浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法

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1、浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法务川自治县实验学校 王若仲 贵州564300 摘要：对于“哥德巴赫猜想”，我们来探讨一种证明方法，要证明任一不小于6的偶数均存在有“奇素数+奇素数”的情形，如果我们把“奇素数+奇素数”这样的情形若能转换到利用奇合数的情形来加以分析，也就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法，顺筛就是筛除掉集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的全体奇合数；逆筛就是在集合1，3，5，7，9，（2m-1）中再筛除掉偶数2m分别减去集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩

2、下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。关键词：哥德巴赫猜想；奇素数；奇合数；顺筛；逆筛。德国数学家哥德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”， 即任何一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及进展。(一)比较有名的方法大致有下面四种：（1）筛法，（2）圆法，（3）密率法，（4）三角求和法。其中：筛法是求不超过自然数（1）的所有素数的一种方法，2m=a+b，a=p1p2p3pi，b=q1q2q3qj，筛法的基本出发点，即加权筛法；圆法是三角和（指数和）估计方法；密率法（概率法）是函数估值法。(二)研究的进展途径一：殆素数，即2m= a1a

3、2a3ai+ b1b2b3bj。殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数，虽然现在不能证明N是两个素数之和，但是可以证明它能够写成两个殆素数的和，即N=A+B，其中A和B的素因子个数都不太多，譬如说素因子个数不超过10。现在用“a+b”来表示如下命题：每个大偶数N都可表为A+B，其中A和B的素因子个数分别不超过a和b。显然，哥德巴赫猜想就可以写成“1+1”。在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。“a+b”问题的推进 1920年，挪威的布朗证明了“9+9”。 1924年，德国的拉特马赫证明了“7+7”。 1932年，英国的埃斯特曼证明了“6+6”。 1937年，意大利的蕾西先后证明了“

4、5+7”, “4+9”, “3+15”和“2+366”。 1938年，苏联的布赫夕太勃证明了“5+5”。 1940年，苏联的布赫夕太勃证明了“4+4”。 1956年，中国的王元证明了“3+4”。稍后证明了 “3+3”和“2+3”。 1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+c”，其中c是一很大的自然数。 1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“1+5”， 中国的王元证明了“1+4”。 1965年，苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉多夫，及意大利的朋比利证明了“1+3 ”。 1966年，中国的陈景润证明了“1+2 ”。 途径二：例外集合，即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。在数轴上取定大整数x，

5、再从x往前看，寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数，即例外偶数。x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。我们希望，无论x多大，x之前只有一个例外偶数，那就是2，即只有2使得猜想是错的。这样一来，哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。当然，直到现在还不能证明E(x)=1；但是能够证明E(x)远比x小。在x前面的偶数个数大概是x/2；如果当x趋于无穷大时，E(x)与x的比值趋于零，那就说明这些例外偶数密度是零，即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。这就是例外集合的思路。 维诺格拉多夫的三素数定理发表于1937年。第二年，在例外集合这一途径上，就同时出现了四个证明，其中包括华罗庚先生的著名定理。 途

6、径三：小变量的三素数定理，即已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。如果偶数的哥德巴赫猜想正确，那么奇数的猜想也正确。我们可以把这个问题反过来思考。已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。这个思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25岁时，研究有一个小素变数的三素数定理。这个小素变数不超过N的次方。我们的目标是要证明可以取0，即这个小素变数有界，从而推出偶数的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先证明可取1/4。后

7、来的很长一段时间内，这方面的工作一直没有进展，直到1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7/120。这个数已经比较小了，但是仍然大于0。 途径四：几乎哥德巴赫问题，即2m=p+q+2k。p和q均为奇素数。1953年，林尼克发表了一篇长达70页的论文。在文中，他率先研究了几乎哥德巴赫问题，证明了，存在一个固定的非负整数k，使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和。这个定理，看起来好像丑化了哥德巴赫猜想，实际上它是非常深刻的。我们注意，能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合；事实上，对任意取定的x，x前面这种整数的个数不会超过log x的k次方。因此，林尼克定理指出，虽然我们还

8、不能证明哥德巴赫猜想，但是我们能在整数集合中找到一个非常稀疏的子集，每次从这个稀疏子集里面拿一个元素贴到这两个素数的表达式中去，这个表达式就成立。这里的k用来衡量几乎哥德巴赫问题向哥德巴赫猜想逼近的程度，数值较小的k表示更好的逼近度。显然，如果k等于0，几乎哥德巴赫问题中2的方幂就不再出现，从而，林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。林尼克1953年的论文并没有具体定出k的可容许数值，此后四十多年间，人们还是不知道一个多大的k才能使林尼克定理成立。但是按照林尼克的论证，这个k应该很大。其中有个结果必须提到，即李红泽、王天泽独立地得到k=2000。目前最好的结果k=13是英国数学家希思-布朗(D. R.

9、 Heath-Brown)和德国数学家普赫塔(Puchta)合作取得的，这是一个很大的突破。数学家们经过上面四个途径的不断探索求证，仍然没有彻底解决哥德巴赫问题。现在我们介绍探讨求证“哥德巴赫猜想”的另一种新方法，我在前人筛法的基础上作出了进一步的改进，定义了“顺筛”和“逆筛”这两个基本概念。就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法来达到目的。顺筛就是筛除掉集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的全体奇合数；逆筛就是在集合1，3，5，7，9，（2m-1）中再筛除掉偶数2m分别减去集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的每一个奇合数而得到的全体奇数；如果我们设奇素数p1，p2，p3

10、，pt均为不大于2m的全体奇素数（pi pj ，ij，i、j=1，2，3，t），tN。对于“2m=奇数+奇数”（m3）来说，就只有下面几种情形：（1）2m=奇合数+奇合数，（2）2m=奇合数+奇素数，（3）2m=奇素数+奇素数，（4）2m=1+奇合数，（5）2m=1+奇素数。我们的目的就是要筛除掉（1）和（2）以及（4）或（5）情形中的所有奇数（因为对于偶数2m，（4）和（5）的情形不可能同时成立）。但是下面这两种情形我们不必分析讨论：偶数2m=p+p，p为奇素数；集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-pt）中至少有一个奇数为奇素数。假若（2m-p2）为奇素数，那么2m=

11、（2m-p2）+p2。所以和这两种情形，偶数2m已经可表为“奇素数+奇素数”。 如果我们能够明确的判定在任意设定的集合1，3，5，7，9，（2m-1）中，通过顺筛筛除掉集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的全体奇合数，通过逆筛筛除掉偶数2m分别减去集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。集合1，3，5，7，9，（2m-1）通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。下面我们举实例阐述这种解决“哥德巴赫猜想”新的基本思想方法。首先我们回顾一下2000多年前埃拉托斯特尼筛

12、法，埃拉托斯特尼筛法可以用来寻找一定范围内的素数（比如说m这个数，m这个数不是太大）：操作的程序是先将第一个数2留下，将它的倍数全部划掉；再将剩余数中最小的3留下，将它的倍数全部划掉；继续将剩余数中最小的5留下，将它的倍数全部划掉，如此直到没有可划的数为止。例如在100内进行这样的操作，可得素数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97。我们暂且把前人的这种筛法称为埃拉托斯特尼顺筛，简称顺筛。就是通过顺筛，能够把某个很大的偶数M范围内的素数全部筛出来，也未必好确定不大于偶数M的所有偶数均可表为两个

13、奇素数之和。顺筛实际上就是筛出偶数M范围内的所有偶数（除2外）和所有奇合数。如果我们在顺筛的基础上，再配合另外一种筛法，我们暂且把这种筛法称为埃拉托斯特尼逆筛，简称逆筛。逆筛就是筛除掉偶数2m分别减集合1，3，5，7，9，（2m-1）中的每一个奇合数而得到的全体奇数；对于偶数M范围内的所有正整数，通过顺筛和逆筛配合筛出后，一定能够判定偶数M是否可表为两个奇素数之和。 我们以偶数100为例来阐述，因为“哥德巴赫猜想”针对的是奇素数，而奇素数是从奇数中分离出来的概念，所以我们就排出偶数的情形，只考虑奇数的情形。对于偶数100以内的全体奇数，首先进行顺筛：（1）筛出3的倍数，可得集合A1=1，3，5

14、，7，11，13，17，19，23，25，29，31，35，37，41，43，47，49，53，55，59，61， 65，67，71，73，77，79，83，85，89，91，95，97。（2）在集合A1中筛出5的倍数，可得集合A2=1，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，49，53，59，61，67，71，73，77，79，83，89，91，97。（3）在集合A2中筛出7的倍数，可得集合A3=1，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97。偶数100以内的全

15、体奇数，经过顺筛后，可以得出下面这样的结论：满足“奇合数+奇合数=100”中的全体奇合数，满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇合数，满足“1+奇合数=100”中的奇合数，全部被筛除。又因为区间100，100以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，这种情形扩展开来的一般情形完全可以证明。 其次进行逆筛：（4）在集合A3中筛出集合（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87）

16、，（100-93），（100-99）=91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 中的奇数，可得集合A4=3，5，11，17，23，29， 41，47，53，59，71，83，89，97。（5）在集合A4中筛出集合（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）=79，65，51，37，23，9中的奇数，可得集合A5=3，5，11，17，29， 41，47，53，59，71，83，89，97。（6）因为100含有奇素数因子5，所以奇素数5要直接筛出。最后得到集合A6=3，11，17，29，

17、41，47，53，59，71，83，89，97。所以再经过逆筛后，我们可以得出这样的结论：满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇素数，满足“1+奇素数=100”中的奇素数，全部被筛除。显然可得到偶数100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。虽然我们前面阐述了利用顺筛和逆筛配合筛法的妙处。但是对于很大很大的偶数2m，这种配合筛法的技术难度仍然相当大，怎样克服这个技术性难题呢？下面我们再阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。我们还是以偶数100为例来阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法：对于偶数100以内的全体奇数组成的集合A，那么集合A=1，3，5，7，9

18、，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，65，67，69，71，73，75，77，79，81，83，85，87，89，91，93，95，97，99，集合A中元素的总个数为50个。因为区间100，100以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，对于偶数100，我们只需用奇素数3，5，7来设定一些集合就能达到目的了。设集合A1=9，15，21，27，33，39，45，51，57，63，69，75，81，87，93，99，集合A1=（100-9），（100-1

19、5），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）=91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 ，集合A2=15，25，35，45，55，65，75，85，95，集合A2=（100-15），（100-25），（100-35），（100-45），（100-55），（100-65），（100-75），（100-85），（100-95）=85，75，

20、65，55，45，35，25，15，5，集合A3=21，35，49，63，77，91，集合A3=（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）=79，65，51，37，23，9。（1）因为偶数100含有奇素数因子5，所以我们只需考虑集合B=A2A2=5，15，55，35，45，55，65，75，85，95的情形。又因为偶数100不含有奇素数因子3和7，所以集合A1和A1无公共元素，集合A3和A3无公共元素。（2）集合A1B=15，45，75，集合A1B=25，55，85，集合A1A3=21，63，集合A1A3=49，91，集合A1A3

21、=9，51，集合A1A3=37，79，集合A3B=35，集合A3B=65，集合A1A3B=，集合A1A3B=，集合A1A3B=，集合A1A3B=。（3）有了上面（1）和（2）的准备工作，我们下面就开始从集合中元素的数量着手，展开阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。（4）因为集合A中元素的总个数为50个，在集合A中筛除集合A1和A1中的元素，可以转换到从集合中元素的数量来着手，即得50-16-16=18（个）（集合A1和A1中元素的总个数均为16个）。（5）再在集合A中筛除集合B中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3=14（个），因为在50-16-16-10

22、中集合A1B=15，45，75中元素的总个数多减了一次，所以要加上3；又因为在50-16-16-10中集合A1B=25，55，85中元素的总个数多减了一次，所以要再加上3。（6）再在集合A中筛除A3和A3中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个），因为在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1A3=21，63中元素的总个数，集合A1A3=49，91中元素的总个数，集合A1A3=9，51中元素的总个数，集合A1A3=37，79中元素的总个数，集合A3B=35中元素的总个数，集合A3B=65中元素的总个数，均被多减

23、了一次，所以要加上4个2和2个1。（7）从前面这个实例，我们不难得出这样一个结论：对于偶数M，利用顺筛和逆筛配合筛，再转换到利用集合中元素的数量来处理，就容易处理多了。当然对于很大很大的偶数2m，也是肯定容易处理多了，这就是解决技术性难题的基本思想方法。因为集合A13与集合A1（100-3）中元素的个数相等，并且均约等于503个；集合B中元素的个数等于505个；集合A37与集合A3（100-7）中元素的个数相等，并且均约等于507个；以偶数100为例各种算法验证如下：算法一：50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个）。算法二：50-5032-505+50152-

24、5072+50214+50352-50105450-33.3333333-10+6.6666667-14.2857143+9.52380952+2.85714286-1.904761969.0476191-59.52380959.52380969（个）。算法三：50-5032-505+50152-5072+50214+50352-501054=50（1-23）-（505）（1-23）+（507）2（1-23）+50352（1-23）=50（1-23）（1-15）-（507）2（1-23）（1-15）=50（1-23）（1-15）（1-27）=50（13）（45）（57）95077（个）。对于第

25、三种验算方法，关于偶数100，说明通过顺筛和逆筛配合筛后，被筛除的集合中至少还有7个奇数未被筛除，就是把1和99再筛除还计算在内，被筛除的集合中至少还有5个奇数未被筛除，剩下的奇数必然只能满足“奇素数+奇素数=100”的情形，这就说明偶数100能表为两个奇素数之和。现在我们开始阐述解决“哥德巴赫猜想”的基本思想方法：（1）为了解决无穷的情形，我们必须从极限这一基本点着手，解决了极限成立的情形，其它情形显然成立。（2）因为偶数2m=1+（2m-1）=3+（2m-3）=5+（2m-5）=7+（2m-7）=（2m-7）+7=（2m-5）+5=（2m-3）+3=（2m-1）+1。对于“偶数2m=奇数+

26、奇数”来说，只有下面几种情形：偶数2m=奇合数+奇合数，偶数2m=奇合数+奇素数，偶数2m=奇素数+奇素数，偶数2m=1+奇合数，偶数2m=1+奇素数。（3）极限的情形无外孚是对于一个非常大的偶数2m，设奇素数p1，p2，p3，pt均为不大于2m的全体奇素数（pi pj ，ij，i、j=1，2，3，t），tN；并且假设偶数2m均不含有奇素数因子p1，p2，p3，pt，集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-pt）中的奇数均为奇合数；这就保证了集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-pt）中的奇数只能是前面（2）中“偶数2m=奇合数+奇素数”的情形。（4）

27、设置集合A=1，3，5，7，9，（2m-3），（2m-1），又设置集合A1= p1，3p1，5p1，7p1，9p1，（2m1-1）p1，集合A1=（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），2m-（2m1-1）p1，集合A2=p2，3p2，5p2，7p2，9p2，（2m2-1）p2，集合A2=（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），2m-（2m2-1）p2，集合A3=p3，3p3，5p3，7p3，9p3，（2m3-1）p3，集合A3=（2m-p3），（2m-3p3

28、），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），2m-（2m3-1）p3，集合At=pt，3pt，5pt，7pt，9pt，（2mt-1）pt，集合At=（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），2m-（2mt-1）pt；其中奇数（2m1-1）p1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m2-1）p2为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m3-1）p3为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2mt-1-1）pt-1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最

29、大奇数，奇数（2mt-1）pt为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数。 （5）我们令集合B=集合A1A1A2A2A3A3AtAt1，（2m-1），只要我们在集合A=1，3，5，7，9，（2m-3），（2m-1）中筛除了属于集合B中的全体奇数，即集合A与集合B的差集C中如果完全筛除了和以及或中这样的所有奇数，即满足上面（2）中“偶数2m=奇合数+奇合数”，偶数2m=奇合数+奇素数，偶数2m=1+奇合数或者偶数2m=1+奇素数的全体奇数，只要能证明集合A与集合B的差集C中还有奇数就达到目的了；也就是说集合C中的奇数只能满足上面（2）中“偶数2m=奇素数+奇素数”的情形。（6）为了证明集合C

30、中还有奇数，我们还应一步一步着手：1在集合A中筛除属于集合A1和集合A1中的奇数，得到集合B1；2在集合B1中筛除属于集合A2和集合A2中的奇数，得到集合B2；3在集合B2中筛除属于集合A3和集合A3中的奇数，得到集合B3；t-1在集合Bt-2中筛除属于集合At-1和集合At-1中的奇数，得到集合Bt-1；t在集合Bt-1中筛除属于集合At和集合At中的奇数，得到集合Bt。如果我们把（6）的这种筛除方法再转换一下方式，即利用集合A1，A1，A2，A2，A3，A3，At，At中元素的数量来加以分析探讨，可能会得到意想不到的形情。由此我们再分析如下：（7）对于正实数x，如果我们设置符号【x】表示为

31、不大于x的最大正整数。设集合1，3，5，7，9，（2m-3），（2m-1）中元素的总个数为W；我们用【Wp1】表示集合p1，3p1，5p1，7p1，9p1，（2m1-1）p1中全体奇数的总个数，【Wp1】表示集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），2m-（2m1-1）p1 中全体奇数的总个数， 【Wp2】表示集合p2，3p2，5p2，7p2，9p2，（2m2-1）p2中全体奇数的总个数，【Wp2】表示集合（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），2m-（2m

32、2-1）p2 中全体奇数的总个数，【W（p2p1）】表示集合p1，3p1，5p1，7p1，9p1，（2m1-1）p1p2，3p2，5p2，7p2，9p2，（2m2-1）p2中全体奇数的总个数，【W（p2p1）】表示集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），2m-（2m1-1）p1p2，3p2，5p2，7p2，9p2，（2m2-1）p2中全体奇数的总个数，【W（p2p1）】表示集合p1，3p1，5p1，7p1，9p1，（2m1-1）p1（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2

33、m-11p2），2m-（2m2-1）p2 中全体奇数的总个数，【W（p2p1）】表示集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），2m-（2m1-1）p1（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），2m-（2m2-1）p2 中全体奇数的总个数，【W（ptpt-1p3p2p1）】表示集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），2m-（2m1-1）p1（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），

34、（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），2m-（2m2-1）p2（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），2m-（2m3-1）p3（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），2m-（2mt-1）pt 中全体奇数的总个数。为了达到筛除的最大极限，我们假定偶数2m中均不含有奇素数因子p1，p2，p3，pt；并且把奇数p1，（2m-p1），p2，（2m-p2），p3，（2m-p3），pt，（2m-pt）等等均看作要筛除；就是在集合1，3，5，7，9，（2m

35、-1）中筛除属于集合p1，3p1，5p1，7p1，9p1，（2m1-1）p1中的全体奇数，筛除属于集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），2m-（2m1-1）p1 中的全体奇数，筛除属于集合p2，3p2，5p2，7p2，9p2，（2m2-1）p2中的全体奇数，筛除属于集合（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），2m-（2m2-1）p2中的全体奇数，筛除属于集合p3，3p3，5p3，7p3，9p3，（2m3-1）p3中的全体奇数筛除属于集合（2m-p3），（

36、2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），2m-（2m3-1）p3中的全体奇数，筛除属于集合pt，3pt，5pt，7pt，9pt，（2mt-1）pt中的全体奇数，筛除属于集合（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），2m-（2mt-1）pt中的全体奇数。那么集合1，3，5，7，9，（2m-1）经过上面这样筛除后集合中最终剩下奇数的总个数可以转化为下面这种计算形式：Y=W-【Wp1】-【Wp1】-【Wp2】-【Wp2】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W

37、（p2p1）】-【Wp3】-【Wp3】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p2）】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p2）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【Wp4】-【Wp4】+-【Wpt】-【Wpt】+（-1）t【W（ptpt-1p3p2p1）】。只要我们能证明【W（p2p1）】=【W（p2p1）】=【W（p2p1）】=【W（p2p1）】；【W（p3p2p1

38、）】=【W（p3p2p1）】= 【W（p3p2p1）】=【W（p3p2p1）】=【W（p3p2p1）】=【W（p3p2p1）】=【W（p3p2p1）】=【W（p3p2p1）】；【W（ptpt-1p3p2p1）】=【W（ptpt-1p3p2p1）】=【W（ptpt-1p3p2p1）】=【W（ptpt-1p3p2p1）】=【W（ptpt-1p3p2p1）】。那么就有Y= W-【Wp1】-【Wp1】-【Wp2】-【Wp2】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】-【Wp3】-【Wp3】+ 【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p

39、2）】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+ 【W（p3p2）】+【W（p3p2）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【Wp4】-【Wp4】+-【Wpt】-【Wpt】+（-1）t【W（ptpt-1p3p2p1）】=W-【Wp1】-【Wp1】-【Wp2】-【Wp2】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】-【Wp3】-【Wp3】+【 W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【 W（p3p2）】+【

40、W（p3p2）】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p2）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【 W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【Wp4】-【Wp4】+-【Wpt】-【Wpt】+（-1）t【W（ptpt-1p3p2p1）】。如果我们又能证明【W（p2p1）】W（p2p1）；【W（p3p1）】W（p3p1）；【W（p2p3）】W（p2p3）；【W（p3p2p1）】W（p3p2p1）；【W（ptpt-1p3p2p1）】W（ptpt-1p

41、3p2p1）。并且又能证明Y=W-【Wp1】-【Wp1】-【Wp2】-【Wp2】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】-【Wp3】-【Wp3】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p2）】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p2）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【Wp4】-【Wp4】+-【Wpt】-【Wpt】+（-1）t【

42、W（ptpt-1p3p2p1）】=W-【Wp1】-【Wp1】-【Wp2】-【Wp2】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】+【W（p2p1）】-【Wp3】-【Wp3】+【 W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【 W（p3p2）】+【W（p3p2）】+【W（p3p1）】+【W（p3p1）】+【W（p3p2）】+【W（p3p2）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【 W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【W（p3p2p1）】-【Wp4】-【Wp4】+-【Wpt】-【Wpt】+（

43、-1）t【W（ptpt-1p3p2p1）】W-Wp1-Wp1-Wp2-Wp2+W（p2p1）+W（p2p1）+W（p2p1）+W（p2p1）-Wp3-Wp3+ W（p3p1）+W（p3p1）+W（p3p2）+W（p3p2）+W（p3p1）+W（p3p1）+W（p3p2）+W（p3p2）-W（p3p2p1）-W（p3p2p1）-W（p3p2p1）-W（p3p2p1）-W（p3p2p1）- W（p3p2p1）-W（p3p2p1）-W（p3p2p1）-Wp4-Wp4+-Wpt-Wpt+（-1）tW（ptpt-1p3p2p1）=W（1-2p1）（1-2p2）（1-2p3）（1-2pt-1）（1-2pt

44、）。然而Yt=【W（1-d1p1）（1-d2p2）（1-d3p3）（1-di-1pi-1）（1-dipi）（1-di+1pi+1）（1-dt-1pt-1）（1-dtpt）】【W（1-2p1）（1-2p2）（1-2p3）（1-2pi-1）（1-2pi）（1-2pi+1）（1-2pt-1）（1-2pt）】=【W（1-23）（1-25）（1-27）（1-29）（1-211）1-2（pi-2）（1-2pi）1-2（pi+2）1-2（pt-2）（1-2pt）】【mpt】，其中di=1或2，（i=1，2，3，t）。当偶数2m中含有奇素数因子pi时，那么di取值为1；当偶数2m中不含有奇素数因子pi时，那么di取值为2；因为pt2m，所以当m相当大时，mpt的值比3要大很多很多。说明集合中余下得有奇数，并且余下的奇数必定为奇素数，并且只满足“2m=奇素数+奇素数”的情形。如若是，则“哥德巴赫猜想”就解决了。参考文献1戎士奎，十章数论（贵州教育出版社）1994年9月第1版2闵嗣鹤，严士健，初等数论（人民教育出版社）1983年2月第6版3刘玉琏，付沛仁，数学分析（高等教育出版社）1984年3月第1版4王文才，施桂芬，数学小辞典（科学技术文艺出版社）1983年2月第1版 二一四年十月十九日19