定理編輯詞條 已關注編輯摘要 摘要

陳氏定理

　　陳氏定理是中國數學家陳景潤於1966年發表，1973年公布詳細證明方法。這個定理證明任何一個足夠大的偶數都可以表示成一個素數和一個半素數的和，也就是我們通常所說的「1+2」。1742年德國人哥德巴赫給當時住在俄國彼得堡的大數學家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個問題：第一，是否每個大於4的偶數都能表示為兩個奇質數之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個大於7的奇數都能表示3個奇質數之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。　　　

目錄

1作者簡介

2陳氏定理

3哥德巴赫猜想

4正確解法

5數學家疑難

6s+t問題

展開 目錄

1作者簡介

2陳氏定理

3哥德巴赫猜想

4正確解法

5數學家疑難

6s+t問題

7相關介紹

8定義意義

9布朗篩法

收起

編輯本段作者簡介

　　生辰

　　陳景潤（1933年5月22日～1996年3月19日）民族：漢族。籍貫：福建福州人。中國著名數學家，廈門大學數學系畢業。

　　主要成就

　　1966年發表《表達偶數為一個素數及一個不超過兩個素數的乘積之和》（簡稱「1+2」），成為哥德巴赫猜想研究上的里程碑。而他所發表的成果也被稱之為陳氏定理。這項工作還使他與王元、潘承洞在1978年共同獲得中國自然科學獎一等獎。

　　對他的紀念

　　1999年，中國發表紀念陳景潤的郵票。紫金山天文台將一顆行星命名為「陳景潤星」，以此紀念。另有相關影視作品以陳景潤為名。　　

編輯本段陳氏定理

　　陳氏定理是中國數學家陳景潤於1966年發表，1973年公布詳細證明方法。這個定理證明任何一個足夠大的偶數都可以表示成一個素數和一個半素數的和，也就是我們通常所說的「1+2」。

　　1742年德國人哥德巴赫給當時住在俄國彼得堡的大數學家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個問題：第一，是否每個大於4的偶數都能表示為兩個奇質數之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個大於7的奇數都能表示3個奇質數之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。　　

編輯本段哥德巴赫猜想

　　當年徐遲的一篇報告文學，中國人知道了陳景潤和哥德巴赫猜想。

　　那麼，什麼是哥德巴赫猜想呢？

　　哥德巴赫是德國一位中學教師，也是一位著名的數學家，生於1690年，1725年當選為俄國彼得堡科學院院士。1742年，哥德巴赫在教學中發現，每個不小於6的偶數都是兩個素數（只能被1和它本身整除的數）之和。如6=3+3，12=5+7等等。公元1742年6月7日哥德巴赫寫信給當時的大數學家歐拉，提出了以下的猜想：

　　(a)任何一個≥6之偶數，都可以表示成兩個奇質數之和。

　　(b)任何一個≥9之奇數，都可以表示成三個奇質數之和。

　　用當代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內容，第一部分叫做奇數的猜想，第二部分叫做偶數的猜想。奇數的猜想指出，任何一個大於等於9的奇數都是三個奇素數的和。偶數的猜想是說，大於等於6的偶數一定是兩個奇素數的和。　　

編輯本段正確解法

　　實際上第一個問題的確正解法可以推出第二個問題的正確解法，因為每個大於7的奇數顯然可以表示為一個大於4的偶數與3的和。1937年，蘇聯數學家維諾格拉多夫利用他獨創的「三角和」方法證明了每個充分大的奇數可以表示為3個奇質數之和，基本上解決了第二個問題。但是第一個問題至今仍未解決。這就是著名的哥德巴赫猜想。歐拉在6月30日給他的回信中說，他相信這個猜想是正確的，但他不能證明。敘述如此簡單的問題，連歐拉這樣首屈一指的數學家都不能證明，這個猜想便引起了許多數學家的注意。從哥德巴赫提出這個猜想至今，許多數學家都不斷努力想攻克它，但都沒有成功。當然曾經有人作了些具體的驗證工作，例如：6=3+3，8=3+5，10=5+5=3+7，12=5+7，14=7+7=3+11，16=5+11，18=5+13，……等等。有人對33×108以內且大過6之偶數一一進行驗算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但嚴格的數學證明尚待數學家的努力。　　

編輯本段數學家疑難

　　從此，這道著名的數學難題引起了世界上成千上萬數學家的注意。200年過去了，沒有人證明它。哥德巴赫猜想由此成為數學皇冠上一顆可望不可即的"明珠"。人們對哥德巴赫猜想難題的熱情，歷經兩百多年而不衰。世界上許許多多的數學工作者，殫精竭慮，費盡心機，然而至今仍不得其解。　　

編輯本段s+t問題

　　到了20世紀20年代，才有人開始向哥德巴赫猜想靠近。1920年挪威數學家布朗用一種古老的篩選法證明，得出了一個結論：每一個比較大的偶數都可以表示為九個質數的積加上九個質數的積，簡稱9+9。這種縮小包圍圈的辦法很管用，科學家們於是從（9+9）開始，逐步減少每個數里所含質數因子的個數，直到最後使每個數里都是一個質數為止，這樣就證明了哥德巴赫猜想。

　　目前最佳的結果是中國數學家陳景潤於1966年證明的，稱為陳氏定理：「任何充分大的偶數都是一個質數與一個自然數之和，而後者僅僅是兩個質數的乘積。」通常都簡稱這個結果為大偶數可表示為「1+2」的形式。

　　在陳景潤之前，關於偶數可表示為s個質數的乘積與t個質數的乘積之和(簡稱「s+t」問題)之進展情況如下：

　　1920年，挪威的布朗證明了"「9+9」。

　　1924年，德國的拉特馬赫證明了「7+7」。

　　1932年，英國的埃斯特曼證明了「6+6」。

　　1937年，義大利的蕾西先後證明了「5+7」，「4+9」，「3+15」和「2+366」。

　　1938年，蘇聯的布赫夕太勃證明了「5+5」。

　　1940年，蘇聯的布赫夕太勃證明了「4+4」。

　　1948年，匈牙利的瑞尼證明了「1+c」，其中c是一很大的自然數。

　　1956年，中國的王元證明了「3+4」。

　　1957年，中國的王元先後證明了「3+3」和「2+3」。

　　1962年，中國的潘承洞和蘇聯的巴爾巴恩證明了「1+5」，中國的王元證明了「1+4」。

　　1965年，蘇聯的布赫夕太勃和小維諾格拉多夫，及義大利的朋比利證明了「1+3」。

　　1966年，中國的陳景潤證明了「1+2」。

　　有許多數學家認為，要想證明「1+1」，必須通過創造新的數學方法，以往的路很可能都是走不通的。

　　從1920年布朗證明"9+9"到1966年陳景潤攻下「1+2」，歷經46年。自"陳氏定理"誕生至今的30多年裡，人們對哥德巴赫猜想猜想的進一步研究，均勞而無功。方式是確定的，客觀的，也即是不可排除的。所以1+1成立是不可能的。這就徹底論證了布朗篩法不能證"1+1"。　　

編輯本段相關介紹

　　質疑一：陳景潤證明的不是哥德巴赫猜想

　　有關對「陳氏定理」的質疑如下五點：

　　陳景潤證明的不是哥德巴赫猜想：

　　陳景潤與邵品宗合著的【哥德巴赫猜想】第118頁（遼寧教育出版社）寫道：陳景潤定理的「1+2」結果，通俗地講是指：對於任何一個大偶數N，那麼總可以找到奇素數P&apos;，P"，或者P1，P2，P3，使得下列兩式至少一式成立：「

　　N=P&apos;+P"(A)

　　N=P1+P2*P3(B)

　　當然並不排除(A)(B)同時成立的情形，例如62=43+19，62=7+5X11。」

　　眾所周知，哥德巴赫猜想是指對於大於4的偶數（A)式成立，【1+2】是指對於大於10的偶數（B)式成立，兩者是不同的兩個命題，陳景潤把兩個毫不相關的命題混為一談，並在申報獎項時偷換了概念（命題），陳景潤也沒有證明【1+2】，因為【1+2】比【1+1】難得多。

　　質疑二：陳景潤使用了錯誤的推理形式

　　陳景潤使用了錯誤的推理形式：

　　陳採用的是相容選言推理的「肯定肯定式」：或者A，或者B，A，所以或者A或B，或A與B同時成立。這是一種錯誤的推理形式，模稜兩可，牽強附會，言之無物，什麼也沒有肯定，正如算命先生那樣「：李大嫂分娩，或者生男孩，或者生女孩，或者同時生男又生女（多胎）」。無論如何都是對的，這種判斷在認識論上稱為不可證偽，而可證偽性是科學與偽科學的分界。相容選言推理只有一種正確形式。否定肯定式：或者A，或者B，非A，所以B。相容選言推理有兩條規則：1，否認一部分選言肢，就必須肯定另一部分選言肢；2，肯定一部分選言肢卻不能否定另一部份選言肢。可見對陳景潤的認可表明中國數學會思維混亂，缺乏基本的邏輯訓練。

　　質疑三：陳景潤大量使用錯誤概念

　　陳景潤大量使用錯誤概念：

　　陳在論文中大量使用「充分大」和「殆素數」這兩個含糊不清的概念。而科學概念的特徵就是：精確性，專義性，穩定性，系統性，可檢驗性。而「充分大」，陳指10的50萬次方，這是不可檢驗的數。殆素數是說很像素數，小孩子的遊戲。

　　質疑四：陳景潤的結論不能算定理

　　陳景潤的結論不能算定理：

　　陳的結論採用的是特稱（某些，一些），即某些N是(A)，某些N是（B)，就不能算定理，因為所有嚴格的科學的定理，定律都是以全稱（所有，一切，全部，每個）命題形式表現出來，一個全稱命題陳述一個給定類的所有元素之間的一種不變關係，適用於一種無窮大的類，它在任何時候都無區別的成立。而陳景潤的結論，連概念都算不上。

　　質疑五：陳景潤的工作嚴重違背認識規律

　　陳景潤的工作嚴重違背認識規律：

　　在沒有找到素數普遍公式之前，哥氏猜想是無法解決的，正如化圓為方取決於圓周率的超越性是否搞清，事物質的規定性決定量的規定性。（哥德巴赫猜想傳奇）王曉明1999，3期《中華傳奇》責任編輯陶慧潔）。

　　對「質疑」的質疑

　　有人認為：

　　目前，我國有許多數學愛好者稱自己證明了「哥德巴赫猜想」。其中一些人(如偽民科王曉明)由於「成果」不能發表，別有用心的捏造了「陳景潤當年的證明是造假」「陳景潤、王元、潘承洞偷換概念申報獎項」的謠言，歪曲事實，以達到炒作自己「成果」的目的。這些「質疑」缺乏基本的數學知識，偷換概念嚴重，論證違反科學。如被人不斷轉貼的王曉明《哥德巴赫猜想傳奇》說：「陳在論文中大量使用「充分大」和「殆素數」這兩個含糊不清的概念」，實際上，這兩個概念數學界早已精確定義並普遍使用，而且陳景潤證明中從沒有「殆素數」的字樣，「充分大」只用了一次；又如「陳的結論採用的是特稱（某些，一些），即某些N是(A)，所以根本不能算定理」，可以看出作者完全不理解「定理」的科學含義；又如「陳採用的是相容選言推理的「肯定肯定式」，這是一種錯誤的推理形式，言之無物，什麼也沒有肯定」而陳景潤在證明中根本沒有用到「相容選言推理」的邏輯形式，很多都是主觀判斷，缺乏根據。目前，國際數學界對「陳氏定理」的正確性仍然沒有任何爭議，公認「陳氏定理」是哥德巴赫猜想研究的最佳成果。「陳氏定理」在外國很多數論書籍上被引用，著名的如英國的《篩法》、《素數求解問題》、《數論》、美國的《20世紀數學》等。讀者可以自己查證相關信息。這也提醒我們，在這個信息發達的時代一定要注意判斷信息來源和正確性。

　　辨析：

　　1、陳景潤證明的不是「哥德巴赫猜想」，這一點不需質疑。國際數學界一直就有公論，陳景潤證明的「1+2」，只是「最好的成果」，而並非對於「1+1」的證明，兩者之間不能劃等號。這一點，在過去一直是清晰的。

　　2、「陳氏定理」是獨立的定理，證明的只是陳氏想要證明的結果。因此「相容選言」的論斷在這裡並不適用。因為陳氏並不想用自己的結果推出其他的結果。只要陳氏在得出這個結果之前的其他步驟沒有問題，證明本身就不存在問題。也就是說，陳氏想要得到的就是「或者A，或者B」的結果。而在陳氏之前，沒有人能夠證明這個結果，陳氏通過嚴格的證明得到了這個結果，儘管這個結果目前還是不能解決其他問題，但不能說證明本身就是有問題的。

　　3、由2，相關的「質疑」並沒有拿出充分的證據和合理的邏輯來說明陳景潤的工作「違背認識規律」。因此得出的結論暫時不成立。而「陳景潤的結論不能稱為定理」這個命題跟哥德巴赫猜想一樣，目前暫時也還無解。

　　4、有關陳景潤「造假」，除此之外，沒有任何其他證據。也同樣是一個暫時無解的命題。

　　5、質疑者提出陳景潤使用「殆素數」和「充分大」的概念是違背數學規律的，這一點質疑者沒有進行具體的論證。而辯護者則拿出了「殆素數」和「充分大」概念已經在國際上被廣泛承認的證據。質疑者目前暫時對辯護者的這個證據沒有拿出有力的反面證據。

　　6、辯護者認為陳景潤沒有使用過「殆素數」這個概念，但沒有出現這個詞，並不代表事實上這個概念沒有被使用。因為根據「殆素數」的定義，陳景潤的「1+2」成果本身就是為「殆素數」服務的。但辯護者的這點小錯誤對整個問題的是非曲直沒有影響。關鍵還在於5。

　　7、說質疑者「別有用心」，同樣沒有充分證據。目前也是一個暫時無解的命題。　　

編輯本段定義意義

　　一件事物之所以引起人們的興趣，因為我們關心他，假如一個問題的解決絲毫不能引起人類的快感，我們就會閉上眼睛，假如這個問題對我們的知識毫無幫助，我們就會認為它沒有價值，假如這件事情不能引起正義和美感，情操和熱情就無法驗證。

　　哥德巴赫猜想是數的一種表現次序，人們持久地愛好它，是因為如果沒有這種次序，人們就會喪失對更深刻問題的信念——因為無序是對美的致命傷，假如哥德巴赫猜想是錯誤的，它將限制我們的觀察能力。使我們難以跨越一些問題並無法欣賞。一個問題把它無序的一面強加給我們的內心生活，就會使我們的感受趨向醜陋，引起自卑和傷感。哥德巴赫猜想實際是說，任何一個大於3的自然數n.都有一個x，使得n+x與n-x都是素數，因為，（n+x)+(n-x)=2n這是一種素數對自然數形式的對稱，代表一種秩序，它之所以意味深長，是因為素數這種似乎雜亂無章的東西被人們用自然數n對稱地串聯起來，正如牧童一聲口稍就把滿山遍野亂跑的羊群喚在一起，它使人心晃神移，又像生物基因DNA，呈雙螺旋結構繞自然數n轉動，人們從玄虛的素數看到了純樸而又充滿青春的一面。對稱不僅是視覺上的美學概念，它意味著對象的統一。

　　素數具有一種浪漫的氣質，它以神秘的魅力產生一種不定型的朦朧，相比之下，圓周率，自然對數。虛數。費肯鮑姆數就顯得單純多了，歐拉曾用一個公式把它們統一起來。而素數給人們更多的悲劇色彩，有一種神聖不可侵犯的冷漠。當哥德巴赫猜想變成定理，我們可以看到上帝的大智大慧，乘法是加法的重疊，而哥德巴赫猜想卻用加法將乘性概括。在這隱晦的命題之中有著深奧的知識。它改變人們對數的看法：乘法的輪郭憑直觀就可以一目了然，哥德巴赫猜想體現一種探索機能，貴賤之別是顯然的，加法和乘法都是數量的堆積，但乘法是對加法的概括，加法對乘性的控制卻體現了兩種不同的要求，前者通過感受可以領悟，後者則要求靈感——人性和哲學。靜觀前者而神往於它的反面(後者），這理想的境界變成了百年的信仰和反思，反思的特殊價值在於滿足了深層的好奇，是一切重大發現的精神通路，例如錄音是對發音的反思結果，磁生電是對電生磁的反思結果。。。。順思與反思是一種對稱，表明一種活力與生機。順思是自然的，反思是主動的，順思產生經驗，反思才能產生科學。順思的內容常常是淺表的公開的，已知的。反思的內容常常是隱蔽的，未知的。反思不是簡單的衷情回顧不是對經驗的眷念，而是尋找事物本質的終極標準——-對歷史真相或事物真相的揭示。

　　哥德巴赫猜想為什麼會吸引人？世界上絕對沒有客觀方面能打動人的事物和因素。一件事之所以會吸引人，那是因為它具有某種特質能震動觀察者的感受力，感受力的大小即觀察者的素質。感人的東西往往是開放的。給人以無限遐思和暗示。哥德巴赫猜想以一種表面開朗簡潔的形式掩蓋它陰險的本質。他周圍籠罩著一種強烈的朦朧氣氛。他以喜劇的方式挑逗人們開場，卻無一例外以悲劇的形式謝幕。他溫文爾雅地拒絕一切向她求愛的人們，讓追求者爭風吃醋，大打出手，自己卻在一旁看著一場有一場拙劣的表演。哥氏猜想以一種抽象的美讓人們想入非非，他營造一種仙境，挑起人們的慾望和野心，讓那些以為有點才能的人勞苦、煩惱、憤怒中死亡。他恣意橫行於人類精神的海洋，讓智慧的小船難以駕馭，讓科研的"泰坦尼克』一次又一次沉沒。。。

　　人類的精神威信建立在科學對迷信和無知的勝利之上，人類的群體的精神健康依賴於一種自信，只有自信才能導入完美的信念使理想進入未來中，完美的信念使人生的辛勞和痛苦得以減輕，這樣任何驚心動魄的災難，蕩氣迴腸的悲愴都難以摧毀人的信念，只有感到無能時，信念才會土崩瓦解。肉體在空虛的靈魂誘導之下融入畜類，人類在失敗中引發自卑。哥德巴赫猜想的哲學意義正在如此。

　　時代在等待名垂千古的英雄。

編輯本段布朗篩法

是這樣的：即任一偶數(自然數)可以寫為2n，這裡n是一個自然數，2n可以表示為n個不同形式的一對自然數之和： 2n=1+(2n-1)=2+(2n-2)=3+(2n-3)=…=n+n 在篩去不適合哥德巴赫猜想結論的所有那些自然數對之後(例如1和2n-1;2i和(2n-2i),i=1，2,…;3j和(2n-3j)，j=2,3,…;等等)，如果能夠證明至少還有一對自然數未被篩去，例如記其中的一對為p1和p2，那麼p1和p2都是素數，即得n=p1+p2，這樣哥德巴赫猜想就被證明了。前一部分的敘述是很自然的想法。關鍵就是要證明"至少還有一對自然數未被篩去"。目前世界上誰都未能對這一部分加以證明。要能證明，這個猜想也就解決了。

然而，因大偶數n（不小於6）等於其對應的奇數數列（首為3，尾為n-3）首尾挨次搭配相加的奇數之和。故根據該奇數之和以相關類型質數+質數（1+1）或質數+合數（1+2）（含合數+質數2+1或合數+合數2+2）（註：1+2 或 2+1 同屬質數+合數類型）在參與無限次的"類別組合"時，所有可發生的種種有關聯繫即1+1或1+2完全一致的出現，1+1與1+2的交叉出現（不完全一致的出現），同2+1或2+2的"完全一致"，2+1與2+2的"不完全一致"等情況的排列組合所形成的各有關聯繫，就可導出的"類別組合"為1+1，1+1與1+2和2+2，1+1與1+2，1+2與2+2，1+1與2+2，1+2等六種方式。因為其中的1+2與2+2，1+2 兩種"類別組合"方式不含1+1。所以1+1沒有覆蓋所有可形成的"類別組合"方式，即其存在是有交替的，至此，若可將1+2與2+2，以及1+2兩種方式的存在排除，則1+1得證，反之，則1+1不成立得證。然而事實卻是：1+2 與2+2，以及1+2（或至少有一種）是陳氏定理中（任何一個充分大的偶數都可以表示為兩個素數的和，或一個素數與兩個素數乘積的和），所揭示的某些規律（如1+2的存在而同時有1+1缺失的情況）存在的基礎根據。所以1+2與2+2，以及1+2（或至少有一種）"類別組合"方式是確定的，客觀的，也即是不可排除的。所以1+1成立是不可能的。這就徹底論證了布朗篩法不能證"1+1"。

由於素數本身的分布呈現無序性的變化，素數對的變化同偶數值的增長二者之間不存在簡單正比例關係，偶數值增大時素數對值忽高忽低。能通過數學關係式把素數對的變化同偶數的變化聯繫起來嗎？不能！偶數值與其素數對值之間的關係沒有數量規律可循。二百多年來，人們的努力證明了這一點，最後選擇放棄，另找途徑。於是出現了用別的方法來證明歌德巴赫猜想的人們，他們的努力，只使數學的某些領域得到進步，而對歌德巴赫猜想證明沒有一點作用。

歌德巴赫猜想本質是一個偶數與其素數對關係，表達一個偶數與其素數對關係的數學表達式，是不存在的。它可以從實踐上證實，但邏輯上無法解決個別偶數與全部偶數的矛盾。個別如何等於一般呢？個別和一般在質上同一，量上對立。矛盾永遠存在。歌德巴赫猜想是永遠無法從理論上，邏輯上證明的數學結論。

「用當代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內容，第一部分叫做奇數的猜想，第二部分叫做偶數的猜想。奇數的猜想指出，任何一個大於等於7的奇數都是三個素數的和。偶數的猜想是說，大於等於4的偶數一定是兩個素數的和。」（引自《哥德巴赫猜想與潘承洞》）

關於歌德巴赫猜想的難度我就不想再說什麼了，我要說一下為什麼現代數學界對歌德巴赫猜想的興趣不大，以及為什麼中國有很多所謂的民間數學家對歌德巴赫猜想研究興趣很大。

事實上，在1900年，偉大的數學家希爾伯特在世界數學家大會上作了一篇報告，提出了23個挑戰性的問題。歌德巴 赫猜想是第八個問題的一個子問題，這個問題還包含了黎曼猜想和孿生素數猜想。現代數學界中普遍認為最有價值的是廣義黎曼猜想，若黎曼猜想成立，很多問題就都有了答案，而歌德巴赫猜想和孿生素數猜想相對來說比較孤立，若單純的解決了這兩個問題，對其他問題的解決意義不是很大。所以數學家傾向於在解決其它的更有價值的問題的同時，發現一些新的理論或新的工具，「順便」解決歌德巴赫猜想。

例如：一個很有意義的問題是：素數的公式。若這個問題解決，關於素數的問題應該說就不是什麼問題了。 ^[1]

陳氏定理編輯詞條 已關注編輯摘要 摘要

陳氏定理

　　陳氏定理是中國數學家陳景潤於1966年發表，1973年公布詳細證明方法。這個定理證明任何一個足夠大的偶數都可以表示成一個素數和一個半素數的和，也就是我們通常所說的「1+2」。1742年德國人哥德巴赫給當時住在俄國彼得堡的大數學家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個問題：第一，是否每個大於4的偶數都能表示為兩個奇質數之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個大於7的奇數都能表示3個奇質數之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。　　　

目錄

1作者簡介

2陳氏定理

3哥德巴赫猜想

4正確解法

5數學家疑難

6s+t問題

展開 目錄

1作者簡介

2陳氏定理

3哥德巴赫猜想

4正確解法

5數學家疑難

6s+t問題

7相關介紹

8定義意義

9布朗篩法

收起

編輯本段作者簡介

　　生辰

　　陳景潤（1933年5月22日～1996年3月19日）民族：漢族。籍貫：福建福州人。中國著名數學家，廈門大學數學系畢業。

　　主要成就

　　1966年發表《表達偶數為一個素數及一個不超過兩個素數的乘積之和》（簡稱「1+2」），成為哥德巴赫猜想研究上的里程碑。而他所發表的成果也被稱之為陳氏定理。這項工作還使他與王元、潘承洞在1978年共同獲得中國自然科學獎一等獎。

　　對他的紀念

　　1999年，中國發表紀念陳景潤的郵票。紫金山天文台將一顆行星命名為「陳景潤星」，以此紀念。另有相關影視作品以陳景潤為名。　　

編輯本段陳氏定理

　　陳氏定理是中國數學家陳景潤於1966年發表，1973年公布詳細證明方法。這個定理證明任何一個足夠大的偶數都可以表示成一個素數和一個半素數的和，也就是我們通常所說的「1+2」。

　　1742年德國人哥德巴赫給當時住在俄國彼得堡的大數學家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個問題：第一，是否每個大於4的偶數都能表示為兩個奇質數之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個大於7的奇數都能表示3個奇質數之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。　　

編輯本段哥德巴赫猜想

　　當年徐遲的一篇報告文學，中國人知道了陳景潤和哥德巴赫猜想。

　　那麼，什麼是哥德巴赫猜想呢？

　　哥德巴赫是德國一位中學教師，也是一位著名的數學家，生於1690年，1725年當選為俄國彼得堡科學院院士。1742年，哥德巴赫在教學中發現，每個不小於6的偶數都是兩個素數（只能被1和它本身整除的數）之和。如6=3+3，12=5+7等等。公元1742年6月7日哥德巴赫寫信給當時的大數學家歐拉，提出了以下的猜想：

　　(a)任何一個≥6之偶數，都可以表示成兩個奇質數之和。

　　(b)任何一個≥9之奇數，都可以表示成三個奇質數之和。

　　用當代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內容，第一部分叫做奇數的猜想，第二部分叫做偶數的猜想。奇數的猜想指出，任何一個大於等於9的奇數都是三個奇素數的和。偶數的猜想是說，大於等於6的偶數一定是兩個奇素數的和。　　

編輯本段正確解法

　　實際上第一個問題的確正解法可以推出第二個問題的正確解法，因為每個大於7的奇數顯然可以表示為一個大於4的偶數與3的和。1937年，蘇聯數學家維諾格拉多夫利用他獨創的「三角和」方法證明了每個充分大的奇數可以表示為3個奇質數之和，基本上解決了第二個問題。但是第一個問題至今仍未解決。這就是著名的哥德巴赫猜想。歐拉在6月30日給他的回信中說，他相信這個猜想是正確的，但他不能證明。敘述如此簡單的問題，連歐拉這樣首屈一指的數學家都不能證明，這個猜想便引起了許多數學家的注意。從哥德巴赫提出這個猜想至今，許多數學家都不斷努力想攻克它，但都沒有成功。當然曾經有人作了些具體的驗證工作，例如：6=3+3，8=3+5，10=5+5=3+7，12=5+7，14=7+7=3+11，16=5+11，18=5+13，……等等。有人對33×108以內且大過6之偶數一一進行驗算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但嚴格的數學證明尚待數學家的努力。　　

編輯本段數學家疑難

　　從此，這道著名的數學難題引起了世界上成千上萬數學家的注意。200年過去了，沒有人證明它。哥德巴赫猜想由此成為數學皇冠上一顆可望不可即的"明珠"。人們對哥德巴赫猜想難題的熱情，歷經兩百多年而不衰。世界上許許多多的數學工作者，殫精竭慮，費盡心機，然而至今仍不得其解。　　

編輯本段s+t問題

　　到了20世紀20年代，才有人開始向哥德巴赫猜想靠近。1920年挪威數學家布朗用一種古老的篩選法證明，得出了一個結論：每一個比較大的偶數都可以表示為九個質數的積加上九個質數的積，簡稱9+9。這種縮小包圍圈的辦法很管用，科學家們於是從（9+9）開始，逐步減少每個數里所含質數因子的個數，直到最後使每個數里都是一個質數為止，這樣就證明了哥德巴赫猜想。

　　目前最佳的結果是中國數學家陳景潤於1966年證明的，稱為陳氏定理：「任何充分大的偶數都是一個質數與一個自然數之和，而後者僅僅是兩個質數的乘積。」通常都簡稱這個結果為大偶數可表示為「1+2」的形式。

　　在陳景潤之前，關於偶數可表示為s個質數的乘積與t個質數的乘積之和(簡稱「s+t」問題)之進展情況如下：

　　1920年，挪威的布朗證明了"「9+9」。

　　1924年，德國的拉特馬赫證明了「7+7」。

　　1932年，英國的埃斯特曼證明了「6+6」。

　　1937年，義大利的蕾西先後證明了「5+7」，「4+9」，「3+15」和「2+366」。

　　1938年，蘇聯的布赫夕太勃證明了「5+5」。

　　1940年，蘇聯的布赫夕太勃證明了「4+4」。

　　1948年，匈牙利的瑞尼證明了「1+c」，其中c是一很大的自然數。

　　1956年，中國的王元證明了「3+4」。

　　1957年，中國的王元先後證明了「3+3」和「2+3」。

　　1962年，中國的潘承洞和蘇聯的巴爾巴恩證明了「1+5」，中國的王元證明了「1+4」。

　　1965年，蘇聯的布赫夕太勃和小維諾格拉多夫，及義大利的朋比利證明了「1+3」。

　　1966年，中國的陳景潤證明了「1+2」。

　　有許多數學家認為，要想證明「1+1」，必須通過創造新的數學方法，以往的路很可能都是走不通的。

　　從1920年布朗證明"9+9"到1966年陳景潤攻下「1+2」，歷經46年。自"陳氏定理"誕生至今的30多年裡，人們對哥德巴赫猜想猜想的進一步研究，均勞而無功。方式是確定的，客觀的，也即是不可排除的。所以1+1成立是不可能的。這就徹底論證了布朗篩法不能證"1+1"。　　

編輯本段相關介紹

　　質疑一：陳景潤證明的不是哥德巴赫猜想

　　有關對「陳氏定理」的質疑如下五點：

　　陳景潤證明的不是哥德巴赫猜想：

　　陳景潤與邵品宗合著的【哥德巴赫猜想】第118頁（遼寧教育出版社）寫道：陳景潤定理的「1+2」結果，通俗地講是指：對於任何一個大偶數N，那麼總可以找到奇素數P&apos;，P"，或者P1，P2，P3，使得下列兩式至少一式成立：「

　　N=P&apos;+P"(A)

　　N=P1+P2*P3(B)

　　當然並不排除(A)(B)同時成立的情形，例如62=43+19，62=7+5X11。」

　　眾所周知，哥德巴赫猜想是指對於大於4的偶數（A)式成立，【1+2】是指對於大於10的偶數（B)式成立，兩者是不同的兩個命題，陳景潤把兩個毫不相關的命題混為一談，並在申報獎項時偷換了概念（命題），陳景潤也沒有證明【1+2】，因為【1+2】比【1+1】難得多。

　　質疑二：陳景潤使用了錯誤的推理形式

　　陳景潤使用了錯誤的推理形式：

　　陳採用的是相容選言推理的「肯定肯定式」：或者A，或者B，A，所以或者A或B，或A與B同時成立。這是一種錯誤的推理形式，模稜兩可，牽強附會，言之無物，什麼也沒有肯定，正如算命先生那樣「：李大嫂分娩，或者生男孩，或者生女孩，或者同時生男又生女（多胎）」。無論如何都是對的，這種判斷在認識論上稱為不可證偽，而可證偽性是科學與偽科學的分界。相容選言推理只有一種正確形式。否定肯定式：或者A，或者B，非A，所以B。相容選言推理有兩條規則：1，否認一部分選言肢，就必須肯定另一部分選言肢；2，肯定一部分選言肢卻不能否定另一部份選言肢。可見對陳景潤的認可表明中國數學會思維混亂，缺乏基本的邏輯訓練。

　　質疑三：陳景潤大量使用錯誤概念

　　陳景潤大量使用錯誤概念：

　　陳在論文中大量使用「充分大」和「殆素數」這兩個含糊不清的概念。而科學概念的特徵就是：精確性，專義性，穩定性，系統性，可檢驗性。而「充分大」，陳指10的50萬次方，這是不可檢驗的數。殆素數是說很像素數，小孩子的遊戲。

　　質疑四：陳景潤的結論不能算定理

　　陳景潤的結論不能算定理：

　　陳的結論採用的是特稱（某些，一些），即某些N是(A)，某些N是（B)，就不能算定理，因為所有嚴格的科學的定理，定律都是以全稱（所有，一切，全部，每個）命題形式表現出來，一個全稱命題陳述一個給定類的所有元素之間的一種不變關係，適用於一種無窮大的類，它在任何時候都無區別的成立。而陳景潤的結論，連概念都算不上。

　　質疑五：陳景潤的工作嚴重違背認識規律

　　陳景潤的工作嚴重違背認識規律：

　　在沒有找到素數普遍公式之前，哥氏猜想是無法解決的，正如化圓為方取決於圓周率的超越性是否搞清，事物質的規定性決定量的規定性。（哥德巴赫猜想傳奇）王曉明1999，3期《中華傳奇》責任編輯陶慧潔）。

　　對「質疑」的質疑

　　有人認為：

　　目前，我國有許多數學愛好者稱自己證明了「哥德巴赫猜想」。其中一些人(如偽民科王曉明)由於「成果」不能發表，別有用心的捏造了「陳景潤當年的證明是造假」「陳景潤、王元、潘承洞偷換概念申報獎項」的謠言，歪曲事實，以達到炒作自己「成果」的目的。這些「質疑」缺乏基本的數學知識，偷換概念嚴重，論證違反科學。如被人不斷轉貼的王曉明《哥德巴赫猜想傳奇》說：「陳在論文中大量使用「充分大」和「殆素數」這兩個含糊不清的概念」，實際上，這兩個概念數學界早已精確定義並普遍使用，而且陳景潤證明中從沒有「殆素數」的字樣，「充分大」只用了一次；又如「陳的結論採用的是特稱（某些，一些），即某些N是(A)，所以根本不能算定理」，可以看出作者完全不理解「定理」的科學含義；又如「陳採用的是相容選言推理的「肯定肯定式」，這是一種錯誤的推理形式，言之無物，什麼也沒有肯定」而陳景潤在證明中根本沒有用到「相容選言推理」的邏輯形式，很多都是主觀判斷，缺乏根據。目前，國際數學界對「陳氏定理」的正確性仍然沒有任何爭議，公認「陳氏定理」是哥德巴赫猜想研究的最佳成果。「陳氏定理」在外國很多數論書籍上被引用，著名的如英國的《篩法》、《素數求解問題》、《數論》、美國的《20世紀數學》等。讀者可以自己查證相關信息。這也提醒我們，在這個信息發達的時代一定要注意判斷信息來源和正確性。

　　辨析：

　　1、陳景潤證明的不是「哥德巴赫猜想」，這一點不需質疑。國際數學界一直就有公論，陳景潤證明的「1+2」，只是「最好的成果」，而並非對於「1+1」的證明，兩者之間不能劃等號。這一點，在過去一直是清晰的。

　　2、「陳氏定理」是獨立的定理，證明的只是陳氏想要證明的結果。因此「相容選言」的論斷在這裡並不適用。因為陳氏並不想用自己的結果推出其他的結果。只要陳氏在得出這個結果之前的其他步驟沒有問題，證明本身就不存在問題。也就是說，陳氏想要得到的就是「或者A，或者B」的結果。而在陳氏之前，沒有人能夠證明這個結果，陳氏通過嚴格的證明得到了這個結果，儘管這個結果目前還是不能解決其他問題，但不能說證明本身就是有問題的。

　　3、由2，相關的「質疑」並沒有拿出充分的證據和合理的邏輯來說明陳景潤的工作「違背認識規律」。因此得出的結論暫時不成立。而「陳景潤的結論不能稱為定理」這個命題跟哥德巴赫猜想一樣，目前暫時也還無解。

　　4、有關陳景潤「造假」，除此之外，沒有任何其他證據。也同樣是一個暫時無解的命題。

　　5、質疑者提出陳景潤使用「殆素數」和「充分大」的概念是違背數學規律的，這一點質疑者沒有進行具體的論證。而辯護者則拿出了「殆素數」和「充分大」概念已經在國際上被廣泛承認的證據。質疑者目前暫時對辯護者的這個證據沒有拿出有力的反面證據。

　　6、辯護者認為陳景潤沒有使用過「殆素數」這個概念，但沒有出現這個詞，並不代表事實上這個概念沒有被使用。因為根據「殆素數」的定義，陳景潤的「1+2」成果本身就是為「殆素數」服務的。但辯護者的這點小錯誤對整個問題的是非曲直沒有影響。關鍵還在於5。

　　7、說質疑者「別有用心」，同樣沒有充分證據。目前也是一個暫時無解的命題。　　

編輯本段定義意義

　　一件事物之所以引起人們的興趣，因為我們關心他，假如一個問題的解決絲毫不能引起人類的快感，我們就會閉上眼睛，假如這個問題對我們的知識毫無幫助，我們就會認為它沒有價值，假如這件事情不能引起正義和美感，情操和熱情就無法驗證。

　　哥德巴赫猜想是數的一種表現次序，人們持久地愛好它，是因為如果沒有這種次序，人們就會喪失對更深刻問題的信念——因為無序是對美的致命傷，假如哥德巴赫猜想是錯誤的，它將限制我們的觀察能力。使我們難以跨越一些問題並無法欣賞。一個問題把它無序的一面強加給我們的內心生活，就會使我們的感受趨向醜陋，引起自卑和傷感。哥德巴赫猜想實際是說，任何一個大於3的自然數n.都有一個x，使得n+x與n-x都是素數，因為，（n+x)+(n-x)=2n這是一種素數對自然數形式的對稱，代表一種秩序，它之所以意味深長，是因為素數這種似乎雜亂無章的東西被人們用自然數n對稱地串聯起來，正如牧童一聲口稍就把滿山遍野亂跑的羊群喚在一起，它使人心晃神移，又像生物基因DNA，呈雙螺旋結構繞自然數n轉動，人們從玄虛的素數看到了純樸而又充滿青春的一面。對稱不僅是視覺上的美學概念，它意味著對象的統一。

　　素數具有一種浪漫的氣質，它以神秘的魅力產生一種不定型的朦朧，相比之下，圓周率，自然對數。虛數。費肯鮑姆數就顯得單純多了，歐拉曾用一個公式把它們統一起來。而素數給人們更多的悲劇色彩，有一種神聖不可侵犯的冷漠。當哥德巴赫猜想變成定理，我們可以看到上帝的大智大慧，乘法是加法的重疊，而哥德巴赫猜想卻用加法將乘性概括。在這隱晦的命題之中有著深奧的知識。它改變人們對數的看法：乘法的輪郭憑直觀就可以一目了然，哥德巴赫猜想體現一種探索機能，貴賤之別是顯然的，加法和乘法都是數量的堆積，但乘法是對加法的概括，加法對乘性的控制卻體現了兩種不同的要求，前者通過感受可以領悟，後者則要求靈感——人性和哲學。靜觀前者而神往於它的反面(後者），這理想的境界變成了百年的信仰和反思，反思的特殊價值在於滿足了深層的好奇，是一切重大發現的精神通路，例如錄音是對發音的反思結果，磁生電是對電生磁的反思結果。。。。順思與反思是一種對稱，表明一種活力與生機。順思是自然的，反思是主動的，順思產生經驗，反思才能產生科學。順思的內容常常是淺表的公開的，已知的。反思的內容常常是隱蔽的，未知的。反思不是簡單的衷情回顧不是對經驗的眷念，而是尋找事物本質的終極標準——-對歷史真相或事物真相的揭示。

　　哥德巴赫猜想為什麼會吸引人？世界上絕對沒有客觀方面能打動人的事物和因素。一件事之所以會吸引人，那是因為它具有某種特質能震動觀察者的感受力，感受力的大小即觀察者的素質。感人的東西往往是開放的。給人以無限遐思和暗示。哥德巴赫猜想以一種表面開朗簡潔的形式掩蓋它陰險的本質。他周圍籠罩著一種強烈的朦朧氣氛。他以喜劇的方式挑逗人們開場，卻無一例外以悲劇的形式謝幕。他溫文爾雅地拒絕一切向她求愛的人們，讓追求者爭風吃醋，大打出手，自己卻在一旁看著一場有一場拙劣的表演。哥氏猜想以一種抽象的美讓人們想入非非，他營造一種仙境，挑起人們的慾望和野心，讓那些以為有點才能的人勞苦、煩惱、憤怒中死亡。他恣意橫行於人類精神的海洋，讓智慧的小船難以駕馭，讓科研的"泰坦尼克』一次又一次沉沒。。。

　　人類的精神威信建立在科學對迷信和無知的勝利之上，人類的群體的精神健康依賴於一種自信，只有自信才能導入完美的信念使理想進入未來中，完美的信念使人生的辛勞和痛苦得以減輕，這樣任何驚心動魄的災難，蕩氣迴腸的悲愴都難以摧毀人的信念，只有感到無能時，信念才會土崩瓦解。肉體在空虛的靈魂誘導之下融入畜類，人類在失敗中引發自卑。哥德巴赫猜想的哲學意義正在如此。

　　時代在等待名垂千古的英雄。

編輯本段布朗篩法

是這樣的：即任一偶數(自然數)可以寫為2n，這裡n是一個自然數，2n可以表示為n個不同形式的一對自然數之和： 2n=1+(2n-1)=2+(2n-2)=3+(2n-3)=…=n+n 在篩去不適合哥德巴赫猜想結論的所有那些自然數對之後(例如1和2n-1;2i和(2n-2i),i=1，2,…;3j和(2n-3j)，j=2,3,…;等等)，如果能夠證明至少還有一對自然數未被篩去，例如記其中的一對為p1和p2，那麼p1和p2都是素數，即得n=p1+p2，這樣哥德巴赫猜想就被證明了。前一部分的敘述是很自然的想法。關鍵就是要證明"至少還有一對自然數未被篩去"。目前世界上誰都未能對這一部分加以證明。要能證明，這個猜想也就解決了。

然而，因大偶數n（不小於6）等於其對應的奇數數列（首為3，尾為n-3）首尾挨次搭配相加的奇數之和。故根據該奇數之和以相關類型質數+質數（1+1）或質數+合數（1+2）（含合數+質數2+1或合數+合數2+2）（註：1+2 或 2+1 同屬質數+合數類型）在參與無限次的"類別組合"時，所有可發生的種種有關聯繫即1+1或1+2完全一致的出現，1+1與1+2的交叉出現（不完全一致的出現），同2+1或2+2的"完全一致"，2+1與2+2的"不完全一致"等情況的排列組合所形成的各有關聯繫，就可導出的"類別組合"為1+1，1+1與1+2和2+2，1+1與1+2，1+2與2+2，1+1與2+2，1+2等六種方式。因為其中的1+2與2+2，1+2 兩種"類別組合"方式不含1+1。所以1+1沒有覆蓋所有可形成的"類別組合"方式，即其存在是有交替的，至此，若可將1+2與2+2，以及1+2兩種方式的存在排除，則1+1得證，反之，則1+1不成立得證。然而事實卻是：1+2 與2+2，以及1+2（或至少有一種）是陳氏定理中（任何一個充分大的偶數都可以表示為兩個素數的和，或一個素數與兩個素數乘積的和），所揭示的某些規律（如1+2的存在而同時有1+1缺失的情況）存在的基礎根據。所以1+2與2+2，以及1+2（或至少有一種）"類別組合"方式是確定的，客觀的，也即是不可排除的。所以1+1成立是不可能的。這就徹底論證了布朗篩法不能證"1+1"。

由於素數本身的分布呈現無序性的變化，素數對的變化同偶數值的增長二者之間不存在簡單正比例關係，偶數值增大時素數對值忽高忽低。能通過數學關係式把素數對的變化同偶數的變化聯繫起來嗎？不能！偶數值與其素數對值之間的關係沒有數量規律可循。二百多年來，人們的努力證明了這一點，最後選擇放棄，另找途徑。於是出現了用別的方法來證明歌德巴赫猜想的人們，他們的努力，只使數學的某些領域得到進步，而對歌德巴赫猜想證明沒有一點作用。

歌德巴赫猜想本質是一個偶數與其素數對關係，表達一個偶數與其素數對關係的數學表達式，是不存在的。它可以從實踐上證實，但邏輯上無法解決個別偶數與全部偶數的矛盾。個別如何等於一般呢？個別和一般在質上同一，量上對立。矛盾永遠存在。歌德巴赫猜想是永遠無法從理論上，邏輯上證明的數學結論。

「用當代語言來敘述，哥德巴赫猜想有兩個內容，第一部分叫做奇數的猜想，第二部分叫做偶數的猜想。奇數的猜想指出，任何一個大於等於7的奇數都是三個素數的和。偶數的猜想是說，大於等於4的偶數一定是兩個素數的和。」（引自《哥德巴赫猜想與潘承洞》）

關於歌德巴赫猜想的難度我就不想再說什麼了，我要說一下為什麼現代數學界對歌德巴赫猜想的興趣不大，以及為什麼中國有很多所謂的民間數學家對歌德巴赫猜想研究興趣很大。

事實上，在1900年，偉大的數學家希爾伯特在世界數學家大會上作了一篇報告，提出了23個挑戰性的問題。歌德巴 赫猜想是第八個問題的一個子問題，這個問題還包含了黎曼猜想和孿生素數猜想。現代數學界中普遍認為最有價值的是廣義黎曼猜想，若黎曼猜想成立，很多問題就都有了答案，而歌德巴赫猜想和孿生素數猜想相對來說比較孤立，若單純的解決了這兩個問題，對其他問題的解決意義不是很大。所以數學家傾向於在解決其它的更有價值的問題的同時，發現一些新的理論或新的工具，「順便」解決歌德巴赫猜想。

例如：一個很有意義的問題是：素數的公式。若這個問題解決，關於素數的問題應該說就不是什麼問題了。 ^[1]

偽素數編輯詞條 已關注目錄

1名稱解釋

2例子

3起源與研究

4之謎

5強偽素數

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編輯本段名稱解釋

　　若n能整除2^(n-1)-1,並n是非偶數的合數，那麼n就是偽素數。

編輯本段例子

　　2^(5-1)-1=15,15|5. 2^(3-1)-1=3,3|3.但很多都是素數，如3，5，7，29，31……　　1919年數學家薩魯斯找到了反例：2^(341-1)-1|341,而341=11*31是合數，341就成了第一個偽素數。以後又發現了許多偽素數：561 645 1105 1387 1729……

編輯本段起源與研究

　　能整除an一a的合數n，a≥2，（a，n）＝1，被稱為以a為底的偽素數，簡記為a-偽素數。　　偽素數起源於17世紀法國數學家費馬的某些研究。他於17世紀30年代末曾寫信給法國數學家梅森，提到這樣一個命題：2p一2能被素數p整除。後來，在他1640年10月18日給德貝西的信中說，他進一步證明了這樣一個定理：　　如果p是一個素數，且a不能被p整除，則ap-1－1能被P整除（等價的說法是ap－a能被素數p整除）。　　後人稱這個定理為費馬小定理，以和費馬大定理相區別。費馬小定理奠定了現代數論中素數判定的基礎。　　按費馬小定理，如果一個奇數n不能整除2n－2，則n必為合數（這是費馬小定理的一個逆否命題）。但是，如果奇數n＞1能整除2n－2， n就一定是素數嗎？就是說，費馬小定理的逆命題是否成立？對於1＜n＜300的數來說，計算可知，能整除2n－2的奇數n都是素數，這使得人們在很長的時間內認為費馬小定理的逆命題當然成立。德國數學家萊布尼茨曾在1680年6月和1681年12月兩次宣布他證明了這樣一個命題：如果n不是素數，則2n－2不能被n整除（這是下述命題的逆否命題：如果2n－2能被n整除，則n是素數），但沒發表他的證明。1742年4月，德國數學家哥德巴赫在給歐拉的信中表示要證明費馬小定理的逆定理，但似乎也無結果。　　1819年，法國數學家沙路斯發現，雖然341整除2341-2，但341是合數，341＝11×31。這一反例表明費馬小定理的逆定理不成立。1830年，一位匿名德國數學家指出更一般的構造反例的方法，他指出，只要能找到兩個奇素數p和q，使它們的積pq能同時整除2p-1-1與2q-1-1，那麼就可得到pq整除2pq-1-1。按此方法，人們發現除341外，還有561，645，1105，1389，1729，1905等也具有上述性質。於是，人們把能整除2n一2的合數n稱為偽素數。1926年，普列特製成5000萬以內的偽素數表，1938年他又推進上限到1億，為此，有時偽素數亦被稱為普列特數。　　提出偽素數後自然就產生了類似素數的問題，並得到人們的研究。如偽素數有多少個？人們指出，偽素數有無窮多，1903年麥洛用一個構造性方法對此加以證明。他證明了，若n是奇偽素數，那麼，n = 2n-1－1也是奇偽素數，我們已知有奇偽素數n0＝341，按此法就可以構造出無窮多的奇偽素數來。再如是否存在偶偽素數?1950年，美國數學家D．H．萊默爾找到了第一個偶偽素數161038，161038＝2×73×1103，73 |（2161038-2），1103 |（216038-2） 。1951年，荷蘭的畢格爾又找到了一個偶偽素數，並證明了存在無窮多個偶偽素數。　　後來人們針對費馬小定理的一般情況，把偽素數概念一般化，就得出前面的定義。1904年，義大利數學家奇波拉給出一種構造a-偽素數的方法：　　對於已知的整數a≥2，取p是任一奇素數，使p不能整除a（a2一1），則n=（a2p-1）/（a2-1）是a-偽素數。　　他同時也證明了存在無窮多的一般偽素數。當然，在一般偽素數研究中，也有許多未解決的問題。例如，1952年杜帕克提出的，能否存在無窮多個偽素數，它們同時以2和3為底，或更一般些，能否存在無窮多個偽素數，它們同時以兩個不同的整數a與b為底（a≥2，b≥2，且a與b不是同一個整數的冪）。　　偽素數的一個用途是利用偽素數表來判定一個奇數n是否為素數，這是D．H．萊默爾提出來的：如果n不能整除2n-1－1，則據費馬小定理知，n必為合數；如果n能整除2n-1－1，且n在偽素數表中，則n為合數，否則為素數。這種方法的關鍵就在於按偽素數表去掉偽素數，而這要求偽素數在能整除2n-1－1的數中相當少才行，這就是當n整除2n-1-1時，n是合數的比例問題。在前10億個自然數中，共有50847534個素數，而只有以2為底的偽素數5597個，即在此範圍內n整除2n-1－1產生合數的可能性只有0.011%。所以人們把整除2n-1-1的正整數n（＞1）稱為殆素數。在10億之內，n整除2n-1－1同時整除3n-1－1的合數n只有1272個，即此時產生合數的可能性只有0.0025%。　　如果存在合數n，對任何a＞1，只要（a，n）＝1時，n能整除an-1-1，則n被稱為卡邁克爾數。這種數是由美國數學家R．D．卡邁克爾於1912年提出來的。最小的卡邁克爾數為561，這種數在自然數中更少了，在10億之內，只有646個。一個問題就是：卡邁克爾數是否有無窮多？

編輯本段之謎

　　享有"業餘數學之王"稱號的費馬曾經證明:若p為素數,則ap-a是p的倍數,進一步如果p與a互素,則顯然ap-1-1是p的倍數,用同餘式來表達就是:　　ap-1=1 mod p　　這個表達式無疑是數論大廈的一塊基石.對如此美妙的定理如果毫不動心,那他一定是只剩下一口氣的行屍走肉.推導這個公式用同餘式最方便,由於與素數p互素的數有p-1個,它們是:　　1,2,3,...p-1　　顯然有: a*2a*3a...a(p-1)=1*2*3...(p-1) mod p　　即: ap-1*(p-1)!=(p-1)! mod p　　兩邊同除以(p-1)!得到:　　ap-1=1 mod p　　再對a應用數學歸納法即可證明之.　　但是它的逆定理是不成立的,即當ap-1-1能被p整除時,p不一定是素數,在1819年,法國數學家莎路斯首先發現,雖然341能夠整除2340-1,但是341=11*31為一個合數.後來有一位德國數學家一般性地證明了,只要找到兩個奇素數p,q,使得它們的積能同時整除2p-1-1,與2q-1-1,就能保證pq整除2pq-1-1.　　偽素數有無窮多個,第一個證明這一點的是數學家邁羅在1903年給出的.如果n是偽素數,則2n-1也是偽素數,所以偽素數有無窮多個.除了上述的341之外,人們陸續發現了561,645,1105,1387,1729,1905等等.數學家普列特在1938年做出了1億以內的偽素數表.因此偽素數又叫做普列特數.　　除了奇偽素數以外,竟然還有偶偽素數存在,美國著名數學家D.H.萊默在1950年找到了第一個偶偽素數:161038,後來荷蘭數學家畢格爾又發現了3個偶偽素數:215326,2568226和143742226,並且從理論上證明了存在無窮多個偶偽素數.　　偽素數是針對底數為2的情形提出的.而對於一般的底數a,則提出了a-偽素數的概念,例如91能整除390-1,所以把91稱為3-偽素數.1904年,義大利數學家奇波拉給出了一種構造a-偽素數的方法:　　對於已知的整數 a>=2,取任意奇素數 p,使得 p不能整除a(a2-1),則 n=(a2p-1)/(a2-1)必是a-偽素數.比如取 a=2,選 p=5,顯然 5不能整除2(22-1)=6,所以(210-1)/(22-1)=341 是偽素數.　　對於已知的整數 a>=2,由於有無窮多個奇素數不能整除a(a2-1),所以a-偽素數有無窮多個.　　利用偽素數表,數學家D.H.萊默建議按照如下程序來判別一個奇數是否是素數:如果p不能整除2p-1-1,則p必然為合數;如果p能整除2p-1-1,且p在偽素數表中,則p為合數,否則p為素數.顯然這是基於費馬小定理的檢驗法,我想如果再結合篩法,就會完全剔除這些偽素數.　　畢竟偽素數比較稀少,在前10億個自然數中共有50847534個素數,而偽素數只有5597個,即大約只佔萬分之一.而同時能以2,3為底的偽素數只有1272個,即大約5萬分之一.那麼是否存在這樣的數p,它能夠整除所有的以2,3,4,...為底的費馬錶達式,那麼p一定是素數了吧?遺憾的是,竟然存在這樣的偽素數,它能夠整除以任何整數a為底(即使是負整數)的ap-1-1,561就是最小的一個例子:　　a560-1=(a2)280-1=(a2-1)(...)=(a10-1)(...)=(a16-1)(...)　　由於561=3*11*17,而由費馬小定理,3,11,17都能夠整除上式,所以561也能夠整除上式.這種極端的偽素數叫做絕對偽素數,又由於是首先由美國數學家卡邁克爾在1912年發現的,所以又叫做卡邁克爾數,為了判別什麼樣的整數是卡邁克爾數,他發現了一個準則:　　如果整數n滿足如下條件　　(1) n沒有平方因子,即n沒有相同的素因子;　　(2) n是奇數且至少有3個不同的素數因子;　　(3) 對於n的每一個素數因子p,p-1能夠整除n-1;　　則 n 必為卡邁克爾數.反之,如果 n是卡邁克爾數,則 n必滿足上述3個條件.　　1939年,數學家切尼克給出了一種構造卡邁克爾數的方法:　　設m為自然數,且使得(6m+1),(12m+1),(18m+1)都是素數,則M3(m)=(6m+1)(12m+1)(18m+1)是具有3個素因子的卡邁克爾數.例如取m=1,則有M3(1)=7*13*19=1729是卡邁克爾數.類似地,自然數m是使得　　Mk(m)=(6m+1)(12m+1)(9*2m+1)...(9*2k-2m+1) (k>=4)　　中k個因子都是素數,則Mk(m)是含有k個素因子的卡邁克爾數.1985年,杜伯納得到了下面一些巨大的卡邁克爾數: m=5*7*11*13*...*397*882603*10185 時的含有3個素因子的卡邁克爾數M3(m)是一個1057位數,這是目前知道的最大的卡邁克爾數.其他的還有　　m=323323*655899*1040/6 時的M4(m)是個207位數的卡邁克爾數.　　m=323323*426135*1016/6 時的M5(m)是個139位數的卡邁克爾數.　　m=323323*239556*107/6 時的M6(m)是個112位數的卡邁克爾數.　　m=323323*160*8033 時的M7(m)是個93位數的卡邁克爾數.　　1978年,約里納戈發現了8個卡邁克爾數,它們都具有13個素數因子.這是目前所知道的含有素數因子最多的一組卡邁克爾數.下表是目前所知道的小於x的以2為底的偽素數個數P(x)與卡邁克爾數的個數C(x)的分布情況.　　x P(x) C(x)　　1000 8 1　　10000 22 7　　100000 78 16　　1000000 245 43　　10000000 750 105　　100000000 2057 255　　1000000000 5597 646　　10000000000 14887 1547　　不超過100000的16個卡邁克爾數如下:　　561,1105,1729,2465,2821,6601,8911,10585,15841,29341,41041,46657,52633,62745,63973,75361　　留給人們的未解之謎是;　　(1) 同時以a,b為底的偽素數是否有無窮多個?　　(2) 卡邁克爾數是否有無窮多個?

編輯本段強偽素數

　　令N=q1q2q3,q1＜q2＜q3是三因子的Carmicheal數,定義C3,1-及C3,2-數,它們分別指qi=5 mod 8,i=1,2,3及qi≡5 mod 8,i=1,2,q3≡9 mod 16時的情況,它們有著較高的成為強偽素數的概率.本文首先給出成為這些數的充分必要條件然後給出演算法,最後經過上機計算得到1024以內的有58個對於前5個素數基的C3,1-強偽素數,其中有一個是對於前8個素數基的強偽素數;以及27個對前4個素數基的C3,2-強偽素數,只有一個是對於前4個基的強偽素數.

解析數論編輯詞條 已關注編輯摘要 摘要

數論中以分析方法作為研究工具的一個分支。分析方法在數論中的應用可以追溯到18世紀L.歐拉的時代。歐拉證明了，對實變數s＞1有恆等式 （式中p取遍所有素數）成立，並且由此推出素數有無窮多個。

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1內容

2發展

3分布

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1內容

2發展

3分布

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編輯本段內容

解析數論　　analytic number theory　　歐拉恆等式是數論中最主要的定理之一。隨後P.G.L.狄利克雷創立了研究數論問題的兩個重要工具，即狄利克雷（剩餘）特徵標與狄利克雷L函數，奠定了解析數論的基礎。　　解析數論是在初等數論無法解決的情況下發展起來的，因為，如果有了一個可以表達所有素數的素數普遍公式，一些由解析數論範圍的內容，就自動轉到初等數論的範圍內。例如孿生素數猜想。以及哥德巴赫猜想。　　聯繫數論和複變函數論的橋樑是所謂的佩隆公式(Peron). 很多數論問題可以歸結為某類求和函數的估計問題，而利用佩隆公式，就可以將求和函數的估計轉變為都某類複變函數的零點、極點的分布情況的估計。 大多數數論問題最終都能歸結為L函數的性質討論。 　　

編輯本段發展

令π（x）表示不超過.x的素數的個數，關於π（x）的研究是素數論的中心問題，黎曼在數論中引入複變函數ζ(s)，稱為黎曼ζ函數（見數論），他對這個函數作了深入的研究，得到了許多重要結果。特別是 ，他建立了一個與z（s）的零點有關的表示π(x）的公式，因此研究素數分布問題的關鍵在於研究z（s）的性質特別是它的零點的性質。這樣，黎曼開創了解析數論的一個新時期。黎曼提出一個猜想：z(s)的所有復零點都在直線Res=1/2上，這就是所謂黎曼猜想。它是尚未解決的最著名的數學問題之一。　　1896年，J.阿達馬與C.J.dela瓦萊-普桑用解析方法同時並且相互獨立地證明了素數定理即當x→∞時，π（x）～.x/lnx （這個問題最早由高斯提出），從此解析數論開始得到迅速發展。1949年，A.塞爾伯格與P.愛爾特希分別給出了對於素數定理的一個十分初等的分析證明，當然它是很複雜的。　　

編輯本段分布

解析數論起源於素數分布、哥德巴赫猜想、華林問題以及格點問題的研究、解析數論的方法主要有復變積分法、圓法、篩法、指數和方法、特徵和方法、密率等。

費馬數編輯詞條 已關注編輯摘要 摘要

費馬數是以數學家費馬命名一組自然數，具有形式： 其中 n 為非負整數。若 2n + 1 是素數，可以得到 n 必須是2的冪。（若 n = ab，其中 1 < a, b < n 且 b 為奇數，則 2n + 1 ≡ (2a)b + 1 ≡ (?1)b + 1 ≡ 0 (mod 2a + 1)。）也就是說，所有具有形式 2n + 1 的素數必然是費馬數，這些素數稱為費馬素數。已知的費馬素數只有 F0 至 F4 五個。

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1定義

2費馬猜想

3猜想結論

4素數的普遍公式

5具體形式

6猜想：大師的失誤

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1定義

2費馬猜想

3猜想結論

4素數的普遍公式

5具體形式

6猜想：大師的失誤

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編輯本段定義

　　也叫費馬質數或費馬素 數.

編輯本段費馬猜想

　　法國數學家費馬於1640年提出了以下猜想: 　　揭示了十進位和二進位的關係 　　可以發現 　　F0=2^(2^0)+1=3 　　F1=2^(2^1)+1=5 　　F2=2^(2^2)+1=17 　　F3=2^(2^3)+1=257 　　F4=2^(2^4)+1=65537 　　前4個是質數，因為第5個數實在太大了，費馬認為這個數 是質數。 　　由此提出(費馬沒給出證明)，形如Fn=2^(2^n)+1 的數都是質數的猜想。後來人們就把形如2^(2^n)+1的數叫費馬數。

編輯本段猜想結論

　　1732年，歐拉算出F5=641×6700417，也就是說F5不是質數，宣布了費馬的這個猜想不成立，它不能作為一個求質數的公式。以後，人們又陸續找到了不少反例，如n=6 時，F6=2^(2^6)+1=274177×67280421310721不是質數。至今這樣的反例共找到了243個，卻還沒有找到第6個正面的例子，也就是說目前只有n=0，1，2，3，4這5個情況下，Fn才是質數。甚至有人猜想：費馬數N≥4時，費馬數全是合數！ 　　接下來的幾個費馬數的分解情況是： 　　F6 = 274177 × 67280421310721 　　F7 = 59649589127497217 × 5704689200685129054721 　　F8 = 1238926361552897 ×934616397153 57977769163558199606896584051237541638188580280321 　　F9 = 2424833 × 7455602825647884208337395736200454918783366342657 × 74164006262753080152 47871419019374740599407810975190239058213 161444157 59504705008092818711693940737 　　F10 = 45592577 × 6487031809 × 4659775785220018543264560743076778192897 × P252 　　F11 = 319489 × 974849 × 167988556341760475137 × 3560841906445833920513 × P564 　　F12 = 114689 × 26017793 × 63766529 × 190274191361 × 12561 32134125569 × 　　568630647535356955169033410940867804839360742060818433 × C1133 　　F13 = 2710954639361 × 2663848877152141313 × 3603109844542291969 × 　　319546020820551643220672513 × C2391 　　早已經有人證明，費馬數的因數必然是2^(n+2)*k+1 形，註：（n+2)是右上標。例如n=5時，4294967297=(128×5+1)×(128×52347+1)，其中128就是2的7次方。

編輯本段素數的普遍公式

　　實際上幾千年來,數學家們一直在尋找這樣的一個公式,一個能求出所有質數的公式;但直到現在,誰也未能找到這樣一個公式,而且誰也未能找到證據,說這樣的公式就一定不存在;這樣的公式存不存在,也就成了一個著名的數學難題.。參見百度百科「素數普遍公式」和「孿生素數普遍公式」。那裡有可以構造一切素數的普遍公式。 　　雖然費馬數作為一個關於指數公式的嘗試失敗了,但有意思的是,1801年數學家高斯證明:如果費馬數K為質數,那麼就可以用直尺和圓規將圓周k等分.高斯本人就根據這個定理作出了正十七邊形.

編輯本段具體形式

　　費馬數是以數學家費馬命名一組自然數，具有形式： 　　F_{n} = 2^{2^n} + 1 　　其中 n 為非負整數。 　　若 2n + 1 是素數，可以得到 n 必須是2的冪。（若 n = ab，其中 1 < a, b < n 且 b 為奇數，則 2n + 1 ≡ (2a)b + 1 ≡ (?1)b + 1 ≡ 0 (mod 2a + 1)。）也就是說，所有具有形式 2n + 1 的素數必然是費馬數，這些素數稱為費馬素數。已知的費馬素數只有 F0 至 F4 五個。

編輯本段猜想：大師的失誤

　　1640年，在數論領域留下不可磨滅足跡的費馬思考了一個問題：式子2^(2^n)+1 的值是否一定為素數。當 n取0、1、2、3、4時，這個式子對應值分別為3、5、17、257、65537，費馬發現這五個數都是素數。由此，費馬提出一個猜想：形如2^(2^n)+1 的數一定為素數。在給朋友的一封信中，費馬寫道： 「我已經發現形如2^(2^n)+1的數永遠為素數。很久以前我就向分析學家們指出了這個結論是正確的。」費馬同時坦白承認，他自己未能找到一個完全的證明。　 　　費馬所研究的2^(2^n)+1 這種具有美妙形式的數，後人稱之為費馬數，並用Fn 表示。費馬當時的猜想相當於說：所有費馬數都一定是素數。費馬是正確的嗎？　 　　進一步驗證費馬的猜想並不容易。因為隨著n的增大， Fn 迅速增大。比如對後人來說第一個需要檢驗的F5　=4294967297已經是一個十位數了。非常可能的是，由於這一數太大，所以費馬在得出自己的猜想時並沒有對它進行驗證。那麼，它到底是否如同費馬所相信的那樣是一個素數呢？　 　　1729年12月1日，哥德巴赫（哥德巴赫猜想的提出者）在寫給歐拉的一封信中問道：「費馬認為所有形如 2^(2^n)+1 的數都是素數，你知道這個問題嗎？他說他沒能作出證明。據我所知，也沒有其他任何人對這個問題作出過證明。」　 　　這個問題吸引了歐拉。 1732年，年僅25歲的歐拉在費馬死後67年得出F5 =641×6700417，其中641=5×27+1 這一結果意味著 是一個合數，因此費馬的猜想是錯的。　 　　在對費馬數的研究上，費馬這位偉大的數論天才過分看重自己的直覺，輕率地做出了他一生唯一一次錯誤猜測。更為不幸的是，研究的進展表明費馬不但是錯的，而且非常可能是大錯特錯了。　 　　此後人們對更多的費馬數進行了研究。隨著電子計算機的發展，計算機成為數學家研究費馬數的有力工具。但即使如此，在所知的費馬數中竟然沒有再添加一個費馬素數。迄今為止，費馬素數除了被費馬本人所證實的那五個外竟然沒有再發現一個！因此人們開始猜想：在所有的費馬數中，除了前五個是素數外，其他的都是合數。如果這一結論被證實，那麼對於費馬的草率猜想來說，恐怕不會。 　　費馬合數都是可以用佩爾方程表示，費馬素數不能用佩爾方程表示，參見百度文庫《費馬合數與佩爾方程》。 變形費馬.3^2^n+2　　變形費馬數是改變了數值，採用同樣性質的費馬數，例如：3^2^n+2。 　　n=0時，3^2^0+2=5，素數； 　　n=1時，3^2^1+2=11，素數； 　　n=2時，3^2^2+2=83，素數； 　　n=3時，3^2^3+2=6563，素數； 　　n=4時，3^2^4+2=43046723=19×2265617 合數。 　　是否有無窮多個變形費馬素數？是否有無窮多個變形費馬合數？還是一個未知問題。

布隆常數基本內容

　　布隆常數　Ｂ＝１．９０２１６０５４．．．　　孿生素數即相差2的一對素數。例如3和5 ，5和7，11和13，…，10016957和10016959等等都是孿生素數。孿生素數是有限個還是有無窮多個?這是一個至今都未解決的數學難題.一直吸引著眾多的數學家孜孜以求地鑽研.早在20世紀初,德國數學家蘭道就推測孿生素數有無窮多.許多跡象也越來越支持這個猜想.最先想到的方法是使用歐拉在證明素數有無窮多個所採取的方法.設所有的素數的倒數和為:　　s=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+...　　如果素數是有限個,那麼這個倒數和自然是有限數.但是歐拉證明了這個和是發散的,即是無窮大.由此說明素數有無窮多個.1919年,挪威數學家布隆仿照歐拉的方法,求所有孿生素數的倒數和:　　b=(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+...　　如果也能證明這個和比任何數都大,就證明了孿生素數有無窮多個了.這個想法很好,可是事實卻違背了布隆的意願.他證明了這個倒數和是一個有限數,現在這個常數就被稱為布隆常數:b=1.90216054...布隆還發現,對於任何一個給定的整數m,都可以找到m個相鄰素數,其中沒有一個孿生素數.

素數定理編輯詞條 已關注目錄

1素數定理

2初等證明

3素數

4素數的數目

5尋找素數

6未解之謎

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1素數定理

2初等證明

3素數

4素數的數目

5尋找素數

6未解之謎

7素數的應用

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編輯本段素數定理

　　定理描述素數素數的大致分布情況。 素數的出現規律一直困惑著數學家。一個個地看，素數在正整數中的出現沒有什麼規律。可是總體地看，素數的個數竟然有規可循。對正實數x，定義π(x)為不大於x的素數個數。數學家找到了一些函數來估計π(x)的增長。以下是第一個這樣的估計。 :pi(x)approxfrac 其中ln x為x的自然對數。上式的意思是當x趨近∞，π(x) 和x/ln x的比趨近1（註：該結果為高斯所發現）。但這不表示它們的數值隨著x增大而接近。 下面是對π(x)更好的估計： :pi(x)= (x) + O left(x e^
ight)，當 x 趨近∞。 其中 (x) = int_2^x frac，而關係式右邊第二項是誤差估計，詳見大O符號。 下表比較了π(x)，x/ln x和Li(x)： x π(x) π(x) - x/ln(x) Li(x) - π(x) x/π(x) 　　（如圖所示）　　素數定理可以給出第n個素數p(n)的漸近估計： :p(n)sim nln,n. 它也給出從整數中抽到素數的概率。從不大於n的自然數隨機選一個，它是素數的概率大約是1/ln n。 這定理的式子於1798年法國數學家勒讓德提出。1896年法國數學家哈達瑪(Jacques Hadamard)和比利時數學家普森(Charles Jean de la Vallée-Poussin)先後獨立給出證明。證明用到了複分析，尤其是黎曼ζ函數。 因為黎曼ζ函數與π(x)關係密切，關於黎曼ζ函數的黎曼猜想對數論很重要。一旦猜想獲證，便能大大改進素數定理誤差的估計。1901年瑞典數學家Helge von Koch證明出，假設黎曼猜想成立，以上關係式誤差項的估計可改進為 : pi(x) = (x) + Oleft(sqrt x ln,x
ight) 至於大O項的常數則還未知道。

編輯本段初等證明

　　素數定理有些初等證明只需用數論的方法。第一個初等證明於1949年由匈牙利數學家保羅·艾狄胥（「愛爾多斯」，或「愛爾多希」）和挪威數學家阿特利·西爾伯格合作得出。 在此之前一些數學家不相信能找出不需藉助艱深數學的初等證明。像英國數學家哈代便說過素數定理必須以複分析證明，顯出定理結果的「深度」。他認為只用到實數不足以解決某些間題，必須引進複數來解決。這是憑感覺說出來的，覺得一些方法比別的更高等也更厲害，而素數定理的初等證明動搖了這論調。Selberg－艾狄胥的證明正好表示，看似初等的組合數學，威力也可以很大。 category:數論 ja:素數定理

編輯本段素數

　　素數，又稱質數，是只有兩個正因數（1和自己）的自然數。 比1大但不是素數的數稱之為合數，而1和0既非素數也非合數。素數的屬性稱為素性，素數在數論中有著非常重要的地位。 　　關於素數　　最小的素數是2，而最大的素數並不存在，這一點歐幾里德已在其《幾何原本》中證明。 圍繞素數存在很多的數學問題、數學猜想、數學定理，較為著名的有孿生素數猜想、哥德巴赫猜想等等。 素數序列的開頭是這樣： :2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97，101，103，107，109，113 (OEIS:A000040) 素數集合有時也被表示成粗體 mathbb。 在抽象代數的一個分支－環論中，素元素有特殊的含義，在這個含義下，任何素數的加法的逆轉也是素數。換句話說，將整數Z的集合看成是一個環，-7是一個素元素。不管怎樣，數學領域內，提到素數通常是指正素數。 算術基本定理說明每個正整數都可以寫成素數的乘積，因此素數也被稱為自然數的「建築的基石」例如： :23244 = 2^2 imes 3 imes 13 imes 149 關於分解的詳細方法，可見於整數分解這條目。 這個定理的重要一點是，將1排斥在素數集合以外。如果1被認為是素數，那麼這些嚴格的闡述就不得不加上一些限制條件了。

編輯本段素數的數目

　　素數是無窮多的，對這個論斷，現在所已知的最古老的檢驗方法是歐幾里德在他的幾何原本中提出來的。他的檢驗方法可以簡單地總結如下： : 取有限個數的素數，因為要做自變數我們假設全部的素數都存在，將這些素數相乘然後加1，得到的數是不會被這些素數中的任何一個整除的，因為無論除哪個總會餘1。因此這個數要麼本身就是個素數，要麼存在不在這個有限集合內的約數。因此我們開始用的集合不包含所有的素數。 別的數學家也給出了他們自己的證明。歐拉證明了全部素數的倒數和發散到無窮的。恩斯特·庫默的證明尤其簡潔，Furstenberg用一般拓撲證明。 儘管整個素數是無窮的，仍然有人會問「100000以下有多少個素數?」，「一個隨機的100位數多大可能是素數?」。素數定理可以此問題。

編輯本段尋找素數

　　尋找在給定限度內的素數排列，埃拉托斯特尼篩法法是個很好的方法。然而在實際中，我們往往是想知道一個給定數是否是素數，而不是生成一個素數排列。進而，知道答案是很高的概率就是已經很滿意的了，用素性測試迅速地檢查一個給定數（例如，有幾千位數的長度）是否是素數是可能的。典型的方法是隨機選取一個數，然後圍繞著這個數和可能的素數N檢查一些方程式。幾個整數後，它宣布這個數是明顯的和數或者可能是素數。這種方法是不完美的，一些測試，不論是否選取一個隨機數都有可能將一些合數判斷成可能的素數，這就引出了另一種數偽素數。 目前最大的已知素數是2^-1（此數字位長度是7,816,230），它是在2005年2月18日由GIMPS計劃發現。這計劃也在2004年5月15日發現了第二大的已知素數2^-1（此數字位長度是7,235,733）。 數學家一直努力找尋產生素數的公式，(請點擊百度網頁「素數普遍公式」和「孿生素數普遍公式」）這個公式可以正確產生所有的素數。歷史上有許多試驗的例子：17世紀初法國數學家梅森(Mersenne)在他的一個著作當中討論了這樣一種我們現在稱之為梅森素數的素數，Mp=2^p-1，本來以為只要p是一個素數，n=2^-1就會是一個素數，這在p=3，p=5，p=7都是正確的，但是p=11時 2^-1=2047=23 imes 89就不是素數了。 　　檢驗素數 　　檢查一個正整數N是否為素數，最簡單的方法就是試除法，將該數N用小於等於sqrt的所有素數去試除，若均無法整除，則N為素數。

編輯本段未解之謎

　　- 哥德巴赫猜想：是否每個大於2的雙數均可寫成兩個質數之和？ 　　- 孿生素數猜想：孿生素數就是差為2的素數對，例如11和13。是否存在無窮多的孿生素數？ 　　- 斐波那契數列是否存在無窮多的素數？ 　　- 是否存在無窮多梅森素數？ 　　- 在n^2與(n+1)^2之間每隔n就有一個素數？ 　　- 是否存在無窮個形式如n^2+1的素數？ 　　- 黎曼猜想 　　- 是否存在不定長的素數算術級數？

編輯本段素數的應用

　　素數近來被利用在密碼學上，所謂的公鑰就是將想要傳遞的信息在編碼時加入素數，編碼之後傳送給收信人，任何人收到此信息後，若沒有此收信人所擁有的密鑰，則解密的過程中（實為尋找素數的過程），將會因為找素數的過程（分解質因數）過久而無法解讀信息。 孫子定理編輯詞條 已關注目錄

1基本內容

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1基本內容

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編輯本段基本內容

　　孫子定理　　中國古代求解一次同餘式組（見同餘）的方法。是數論中一個重要定理。又稱中國剩餘定理。公元前後的《孫子算經》中有「物不知數」問題：「今有物不知其數，三三數之餘二 ，五五數之餘三 ，七七數之餘二，問物幾何？」答為「23」。也就是求同餘式組x≡2 （mod3），x≡3 （mod5 ），x≡2 （mod7）（式中a≡b （modm）表示m整除a－b ）的正整數解。明朝程大位用歌謠給出了該題的解法：「三人同行七十稀，五樹梅花廿一枝，七子團圓月正半，除百零五便得知。」即解為x≡2×70＋3×21＋2×15≡233≡23(mod105）。此定理的一般形式是設m = m1 ，… ，mk 為兩兩互素的正整數，m＝m1，…mk ，m＝miMi，i＝1，2，… ，k 。則同餘式組x≡b1(modm1)，…，x≡bk(modmk)的解為x≡M"1M1b1＋…＋M"kMkbk （modm）。式中M"iMi≡1 （modmi），i＝1，2，…，k 。直至18世紀 C.F.高斯才給出這一定理。孫子定理對近代數學如環論，賦值論都有重要影響。 　　孫子問題的解法，以現代的說法，是找出三個關鍵數70，21，15。解法的意思就是用70乘3除所得的餘數，21乘5除所得的餘數，15乘7除所得的餘數，然後總加起來，除以105的餘數就是答案。　　即題目的答案為 70×2+21×3+15×2　　=140+63+30　　=233　　233-2×105=23　　公式：70a+21b+15c-105n　　解法中的三個關鍵數70，21，15，有何妙用，有何性質呢?首先70是3除餘1而5與7都除得盡的數，所以70a是3除餘a,而5與7都除得盡的數，21是5除餘1，而3與7都除得盡的數，所以21b是5除餘b，而3與7除得盡的數。同理，15c是7除餘c，3與5除得盡的數，總加起來 70a+21b+15c 是3除餘a，5除餘b ，7除餘c的數，也就是可能答案之一，但可能不是最小的，這數加減105(105=3*5*7)仍有這樣性質，可以多次減去105而得到最小的正數解。

素數普遍公式編輯詞條 已關注編輯摘要 摘要

目錄[隱藏]

一、引言

二、素數普遍公式

三、素數的個數

四、公式的用途

1. (一）利用這個公式可以解決大部分數論難題
2. （二）證明素數無窮多
3. (三）組裝素數
4. （四）解釋問題

五、素數普遍公式在認識形成中的作用和意義

思考題

一、引言

二、素數普遍公式

三、素數的個數

四、公式的用途

1. (一）利用這個公式可以解決大部分數論難題
2. （二）證明素數無窮多
3. (三）組裝素數
4. （四）解釋問題

五、素數普遍公式在認識形成中的作用和意義

思考題

目錄

1引言

2素數普遍公式

3素數的個數

4公式的用途

5在認識形成中的…

6思考題

目錄

1引言

2素數普遍公式

3素數的個數

4公式的用途

5在認識形成中的…

6思考題

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編輯本段引言

　　2000多年前歐幾里德在證明素數無窮多時就埋下了尋求素數普遍公式的伏筆 ，以布勞維爾為首的直覺主義學派認為：「你沒有給出第n個素數是如何構造的，就不能算是好的證明」。2000多年來，數論學最重要的一個任務，就是尋找素數普遍公式，為此，一代又一代數學精英，耗費了巨大的心血，始終未獲成功。黎曼曾想用他的ζ函數數的「零點」來逼近素數普遍公式，至今未獲成功。也有人反向思考，用素數普遍公式逼近「零點」來解決黎曼猜想。希爾伯特在1900年的國際數學家大會上說：對黎曼公式進行了徹底討論之後，或許就能夠嚴格解決哥德巴赫問題和孿生素數問題。實際在哲學上，只要有一個明確的定義，就應該有一個公式。

編輯本段素數普遍公式

　　公元前250年同樣是古希臘的數學家埃拉托塞尼提出一種篩法：　　（一）「要得到不大於某個自然數N的所有素數，只要在2---N中將不大於√N的素數的倍數全部划去即可」。　　（二）將上面的內容等價轉換：「如果N是合數，則它有一個因子d滿足1<d≤√N」。（《基礎數論》13頁，U杜德利著，上海科技出版社）。.　　（三）再將（二）的內容等價轉換：「若自然數N不能被不大於(根號)√N的任何素數整除，則N是一個素數」。見（代數學辭典[上海教育出版社]1985年。屜部貞世朗編。259頁）。　　（四）這句話的漢字可以等價轉換成為用英文字母表達的公式：　　N=p1m1+a1=p2m2+a2=......=pkmk+ak 。(1)　　其中 p1，p2，.....，pk表示順序素數2，3，5，,,,,。a≠0。即N不能是2m+0，3m+0，5m+0，...，pkm+0形。若N<P（k+1）的平方 [註：後面的1，2，3，....，k，（k+1）是腳標，由於列印不出來，凡字母后面的數字或者i與k都是腳標] ，則N是一個素數。　　（五）可以把（1）等價轉換成為用同餘式組表示：　　N≡a1(modp1)， N≡a2(modp2)，.....，N≡ak(modpk)。 (2)　　例如，29，29不能夠被根號29以下的任何素數2，3，5整除，29=2x14+1=3x9+2=5x5+4。 29≡1(mod2)，29≡2(mod3)， 29≡4(mod5)。29小於7的平方49，所以29是一個素數。　　以後平方用「*」表示，即：㎡=m*。　　由於（2）的模p1，p2，....，pk 兩兩互素，根據孫子定理(中國剩餘定理）知，（2）在p1p2.....pk範圍內有唯一解。　　例如k=1時，N=2m+1，解得N=3，5，7。求得了（3，3*）區間的全部素數。　　k=2時，N=2m+1=3m+1，解得N=7，13，19； N=2m+1=3m+2，解得N=5，11，17，23。求得了（5，5*）區間的全部素數。　　k=3時, 　　---------------------| 5m+1-|- 5m+2-| 5m+3,| 5m+4.|　　---------------------|---------|----------|--------|---------|　　n=2m+1=3m+1= |--31----|--7, 37-|-13,43|--19----|　　n=2m+1=3m+2= |-11,41-|-17,47-|--23---|---29---| 　　------------------------------------------------------------　　求得了（7，7*）區間的全部素數。　　由孫子定理知，（1）式和（2）式在p1p2....pk範圍內有(2-1)(3-1)（5-1）....(pk-1)個解，兩式的本質是從p1p2....pk中除去pm（m〉1)的合數，這一點與埃拉托塞篩法不同，埃氏篩是用p1，p2，...，pk去篩p(k+1)平方以內的合數，剩下的就是p*(k+1)以內的素數了。例如用2，3，5，去篩49以內的合數，剩下的就是（7，7*）區間的素數了。但是，（1）（2）式是用p1，p2，..，pk 去篩p1p2...pk以內的pim（i≤k)形的數，連同p1，p2，...，pk也篩掉了。切比雪夫證明了「p*(k+1)<p1p2...pk對於由4開始的所有的K 都是對的。例如，3*>2，5*>2×3，7*>2×3×5，11*<2×3×5×7。從11開始都是這樣了。（參見[數學欣賞]漢斯拉德海著220頁「數30的一個性質」北京出版社1981.6）所以，若K≥4時，（1）（2）式的計算結果只能取p(k+1)平方以內的值才是素數。k=4時,　　- -------------------------- |7m+1 |7m+2 |7m+3 | 7m+4|7m+5 | 7m+6 | 　　-----------------------------|--------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m+1=5m+1=|-- 1 -- |-121- |-- 31--|- 151-|--61--|-181-- |　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m=1=5m+2=|-127-|--37-- |--157--|-67--|-187-- |-- 97-- |　　------------------------------|- -----|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m+1=5m+3=|--43--|--163-|--73---|-193-|-103--|--13----|　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m+1=5m+4=|-169-|--79--,|-199-- |-109-|--19---|-139---|　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m+2=5m+1=|--71--|-191--|-101--|--11--|-131--|--41----|　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m+2=5m+2=|-197-|-107--|--17---|-137--|--47-- |-167-- |　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|----------　　n= 2m+1=3m+2=5m+3=|-113-|-- 23--|-143--|-- 53--|-173--|-- 83---|　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　n= 2m+1=3m+2=5m+4=|--29--|-149--|--59--|-179--|--89-- |--209-- |　　------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-　　求得了（11，11*）區間的全部素數。 共有（2-1）×（3-1）×（5-1）×（7-1）=48個解。 小於11平方的解有27個，加上被篩掉的（m=1）四個數2，3，5，7。減掉即不是素數也不是合數的「1」，共有：　　************(2-1)×(3-1)×(5-1)×(7-1)　　[ 121×------------------------------------+4-1]=30.個解。 方括弧內取整數。　　******************( 2×3×5×7) 　　素數普遍公式實際上是由兩個式子共同完成，僅從（1）式看不出素數的什麼規律，一旦轉為同餘式組，整個線路就清晰了，因為在孫子定理的照耀下，我們知道，a≠0，即是在p1p2p3...pk範圍內篩去p1m+0，p2m+0，p3m+0，...，pkm+0形的數，所以在p1p2p3...pk範圍內有（2-1）×（3-1）×（5-1）×...×(pk-1)個解。或者表示成　　(1-1/2)(1-1/3)(1-1/5)...(1-1/pk).（*）　　個解。並且類似義大利數學家彼德羅們伐利的調和級數的定理，在向無窮所使用的「自我複製」,大家可以聯想到原子核裂變的情況，物理與數學是相通的。　　

編輯本段素數的個數

　　設π（p*(k+1)表示不大於p*(k+1)素數個數（可以參見右圖）：　　------------------------------（p1-1)(p2-1)(p3-1)......(pk-1)　　π(p*(k+1)=[ p*(k+1)× -------------------------------------------+k-1] 。（ 3 ）　　------------------------------------------( p1p2......pk)　　利用（3）式計算素數個數可以相當精確。 　　下面是利用（3）式計算的一些結果。　　-------------------------------------------------------------------------　　p(k+1) |--------- 利用（3）式計算的數值------- |---- 實際值 　　---3----|------------4----------------------------------|----4-----　　---5----|------------9----------------------------------|----9--------　　---7----|-----------15---------------------------------|----15-------　　--11---|-----------30----------------------------------|---30-------　　--13---|-----------39----------------------------------|---39-------　　---17--|-----------60----------------------------------|---61-------　　---19--|-----------71----------------------------------|---72-------　　--23---|-----------97----------------------------------|----99-------　　---29--|--------145------------------------------------|-----146----　　----31-|----------161----------------------------------|-----162----　　----37-|-----------219---------------------------------|----219-----　　--101-|----------1251---------------------------------|---1252-----　　------------------------------------------------------------------------------------------　　上面的表格是說，例如，素數101的平方內，利用（3）式計算的是1251個素數，實際值是1252個素數。誤差非常小。　　仿此下去，可以求得任意大的數以內的全部素數。以上就是吳振奎教授在文章中介紹王曉明發現的素數普遍公式。南開大學的胡久念教授認為（3）式非常重要。　　這個公式提示我們，素數不是越來越少，如果按自然數平方的區間計算，反而越來越多。例如：　　n*-------------------(n+1)*------------素數個數　　1-----------------------2---------------------2(即1的平方到2的平方有2個素數）　　2-----------------------3---------------------2　　3-----------------------4---------------------2　　4-----------------------5---------------------3　　5-----------------------6---------------------2　　6-----------------------7---------------------4　　7-----------------------8---------------------3　　8-----------------------9---------------------4　　...........................................　　50---------------------51------------------11（即50的平方到51的平方有11個素數）　　51---------------------52------------------15　　52---------------------53------------------16　　53---------------------54-------------------12　　54---------------------55-------------------13　　55---------------------56-------------------11　　56---------------------57-------------------12　　57---------------------58-------------------17　　...........................................　　95--------------------96--------------------20　　96--------------------97--------------------22　　97--------------------98--------------------22　　98--------------------99--------------------23　　99-------------------100--------------------21（即99的平方到100的平方有21個素數）　　總的形勢是越來越多。利用上面的公式證明奧波曼猜想（在正整數n*與（n*+n）之間必有一個素數）和傑波夫猜想（兩個相鄰奇素數平方之間至少有兩對素數）已經不是什麼問題了。因為，我們成功地將零散的數學概念，方法，定理編輯成為一個從基本概念到最複雜結論的網路，當然，我們只不過是繼承了歐幾里德的方法。

值得一提的是，某些特殊素數的個數問題非常複雜，如梅森素數(Mersenne prime)的個數問題。中國數學家及語言學家周海中於1992年在《梅森素數的分布規律》一文中提出猜測：

　　當2^（2^n）＜p＜2^（2^（n+1））時，Mp有2^（n+1）－1個是素數。

　　周海中還據此作出推論：當p＜2^（2^（n+1））時，Mp有2^（n+2）－ n － 2個是素數。

　　（註：p為素數；n為自然數；Mp為梅森數）

　　這一猜測被國際上命名為「周氏猜測」；它至今未被證明或反證，已成了著名的數學難題。

編輯本段公式的用途

　　 (一）利用這個公式可以解決大部分數論難題　　利用這個公式可以解決大部分數論難題，包括孿生素數猜想(在【中等數學】2002.5期「從台爾曼公式談起」，王曉明給出了哥德巴赫猜想的合理框架。即對於任何一個正整數n，是否必然存在一個X，使得（n+X）與（n-X）都是素數。因為（n+X）+（n-X）=2n。這就是著名的哥德巴赫猜想。根據除法算式定理和同餘定理：「每一個整數恰與0，1，2，...，m-1中一數同於(modm)。」我們得知，任給一個整數n，都可以唯一地表示成：　　n=p1m1+c1=p2m2+c2=...=pkmk+ck 。(4)　　p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，...，。c=0，1，2，3，...，pi-1。[Pk的平方/2]<n<[P（K+1)的平方/2]。是否存在一個X：　　X=p1h1+g1=p2h2+g2=...=pkhk+gk 。(5)　　gi≠ci，gi≠pi-ci。若X〈n-2，則n+X與n-X是一對素數。　　例如n=20，20=2m+0=3m+2=5m+0. （ 5的平方/2)<20<（7的平方/2）即（25/2）<20<（49/2）；　　解得X=2h+1=3h+0=5h+1=21　　X=2h+1=3h+0=5h+2=27　　X=2h+1=3h+0=5h+3=3　　X=2h+1=3h+0=5h+4=9　　X的四個解中有2個小於20-2，即3和9。得知20-3與20+3是一對素數；20-9與20+9是一對素數。這個例題包含了證明的思想，必須利用一個引理，見下面的引理。徹底證明已經不困難，讀者可以自己試著完成。　　這是因為胡作玄教授有一個精闢的論斷（他在介紹康托爾企圖證明哥德巴赫猜想失敗後的話）：解決哥德巴赫問題在於對素數有一個正面的刻畫。　　素數普遍公式就是正面的刻畫，例如上面的例子：　　**20=2m+0=3m+2=5m+0　　(+)9=2h+1=3h+0=5h+4　　----------------------------------------　　=29=2m+1=3m+2=5m+4.(符合（1）（2）式，gi≠pi-ci.，相加後最小剩餘不為0，所以相加後是素數。　　相減：　　**20=2m+0=3m+2=5m+0　　(-)9=2h+1=3h+0=5h+4　　--------------------------------------　　=11=2m+1=3m+2=5m+1(符合（1）（2）式，gi≠ci.，相減後最小剩餘不為0，所以相減後是素數。（相加相減讀者可以參考「群」的概念）　　證明哥德巴赫猜想就是要證明（5）式：1，x必然有解（如果最小剩餘ci≠gi,ci≠pi-gi覆蓋了全部剩餘類就沒有解）。2，x必然有小於pk平方/2的解。　　利用這個公式去解決黎曼猜想也完全可能。這個方法的優越性十分明顯，每一步都與前面一步有著十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的定理。　　1923年哈代和李特爾伍德證明，如果廣義黎曼猜想成立，（所有L（S，X）的非平凡零點都位於直線R*S=1/2上，簡記（CRH），那麼幾乎所有的偶數都可以表示為二個奇素數之和。相反，假如哥氏猜想成立，黎曼猜想是否也可以推出？當然，一個完全正確的命題，其逆命題可能是錯誤的。　　這個公式比黎曼素數公式所含的信息量大的多。有了素數普遍公式，哥德巴赫猜想和孿生素數猜想等數論難題都將迎刃而解。希爾伯特，沈康身（浙江大學教授）吳振奎（天津商學院教授）都是這樣認為的。　　 （二）證明素數無窮多　　已經知道有幾十種證明素數無窮多的方法。可以利用素數普遍公式證明素數無窮多。　　先證明一個引理：　　|------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|　　「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩K次後被篩數（或者未被篩數）相差不超過K個」。|　　|------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|　　　　說明：本篩法與埃拉托賽尼篩法不同，埃氏篩先用2篩，然後把2的倍數剔除掉；再用3篩，又把3的倍數剔除掉；再用5篩，.....。本篩法是已經篩過的數不馬上剔除掉，而是做上標記，等全部篩完過後再把篩過的數剔除掉。於是，有一些含有幾個不同素因子的數就要被篩幾遍，例如「6 」，就要被「2，」和「3，」各篩一遍。　　證明：根據除法算式定理：「給定正整數a和b，b不等於0，存在唯一整數a和r，（0≤r<b.)。使a=bq+r。」得知，如果從a中篩bm形數，a個連續自然數中，最多含有q+1個bm形數，r個連續自然數中，最多含有一個bm形數。例如，a=35，b=3，35=3x11+2，35個連續自然數中，最多含有11+1=12個3m形數，例如1---35有11個3m形數，36----70有12個3m形數。　　現在設某兩個區間為A與B，含自然數的個數分別為|A|與|B|，|A|=|B|，下證明p去篩，兩區間被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個。由上所述篩法，用順序素數p1，p2，...，pk依次去篩，兩區間每次被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個，故篩k次兩區間被篩數(或者未被篩數）個數最多不超過k個。　　證法1，設|A|=pm+r，則|B|=pm+r，0≤r<p，即區間A和B中均至少含有m個pm形數，又由於r<p，故r個連續自然數中至多有一個pm形數，即被篩pm形數個數相差不超過1個。　　證法2，假若不然，篩k次有兩個區間A與B，被篩數相差大於K，比如有K+1個，那會出現什麼問題呢？我們問第K+1是個什麼（見圖），例如A與B用2和3去篩，如果出現了相差3個，第一個記為2m形，第二個記為3m形，問第三個（-？-）是什麼形式？（每一個括弧表示一個自然數）。　　A：（+）。。。（+）；-------------------（-）（-）（-）（-）。。。（-）；　　B：（+）。。。（+）（2m)(3m)(-?-)；--------------------（-）。。。（-）；　　|---------------已經篩過部分----------------|------------未經篩過部分------------|。　　如果第三個（-？-）是2m或者3m形， 顯然與除法算式定理矛盾；如果不是2m或者3m形，它就不應該「站在」已經篩過的行列。無論哪一種情況，假設都不能成立。證畢。證明方法2由美國Qhio-Wesleyan-University王蕊珂給出。（如果已經篩過部分A比B多K個，則未篩過部分B比A多k個，這個很好理解，正如一個故事所講，第一輛車裝了40位姑娘，第二輛車裝了40位小夥子，停車時第二輛車的一部分小夥子坐上了第一輛車，第一輛車的司機不高興了，說我只拉40個人，於是兩輛車都是40個人，都有姑娘小伙，問：是第一輛車的姑娘多還是第二輛車的小夥子多？答案是顯然的；第一輛車的姑娘與第二輛車的小夥子一樣多)。　　我們可以用公式表示：{|A1|=|A2|=...=|An|}→s(k):|Aj|-|Ai|≤k。　　就是說，在連續自然數相等的區間|A1|，|A2|，...，|An|中，篩（用s表示)k 次，任何兩個區間:| Aj|-|Ai|≤k。.　　註：原來以為這個問題是顯然的，哪知，論文發表後，江西省九江市第一中學高三級黃晶晶同學發現必須給與證明，否則就是一個漏洞，給編輯部寫信。時間是2002年。 小小年紀，真是不簡單。後來得知，黃晶晶考入一所著名大學的數學系，經過兩年多努力，才完成「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不大於k個。 　　------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------　　假定最後一個素數是23，那麼對於下式：　　N=2m+a1=3m+a2=5m+a3=7m+a4=11m+a5=13m+a6=17m+a7=19m+a8=23m+a9。 （6）　　（a不等於0，若N<23*，則是一個素數，23是第9個素數).來說，就沒有小於23*的解，因為N與2，3，5，7，11，13，17，19，23互素，並且大於23，我們知道沒有與所有素數互素的合數，所以N必然是素數，原先假設是錯誤的，這是證法一。　　證法二：（6）式如果有小於23*的解，就是素數，與假設矛盾，所以（6）沒有小於23*的解。（1）式的同餘形式：　　N≡a1(mod2)， N≡a2(mod3)，N≡a3(mod5)，N≡a4(mod7)，N≡a5(mod11)，N≡a6(mod13)，N≡a7(mod17)，N≡a8(mod19)，N≡a9(mod23).。（7）　　　根據孫子定理，從（6）（7）式得知，（6）（7）式在2x3x5x7x11x13x17x19x23範圍內有（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）個解。（6）（7）式的本質是從2x3x5x7x11x13x17x19x23中篩去2m，3m，5m，7m，11m，13m，17m，19m，23m形的數。共篩9次。　　我們把2x3x5x7x11x13x17x19x23按(19x23)為一個區間，（注意19x23<23的平方）分成2x3x5x7x11x13x17個區間：　　[1 ，19x23），[19x23+1，2x19x23），.........，[2x3x5x7x11x13x17x19x23-（19x23）+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23）。　　假如第一區間[1，19x23）無解，根據引理，其他區間的解也不會超過9個。2x3x5x7x11x13x17個區間不超過2x3x5x7x11x13x17x9個解。少於（6）（7）式固有的解（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）。一一對應，（23-1）對應9；（19-1）對應17；（17-1）對應13，（13-1）對應11；（11-1）對應7；（7-1）對應5；（5-1）對應3；（3-1）對應2。　　--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------　　（2-1）|（3-1）|（5-1）|（7-1）|（11-1）|（13-1）|（17-1）|（19-1）|（23-1）|　　|-------------2-----|----3----|----5----|-----7-----|-----11----|----13---|-----17----|----9------|　　----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------　　每一項都是上面大於或者等於下面，說明原先假設23是最大的素數是錯誤的，他造成了與（6）（7）式的矛盾，而　　（6）（7）式的解數目是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾必然是錯誤的。這是利用抽屜原則，（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）是抽屜，2x3x5x7x11x13x17x9是信封，信封少於抽屜，說明至少有抽屜沒有信封。證畢。　　證法二雖然繁瑣（繞圈子），但是一個強有力的工具（歸謬法）。假如在第一區間無解，就會造成總的解數目少於公式固有的解的數目，而固有解的數目是由孫子定理得出的。這個方法移植到孿生素數證明上，同樣有效。　　 (三）組裝素數　　。在例題中，當k=4時，我們發現，根本不需要計算，只有添進數字就可以了，當k=5時，有480個解，如果用埃氏篩，或者進行計算，哪怕是歐拉或者高斯這樣的巨匠，也要幾個小時，如果編成程序，一秒鐘也用不了。人類已經不需要依賴埃拉托賽尼篩法計算素數。只有利用一個模具。　　 （四）解釋問題　　可以說明　　1，台爾曼素數公式。（參見「從台爾曼公式談起」《中等數學》2002年5期)　　2,福蒂恩猜想。劍橋大學人類學家福蒂恩發現：　　若與p1p2....pn+1　　(p1,p2,....是順序素數2，3，5，，，，）相繼的下一個素數為q,則q-p1p2p3....pn也是素數：　　2+1=3，5-2=3；　　2x3+1=7,11-6=5;　　2x3x5+1=31,37-30=7,;　　2x3x5x7+1=211,223-210=13,　　............　　利用公式可以清晰地解釋福蒂恩猜想。　　（五）孿生素數及其猜想　　公式　孿生素數有一個十分精確的普遍公式，是根據一個定理：「若自然數Q與Q+2都不能被不大於根號(Q+2)的任何素數整除，則Q與Q+2是一對素數，稱為相差2的孿生素數。這一句話可以用公式表達：　　Q=p1m1+b1=p2m2+b2=....=pkmk+bk . 。(8)　　　　其中p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，....。b≠0， b≠pi-2。(即最小剩餘不能是0和pi-2.。不能是2m，3m，5m，...，pkm形，不能是3m+1，5m+3，7m+5，....，pkm-2形）。若Q〈P*（k+1)-2 [註：（k+1)是腳標]，則Q與Q+2是一對孿生素數。　　例如，29，29和29+2不能被不大於根號（29+2）的任何素數2，3，5整除，29=2m+1=3m+2=5m+4， 29〈49-2(即7*-2）所以29與29+2是一對孿生素數。　　上式可以用同餘式組表示：　　Q≡b1(modp1)，Q≡b2(modp2)，...，Q≡bk(modpk)。(9)。　　由於（9）式的模p1，p2，...，pk兩兩互素，根據孫子（中國剩餘）定理，對於給定的b值,（9）式在p1p2...pk範圍內有唯一的解。例如29，　　29≡1(mod2)，29≡2(mod3)，29≡4(mod5)。29小於7的平方減2，即49-2。所以29是一個素數。29在2×3×5=30範圍內有唯一解。　　例如：　　k=1時，Q=2 m+1，解得Q=3和5，5<3*-2，得知3與3+2，5與5+2是兩對孿生素數。從而得到了3,3*)區間的全部孿生素數。　　k=2時，Q=2m+1=3m+2。解得Q=5，11，17。17<5*-2，得知11與11+2，17與17+2是孿生素數對，從而得到（5，5*)區間的全部孿生素數。　　k=3時，　　*********************|----5m+1-----|-5m+2-|-5m+4-|　　---------------------------------------------------------|　　Q=2m+1=3m+2=|-11-，-41-；|---17---|---29---|　　---------------------------------------------------------|　　從而求得了（7，7*）區間的全部孿生素數對。　　k=4,時，解得：　　******************************|-7m+1-|-7m+2-|-7m+3-|-7m+4-|-7m+6-|　　Q=2m+1=3m+2=5m+1=|---71---|--191--|--101---|---11--|----41--|　　Q=2m+1=3m+2=5m+2=|--197--|--107--|---17----|--137--|--167--|　　Q=2m+1=3m+2=5m+4=|---29--|--149--|----59----|--179--|--209--|　　---------------------------------------------------------------------------------------　　求得了（11，11*）區間的全部解。　　仿此下去，可以求得任意給定的數以內的全部孿生素數，並且一個不漏地得到。　　注意，在k≥4時，利用表格，我們不需要通過計算，或者埃拉托賽尼篩法求得解，而是只要填寫即可。表格的數字十分有規律。人類已經不依賴埃氏篩。可以通過組裝或者克隆素數。這對大數密碼是一個強烈的衝擊。　　由於b≠0,（8）（9）式的本質就是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，...，pkm形的數k次;；由於b≠pi-2，(8)，(9)式是從p1p2p3...pk中篩去p1m-2，p2m-2，p3m-2，....，pkm-2形的數k次，共篩2k次。　　孿生素數猜想就是要證明（8）式或者（9）式在k值任意大時都有小於p*{k+1)-2的解。詳細情況可以參見「百度百科」詞條「孿生素數普遍公式」，以及「素數普遍公式」。利用（8）（9）式證明孿生素數猜想變得十分容易，希爾伯特等數學家都是這樣認為的.　　根據孫子定理得知，（1）（2）式在p1p2p3...pk範圍內有：　　(2-1)×(3-2)×(5-2)×....×(pk-2)。（3）　　個解。（p後面的1，2，3，...，k是腳標）。　　孿生素數的篩法就是在埃拉托塞尼的篩後再篩去pm-2型的數。 　　關於孿生素數猜想　　孿生素數猜想就是要證明K值任意大時（1) 式（2）式都有小於p*k的解。有了這個孿生素數普遍公式，證明孿生素數問題就像做一道中學數學題一樣容易。　　這是希爾伯特說的，因為孿生素數公式把孿生素數猜想轉化成一個初等數論問題。事實上也是這樣。例如，　　假設最後一對孿生素數是59與61，那麼對於下式：　　Q=2m+b1=3m+b2=5m+b3=....=53m+b16=59m+b17=61m+b18. （10）　　(61是第18個素數)。　　　來說，就沒有小於67*-2的解。b≠0， b≠pi-2。若Q<67*-2，則Q與Q+2是一對孿生素數。（10）式可用同於式組表示：　　Q≡1（mod2)，Q≡2(mod3)，...，Q≡b17(mod59)，Q≡b18(mod61)。（11）　　根據孫子定理，（10）式（11）式共有：　　（2-1）×（3-2）×（5-2）×（7-2）×........×（59-2）×（61-2）。（12）　　個解。　　注意（10）式，Q與(Q+2)與2，3，5，.......，53，59，61互素。並且大於2，3，5，.......，53，59，61。如果Q<67*-2，則Q與（Q+2）　　是一對大於61的孿生素數。既然我們已經假設了最大的孿生素數是59與61，那麼（10）（11）式肯定沒有小於67*-2的解，如果Q小於67*-2，則Q與（Q+2）是一對孿生素數。　　可以分為幾個步驟證明：　　{1}：我們將2×3×5×7×....×53×59×61按59×61劃分為一個區間：　　[1，59×61]，[59×61+1，2×59×61]，...,，[（2×3×5X...X59×61）-（59×61）+1，2×3×5×....×59×61]。　　共有2×3×5×....×53個區間。因為（10）（11）式的本質是從2×3×5×...×53×59×61範圍內篩去 2m，3m，5m，...，53m，59m，61m形的數(篩k次）和2m-2，3m-2，5m-2，7m-2，...，53m-2，59m-2，61m-2形的數(篩k次）共2k次。　　{2}：既然67*-2沒有解，我們只要證明：如果第一區間[1，59×61]無解，即67*-2內無解，（因為59×61<67*-2），[也就是（4）（5）式在p*k內無解]。其它區間解的數目就不會超過2k個（此時k=18,，61是第18個素數)。（見上面的「引理」）。　　{3}：[（2×3×5×…×47×53）×2×18]<[（2-1）×（3-2）×（5-2）×…×（59-2）×（61-2）]。　　一一對應：右式在上，左式在下，(61-2)對應(2x18)，(59-2)對應53，(53-2)對應47，(47-2）對應43，（43-2）對應41，（41-2）對應37。　　[(2-1)X(3-2)X(5-2)X(7-2)X(11-2)X(13-2)X(17-2)X...X(37-2)X(41-2)X(43-2)X(47-2)X(53-2)X(59-2)X(61-2)]　　------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------>2。　　[2X3X5X7X11X13X17X19X23X29X31X37X41X43X47X53X(2×18)]。　　前面：　　（2-1)X(3-2)X(5-2)X(7-2)X(11-2)X(13-2)X(17-2)X(19-2)X(23-2)X(29-2)X(31-2)X(37-2)　　-----------------------------------------------------------------------------------------------------------=1.086　　2x3x5x7x11x13x17x19x23x29x31　　後面每一項分子大於分母。　　由於右式比左式多2項，所以造成：　　{4}：每一項都是上端大於下端或者等於下端。造成了下端假設解的數目少於（10）（11）式固有的解（上端的數目（2-1）×（3-2）×（5-2）×....×（53-2）×（59-2）×（61-2），而上端解的數目是根據孫子定理得出的，與孫子定理相矛盾必然是錯誤的, 所以原先假設最後一對孿生素數是59與61是錯誤的。。這就是利用抽屜原則這個鐵一樣的定理，（（2-1）x(3-2)x(5-2)x(7-2)x...x(59-2)x(61-2)就是抽屜，2 x3x5x7x...x53x(2x18)就是信封，信封少於抽屜，至少有抽屜沒有裝上信封。　　{5}這個證明是什麼意思呢？就是說，如果假設59與61是最大的孿生素數，那麼在（4）（5）式，就沒有小於67*-2的解，即第一區間（1，59×61）內無解，如果第一區間無解，其它區間的解就會少於2k個，即2×18=36個。這樣就出現了與假設的矛盾，因為（10）（11）式的解是一個絕對的數目（即（12）式），他是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾顯然是錯誤的，所以假設59與61是最大的孿生素數是不對的。　　這個方法的優越性十分明顯，可以避免循環論證，每一步都與前面一步有著十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的公式。

編輯本段在認識形成中的作用和意義

　　埃拉托賽尼篩法是一個相對獨立的實踐活動，而埃拉托賽尼的素數普遍公式是一種理論。（實踐先於理論，實踐是理論的源泉）。如果實踐是對的，行之有效的，那麼他可以作為論據支持公式。公式的對與錯，看他是否與方法吻合，（與經驗事實相吻合）。方法是公式的內容，公式是方法的理論。在理論的內容是真的前提下，公式是可靠的，一個公式能夠產生出來，表明具有了相應的三大條件：一，相應的觀念和方法已經產生；二，相應的實踐條件和手段已經具備；三，科學勞動者能夠正確無誤地進行操作。　　方法只有藉助公式才能獲得確定的含義，方法是構成公式的成分。公式是具有一定結構的整體，這是公式自身存在與發展的前提。公式是一種體系化和邏輯化了的認識，而體系化規範化的方法是公式的靈魂。理論和公式的意義恰恰不在於他的形式，而在於他形成之後的運行。在於他作為某種因素而導出另外的結果。 　　公式是方法的收集，方法的反應。僅有方法，無法拓展新的實踐和認識，生命力受到局限，只有藉助於公式才能向更深層次參透，因為方法是一個層次，他主要是描述性的，例如，埃拉托賽尼篩法是怎樣尋找素數。而公式是理論認識，說明「為什麼」，相對來說，他超過了個別。　　人以理論的方式，觀念地把握世界，人以「公式」的形式，觀念地把握方法。就公式產生和存在的意義和使命而言，就是要朝著實踐方向作認識總過程的再認識（再次飛躍），以創造還未知的外部世界。總之，只有在一切解釋皆真的公式，才能算普效的公式，或者邏輯真的公式。要判定一個公式是否可推演出，即是否可證，這是純形式的問題；要斷言一個公式是否真，必須依賴公式以外的解釋和模型------即這個公式和方法是否可以做等價轉換。　　下面談談素數普遍公式的一些具體作用：　　（一）素數普遍公式是素數定理（若N不能被不大於根號N的任何素數整除，則N是素數）和埃拉托賽尼篩法的表現形式，表明在一定條件下和範圍內[P（k+1)平方]主觀和客觀上的符合。因而是科學真理的一種表現形式。素數普遍公式提供了廣泛的概念框架，並且概括出其中普遍的不變關係。　　（二）素數普遍公式有助於科學概念和素數理論的形成。素數普遍公式是明確其他科學概念（例如哥德巴赫猜想）的一種有效手段。將來許多科學概念的內涵都會通過素數普遍概念公式表現出來，在素數理論中，素數普遍公式起著極大的作用，他是核心和靈魂。　　（三）素數普遍公式有解釋和預見功能，由於素數普遍公式是從整體上解釋素數性質的，所以常常是演繹推理模型中的大前提（全稱），也是預見的先行條件。　　（四），在數學論證中，數學證明的本質是用有限駕馭無窮，必須首先找出無窮對象的規律，用公式概括起來，既正面刻畫後，才能去證明更深刻的問題。總之，沒有素數普遍公式，就不能去催促新的思想。例如有些人用複變函數把簡單的素數理論弄的面目全非，違背了事物的真實性，造成了驚心動魄的場面卻解決不了實際問題。正如馮。諾伊曼指出的那樣：「當一門數學離他的源泉越遠，他就變的愈加嬌柔造作。　　歐幾里德是第一個提出素數普遍公式的人，為此，人類這一步卻跨越了兩千年，這是值得深思的。　　希爾伯特對數學成果的評價，那些能把過去統一起來而同時又為未來的拓展開闢了廣闊的道路的概念和方法，應該算是最為深刻的概念和方法。素數普遍公式就是一種承上啟下，繼往開來的思想。令人欣喜的是，自從素數普遍公式發表後，已經有好幾篇相關論文發表，為最終解決黎曼猜想等難題做好了基礎。我們要想認識素數，就不得不向這個理論屈服。這個方法也許將直接導致大數密碼的崩潰，西方數學家在與軍方合作時時關注素數研究的進展，我們也應該引起注意。　　有網友說「這其實就是埃拉托賽篩法的延伸」，說的非常正確。200萬年前，人類中的一員，用手中的木枝，接燃了野火，去點燃預先準備好的柴火，人類第一次主觀地利用了火，我們發生了質變。埃氏篩就是野火，我們用（1）式接燃了它，去點燃（2）式。從此，數論將發生質變。　　六。素數普遍公式的名稱來源　　素數普遍公式是美籍俄羅斯人喬治。伽莫夫，在1946年的著作《從一到無窮大》提出的，他還提出過「宇宙大爆咋」理論。　　這真是：　　兩千年期待，姍然遲來。 ----------------|------ 數百位豪傑，盡傾心血。　　仰天長嘆，空蕩蕩青春虛度。------------|-------低頭沉思，實在在光陰耗盡。　　看歐幾里德，一籌莫展。------------------|-------思費馬玄構，歐拉神算。　　艾拉托塞，搜遍骷腸，一聲感慨。-------|-------高斯雄才，黎曼假設，無言等待。　　天之轎子，何必選此絕路。---------------|-------豐功偉業，愚公豈能移山。　　想哈代力博，拉馬努賈英年逝。---------|-------絞無盡腦汁，勾不完質數變換。　　更雄心勃發，「充分大」忽悠天下，---|-------有幾路英雄，「殆素數」兵不厭炸。　　莫等閑富貴蒸發歲月流盡虛度年華。---|-------只贏得虛名假譽輕艷浮靡一枕黃梁。

編輯本段思考題

　　1、為什麼歐拉素數公式f(m)=㎡+m+41,， 當m≥40時，就不靈了？。　　2、你能夠利用公式編出排列素數的程序嗎？　　3、你能夠證明㎡+1形式的素數有無窮多嗎？

參考資料：1.

1.吳振奎【中等數學】1999.2 談談素數表達式。

2.

2.陳志雲【中等數學】2001.4 關於一個尋找素數方法的理論依據。

3.

3.淑生 【自然】1991.11 有表示所有素數的公式嗎

4.

4.王曉明【中等數學】2002.5 從台爾曼公式談起

5.

5.王曉明 [中等數學]2001.2 素數個數問題的三種新證法

6.

6.《數學大師的創造與失誤》43頁，44頁。天津教育出版社2003年第一版，2007年第二版。

7.

7.維基百科【素數公式】詞條。

8.

8.張景中. 「周氏猜測」揭示數學之美.《30年科技成果100例：1978-2008》，

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