数学三大猜想？.那么，数学三大猜想？一起来了解一下吧。
一:庞加莱猜想,任何一个封闭的三维空间，只要它里面所有的封闭曲线都可以收缩成一点，这个空间就一定是一个三维圆球 六大世纪难题仍然待解 二,np完全问题 如果某人告诉你，数13717421可以写成两个较小的数的乘积，你可能不知道是否应该相信他，但是如果他告诉你它可以分解为3607乘上3803，那么你就可以用一个袖珍计算器验证这是对的。很快用内部结构来验证一个答案，还是花费大量的时间来求解，被看作逻辑和计算机科学中最突出的问题之一。它是斯蒂文?考克（stephencook）于1971年陈述的。 三, 霍奇(hodge)猜想 霍奇猜想断言，对于所谓射影代数簇这种特别完美的空间类型来说，称作霍奇闭链的部件实际上是称作代数闭链的几何部件的(有理线性)组合。 四,黎曼(riemann)假设 著名的黎曼假设断言，方程z(s)=0的所有有意义的解都在一条直线上。这点已经对于开始的1500000000个解验证过。证明它对于每一个有意义的解都成立将为围绕素数分布的许多奥秘带来光明。 五, 杨－米尔斯(yang-mills)理论 大约半个世纪以前，杨振宁和米尔斯发现，量子物理揭示了在基本粒子物理与几何对象的数学之间的令人注目的关系。尽管如此，他们的既描述重粒子、又在数学上严格的方程没有已知的解。“质量缺口”假设，从来没有得到一个数学上令人满意的证实。 六,纳维叶－斯托克斯(navier-stokes)方程 起伏的波浪跟随着我们的正在湖中蜿蜒穿梭的小船，湍急的气流跟随着我们的现代喷气式飞机的飞行。数学家和物理学家深信，无论是微风还是湍流，都可通过理解纳维叶－斯托克斯方程的解，来对其进行解释和预言。 七,贝赫(birch)和斯维讷通－戴尔(swinnerton-dyer)猜想 当解是一个阿贝尔簇的点时，贝赫和斯维讷通－戴尔猜想认为，有理点的群的大小与一个有关的蔡塔函数z(s)在点s=1附近的性态。特别是，这个有趣的猜想认为，如果z(1)等于0,那么存在无限多个有理点(解)，相反，如果z(1)不等于0,那么只存在有限多个这样的点。
世界近代三大数学难题之一四色猜想
四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯.格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同的颜色。”这个结论能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。
1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教他的老师、著名数学家德.摩尔根，摩尔根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家哈密尔顿爵士请教。哈密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年哈密尔顿逝世为止，问题也没有能够解决。
1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色 猜想成了世界数学界关注的问题。世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战 。1878～1880年两年间，著名的律师兼数学家肯普和泰勒两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了四色定理，大家都认为四色猜想从此也就解决了。
11年后，即1890年，数学家赫伍德以自己的精确计算指出肯普的证明是错误的。不久，泰勒的证明也被人们否定了。后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。于是，人们开始认识到，这个貌似容易的题目, 实是一个可与费马猜想相媲美的难题：先辈数学大师们的努力，为后世的数学家揭示四色猜想之谜铺平了道路。
进入20世纪以来，科学家们对四色猜想的证明基本上是按照肯普的想法在进行。1913年，伯克霍夫在肯普的基础上引进了一些新技巧，美国数学家富兰克林于1939年证明了22国以下的地图都可以用四色着色。1950年，有人从22国推进到35国。1960年，有人又证明了39国以下的地图可以只用四种颜色着色；随后又推进到了50国。看来这种推进仍然十分缓慢。电子计算机问世以后，由于演算速度迅速提高，加之人机对话的出现，大大加快了对四色猜想证明的进程。1976年，美国数学家阿佩尔与哈肯在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上，用了1200个小时，作了100亿判断，终于完成了四色定理的证明。四色猜想的计算机证明，轰动了世界。它不仅解决了一个历时100多年的难题，而且有可能成为数学史上一系列新思维的起点。不过也有不少数学家并不满足于计算机取得的成就，他们还在寻找一种简捷明快的书面证明方法。 -------- 世界近代三大数学难题之一 费马最后定理
被公认执世界报纸牛耳地位地位的纽约时报於1993年6月24日在其一版头题刊登了一则有 关数学难题得以解决的消息，那则消息的标题是「在陈年数学困局中，终於有人呼叫『 我找到了』」。时报一版的开始文章中还附了一张留着长发、穿着中古世纪欧洲学袍的 男人照片。这个古意盎然的男人，就是法国的数学家费马（Pierre de Fermat）（费马 小传请参考附录）。费马是十七世纪最卓越的数学家之一，他在数学许多领域中都有极 大的贡献，因为他的本行是专业的律师，为了表彰他的数学造诣，世人冠以「业余王子 」之美称，在三百六十多年前的某一天，费马正在阅读一本古希腊数学家戴奥芬多斯的 数学书时，突然心血来潮在书页的空白处，写下一个看起来很简单的定理这个定理的内 容是有关一个方程式 x2 + y2 =z2的正整数解的问题，当n=2时就是我们所熟知的毕氏定 理（中国古代又称勾股弦定理）：x2 + y2 =z2，此处z表一直角形之斜边而x、y为其之 两股，也就是一个直角三角形之斜边的平方等於它的两股的平方和，这个方程式当然有 整数解（其实有很多），例如：x=3、y=4、z=5；x=6、y=8、z=10；x=5、y=12、z=13… 等等。
费马声称当n>2时，就找不到满足xn +yn = zn的整数解，例如：方程式x3 +y3=z3就无法 找到整数解。
当时费马并没有说明原因，他只是留下这个叙述并且也说他已经发现这个定理的证明妙 法，只是书页的空白处不够无法写下。始作俑者的费马也因此留下了千古的难题，三百 多年来无数的数学家尝试要去解决这个难题却都徒劳无功。这个号称世纪难题的费马最 后定理也就成了数学界的心头大患，极欲解之而后快。
十九世纪时法国的法兰西斯数学院曾经在一八一五年和一八六0年两度悬赏金质奖章和 三百法郎给任何解决此一难题的人，可惜都没有人能够领到奖赏。德国的数学家佛尔夫 斯克尔（P?Wolfskehl）在1908年提供十万马克，给能够证明费马最后定理是正确的人， 有效期间为100年。其间由於经济大萧条的原因，此笔奖额已贬值至七千五百马克，虽然 如此仍然吸引不少的「数学痴」。
二十世纪电脑发展以后，许多数学家用电脑计算可以证明这个定理当n为很大时是成立的 ，1983年电脑专家斯洛文斯基借助电脑运行5782秒证明当n为286243-1时费马定理是正确 的（注286243-1为一天文数字，大约为25960位数）。
虽然如此，数学家还没有找到一个普遍性的证明。不过这个三百多年的数学悬案终於解 决了，这个数学难题是由英国的数学家威利斯（Andrew Wiles）所解决。其实威利斯是 利用二十世纪过去三十年来抽象数学发展的结果加以证明。
五0年代日本数学家谷山丰首先提出一个有关椭圆曲现的猜想，后来由另一位数学家志 村五郎加以发扬光大，当时没有人认为这个猜想与费马定理有任何关联。在八0年代德 国数学家佛列将谷山丰的猜想与费马定理扯在一起，而威利斯所做的正是根据这个关联 论证出一种形式的谷山丰猜想是正确的，进而推出费马最后定理也是正确的。这个结论 由威利斯在1993年的6月21日於美国剑桥大学牛顿数学研究所的研讨会正式发表，这个报 告马上震惊整个数学界，就是数学门墙外的社会大众也寄以无限的关注。不过威利斯的 证明马上被检验出有少许的瑕疵，於是威利斯与他的学生又花了十四个月的时间再加以 修正。1994年9月19日他们终於交出完整无瑕的解答，数学界的梦魇终於结束。1997年6 月，威利斯在德国哥庭根大学领取了佛尔夫斯克尔奖。当年的十万法克约为两百万美金 ，不过威利斯领到时，只值五万美金左右，但威利斯已经名列青史，永垂不朽了。 要证明费马最后定理是正确的 （即xn + yn = zn 对n33 均无正整数解） 只需证 x4+ y4 = z4 和xp+ yp = zp (P为奇质数)，都没有整数解。 ---------------- 世界近代三大数学难题之一 哥德巴赫猜想
哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，生于1690年，1725年当选为俄国彼得堡科学院院士。1742年，哥德巴赫在教学中发现，每个不小于6的偶数都是两个素数(只能被和它本身整除的数)之和。如6＝3＋3，12＝5＋7等等。 1742年6月7日，哥德巴赫写信将这个问题告诉给意大利大数学家欧拉，并请他帮助作出证明。欧拉在6月30日给他的回信中说，他相信这个猜想是正确的，但他不能证明。叙述如此简单的问题，连欧拉这样首屈一指的数学家都不能证明，这个猜想便引起了许多数学家的注意。他们对一个个偶数开始进行验算，一直算到3．3亿，都表明猜想是正确的。但是对于更大的数目，猜想也应是对的，然而不能作出证明。欧拉一直到死也没有对此作出证明。从此，这道著名的数学难题引起了世界上成千上万数学家的注意。200年过去了，没有人证明它。哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。到了20世纪20年代，才有人开始向它靠近。1920年、挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比大的偶数都可以表示为(99)。这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从(9十9)开始，逐步减少每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个数里都是一个质数为止，这样就证明了“哥德巴赫”。 1924年，数学家拉德马哈尔证明了(7＋7)；1932年，数学家爱斯尔曼证明了(6＋6)；1938年，数学家布赫斯塔勃证明了(5十5)，1940年，他又证明了(4＋4)；1956年，数学家维诺格拉多夫证明了(3＋3)；1958年，我国数学家王元证明了(2十3)。随后，我国年轻的数学家陈景润也投入到对哥德巴赫猜想的研究之中，经过10年的刻苦钻研，终于在前人研究的基础上取得重大的突破，率先证明了(l十2)。至此，哥德巴赫猜想只剩下最后一步(1＋1)了。陈景润的论文于1973年发表在中国科学院的《科学通报》第17期上，这一成果受到国际数学界的重视，从而使中国的数论研究跃居世界领先地位，陈景润的有关理论被称为“陈氏定理”。1996年3月下旬，当陈景润即将摘下数学王冠上的这颗明珠，“在距离哥德巴赫猜想(1＋1)的光辉顶峰只有飓尺之遥时，他却体力不支倒下去了……”在他身后，将会有更多的人去攀登这座高峰。
导师接着讲到：古代数学史上有世界三大难题（倍立方体、方圆、三分角）。近代数学史又有第五公设、费马大定理、任一大偶数表两素之和。20棵树植树问题，四色绘地图问题，单色三角形问题。通称现代数学三大难题。
（二）、哥德巴赫猜想的证明
哥德巴赫猜想：大于6的偶数可以表示为两个奇素数之和。
1、偶数的拆分与合数删除
因为：大于或等于6的偶数都能够被2整除，我们令大于6的偶数为M，那么，M/2只有两种结果，或者为奇数，或者为偶数。不管M/2为奇数，还是偶数。都有：①、M必然等于M/2+M/2，② 、M必然等于M/2+1，2，3，4，5，……（M/2-1）加上M/2-1，2，3，4，5，……（M/2-1）之和。或者说M=M/2±1，2，3，4，5，……（M/2-1）。
举例说明吧：偶数32，
32=16+16=17+15=18+14=19+13==20+12=21+11=22+10=23+9=24+8=25+7=26+6=27+5=28+4=29+3=30+2。
我们把这里的加数与被加数分成两个相互对应的数列为：
16，17，18，19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30
16，15，14，13，12，11，10，09，08，07，06，05，04，03，02
我们从这个加数数列与偶数数列，可以看出以下三点：
（1）、不论是加数数列，还是偶数数列，都是相差1的等差数列，相差数不是素数2、3、5的倍数，那么，素数2、3、5对这两个数列必然要进行删除后，剩余的才是适应偶数32的素数对。素数2的删除为：每两个数删除一个，并且只删除一个；素数3的删除为：素数2删除后的剩余数，每三个删除一个，并且只删除一个；……。虽然后面的删除数在这里看不出来，请看我写的《素数的综合计算方法》和《解除三大误区创建三个参数》，从大的方面和总体的方面，大素数的删除仍然遵循这一规律。
（2）、因为：偶数32能够被素数2整除，所以，素数2对加数数列的删除与对被加数数列的删除，是完全对应的。即素数2删除后，剩余所有适应偶数32的加数对为1/2，即删除了偶数对，剩余了奇数对。严格地说为（M-2）/4取整数；因为，偶数32不能够被素数3整除，所以，素数3必须对（素数2删除后的）加数数列删除1/3，素数3必须对（素数2删除后的）被加数数列删除1/3，它们的删除是完全不对应的，素数3合计删除奇数对的2/3，剩余奇数对的1/3；……。虽然后面的删除数在这里看不出来，仍然是：从大的方面和总体的方面，大素数的删除仍然遵循这一规律。
（3）、我们再看删除因子：从偶数32来说删除因子为√32以下的素数，应该为5及5以下的素数，从这里我们可以看出，如果加数为√32以下的素数，那么，被加数就只能为√16以下的素数，即小于素数3以下的素数为删除因子。当然，在这里是不很明显，对于大偶数来说是比较明显的。
（4）、另外一方面，在这里是看不出来。如果说，您进行实际操作就会知道：任意设两个素数删除因子为A、B。那么，素数删除因子A的删除间隔，必然不是素数删除因子B的倍数，反过来说，素数删除因子B的删除间隔，也必然不是素数删除因子A的倍数，如果素数删除因子A对加数数列进行删除，素数删除因子B对被加数数列进行删除，素数A删除B个删除数中，必然有一个删除奇数对与素数B的删除奇数对为同一个奇数对，反过来，素数B删除A个删除数中，必然有一个删除奇数对与素数A的删除奇数对为同一个奇数对。
说到这里，强调一点：“哥德巴赫猜想”是大于6的偶数可以表示为两个奇素数之和，也正是大于6的偶数可以被最小的素数2整除，素数2对组成偶数的加数与被加数的删除是完全对应的，删除了组成偶数1/2的偶数对，剩余了1/2的奇数对，才有266年的哥猜之说。如果，偶数不能够被素数2整除，素数2对组成偶数的加数数列与被加数数列的删除数，不相对应，就没有剩余奇数对，也就没有哥猜之说了！
再看偶数42，
42=21+21，22+20，23+19，24+18，25+17，26+16，27+15，28+14，29+13，30+12，31+11，32+10，33+9，34+8，35+7，36+6，37+5，38+4，39+3，40+2。
我们把这里的加数与被加数分成两个相互对应的数列为：
21，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39，40
21，20，19，18，17，16，15，14，13，12，11，10，09，08，07，06，05，04，03，02。
从这里也可以看出：偶数42可以被素数2、3、7整除，素数删除因子2、3、7对组成42的加数数列与被加数数列的删除是完全对应的；偶数42不能够被素数删除因子5整除，素数删除因子对组成42的加数数列与被加数数列的删除，是完全不对应的，即对加数数列必须删除1/5，对被加数数列必须删除1/5，合计算删除2/5。这就是“哥德巴赫猜想”删除规律。
2、偶数与素数删除因子删除后的剩余奇数的关系
其实，大于6的偶数，可以分解为三种类型：6X，6X+2，6X+4。这里的X为：X≥1的自然数。
素数2、3删除后的剩余奇素数，也可以分为三种类型：3，6N+1，6N+5。这里的N为：N≥1的奇数。这里的1和5为小于6，且不能够被组成合数6的素数因子2和3整除，下同。
当偶数为6X时，即偶数能够被素数3整除，该种类型的偶数可以表示为：6X=（6N+1）+（6N+5）。
当偶数为6X+2时，即偶数不能够被素数3整除，该种类型的偶数可以表示为：6X+2=（6N+1）+（6N+1）或者（6N+5）+3。
当偶数为6X+4时，即偶数不能够被素数3整除，该种类型的偶数可以表示为：6X+4=（6N+5）+（6N+5）或者（6N+1）+3。
上面式子中的（6N+1）+3和（6N+5）+3，意思是说：当偶数不能被素数3整除时，偶数-3一定不能够被素数3整除，如果偶数-3不能够被其它删除因子整除，那么，（偶数-3）+3，必然为适应该偶数的素数对。
∵：（6N+1），（6N+5），式子中的N都是取自然数。（6N+1）中的N≠0。
∴：（6N+1），（6N+5）的值都是奇数。不能被素数2整除，同时都不能被素数3整除。
故，任何大于6的偶数分解为：（6N+1）+（6N+5）；（6N+1）+（6N+1）；（6N+5）+（6N+5）时，只要这些加数与被加数，都不能被≥5的素数删除因子删除，那么，没有被大素数删除因子删除的加数与被加数所组成的奇数对，就是适应该偶数（1+1）的“哥德巴赫猜想”的解。
如何确定≥6的偶数为哪种类型的偶数呢？如果偶数能够被6整除，为6X型；如果偶数-2能够被6整除，为6X+2型；如果偶数-4能够被6整除，为6X+4型。
（1）、任意偶数的奇数对，即：素数2删除偶数对后，自然数中剩余的都是奇数，能够表示为自然数之和等于该偶数的为奇数对。设任意偶数为M，因自然数1不是素数，故任意偶数的奇数对为：（M-2）/4；
（2）、素数2、3删除后的剩余奇数对为：当偶数能够被素数 3整除时，即6X型，每三个奇数对必然剩余两个奇数对，为（M-2）/4*2/3=（M-2）/6，举例说明：如偶数96能够被3整除，为6X型，（96-2）/6≈15，为15个奇数对。实际为5+91，11+85，17+79，23+73，29+67，35+61，41+55，47+49，53+43，59+37，65+31，71+25，77+19，83+13，89+7，共15个奇数对。组成奇数对的加数和被加数与（6N+1）+（6N+5）的搭配相稳合。
如果偶数M不能被素数3整除，那么，素数2和3删除后的剩余奇数为：每三对奇数剩余一对奇数，即：（M-2）/4*1/3=（M-2）/12。举例说明：偶数56为6X+2型，（56-2）/12≈4，实际为7+49，13+43，19+37，25+31共4个奇数对，组成奇数对的加数和被加数与（6N+1）+（6N+1）的搭配相稳合。
偶数64为6X+4型。（64-2）/12≈5，即5对，实际为5+59，11+53，17+47，23+41，29+35共5对，组成奇数对的加数和被加数与（6N+5）+（6N+5）的搭配相稳合。（素数2、3、5删除后的剩余奇数与偶数之间的关系，略。详见《解除三大误区创建三个参数》中的素数对参数表及计算方法）。
那么，怎样计算这些素数2、3删除的剩余奇数对，如何被≥5的素数删除因子册除呢？
从上面这些加数与被加数看，不论是加数与加数之间，还是被加数与被加数之间，都是间隔距离相差6的连续数，根据素数删除规律，设素数删除因子为N，如果偶数不能够被素数删除因子N整除，且N≥5，因为，这些连续奇数的间隔都不是≥5的素数删除因子的倍数，应该是N个连续奇数中，必然有一个奇数是素数N的倍数的数，即必然被素数删除因子N删除一个数，并且只有这样一个N的倍数的数字为删除数。对于加数来说，素数N应该删除1/N个，对于被加数来说素数N应该删除1/N个，都必然只删除1/N个，合计应该删除2/N，必然剩余（N-2）/N为剩余奇数对。如果偶数能够被素数删除因子N整除，那么，素数删除因子对组成偶数奇数对的加数与被加数的删除是完全对应的，素数删除因子N只能删除偶数奇数对的1/N对。因此，我们把不能够被所有奇素数删除因子整除的偶数称为最低素数对偶数。下面，我们就计算最低素数对偶数的素数对：
则有：设任意偶数为M，设√M≈N，删除因子为：2，3，5，7，11，…N，
当偶数不能被所有奇素数删除因子整除时，素数对≥（M-2）/4*1/3*3/5*5/7*9/11*……（N-2）/N。我们把这个式子，叫做最低素数对偶数表达式或者说叫素数对下界公式。
为什么说，上面式子中≥成立呢？大于是因为，我们在这个式子的计算中，都是按不论是加数还是被加数，只要删除其中的一个数，即删除一个奇数对的计算方法。在这个式子中没有排除不同的素数删除因子，共同删除一个奇数对的事实。如果排除，实际删除的就还要少，剩余的就还要多。所以，这里的≥成立。至于，同一素数删除因子删除一个奇数对的加数和被加数的现象等，后面再说。
根据乘法规律，任何数字乘以小于1的数，数值变小，设合数为Z，则（Z-2）/Z＜1，我们将小于最大删除因子N的奇合数空缺，代入（Z-2）/Z，则当偶数不能被6整除时，素数对≥（M-2）/4*1/3*3/5*5/7*9/11*……（N-2）/N＞（M-2）/4*1/3*3/5*5/7*7/9*9/11*11/13*13/15*15/17……（N-2）/N=（M-2）/4N，
∵：只有当M＞N*N+3时，（因为1不是素数，我们在计算奇数对时就排除了偶数的两个自然数），故，N才对偶数M发挥删除作用。M-2≥N*N+3，其实，对于大偶数来说，也不在乎2个自然数的差距（我们在取素数删除因子时，往往远远超过偶数的两个自然数的关系）。我们将M-2换成N*N，代入上式，有偶数的最低素数对≥（M-2）/4N≈N*N/4N=N/4。
即：偶数的最低素数对≥N/4，N为偶数的最大删除因子。 当然，N也可以为偶数平方根取最大的整数。
同一素数删除因子在删除一个奇数对的加数数列和被加数数列时。从上面的偶数96可以看出：96能够被6整除，也就是能被素数3整除，那么，素数3对于（M-2）/4的奇数对的删除中，对于奇数对的加数数列与被加数数列的删除，是完全对应的。所以，素数3对于奇数对的删除为：每三个奇数对只能删除一个奇数对，必须剩余两个奇数对。假设我们将能够被素数3整除的偶数，按照不能被素数3整除的偶数（最低素数对偶数）进行计算，那么，就多删除了1/3。
如果我们认定不能被任何奇素数整除的偶数的素数对的计算，为最低素数对的计算方法。那么，能够被素数3整除的偶数就应该为最低素数对除以2/3后乘以1/3，我们设偶数能够被素数删除因子整除的删除因子为L，即最低素数对除以（L-1）/L后乘以（L-2）/L，即最低素数对乘以（L-1）/（L-2）。我们知道偶数最低素数对≥N/4，如：偶数能够被素数3整除，素数对则≥N/4*（3-1）/（3-2）=N/2；又如：偶数能够被素数删除因子5整除，素数对≥N/4*（5-1）/（5-2）=N/3，能够被其它删除因子整除的，照猫画虎；能够被多个素数删除因子整除的，应该同时这样进行计算。这就是人们所看见的相邻不同的偶数，素数对的多少参差不齐的原因所在。是因为，偶数的大小虽然相邻，但能被那些删除因子整除，并不相同。
从上面的计算：当偶数不能被所有素数删除因子整除时，素数对≥N/4。当N/4≥1时，必然有素数对，也就是最大的删除因子大于4，也就是偶数≥16时，必然有素数对。
素数删除因子N>4，即N≥5，素数删除因子N≥5，偶数必须＞25，是因为√25=5。在实际验算中，这种偶数≥16时，不能被素数删除因子3整除的偶数，就有（6N+1）+（6N+1）或（6N+5）+（6N+5）素数对的存在。如：16=5+11，20=7+13。设偶数为M，当M≥16时，√M≥4，偶数M的素数对≥1，“哥德巴赫猜想”成立。
再从能够被素数3整除的偶数，素数对≥N/2看，因为2不是奇素数，故当N≥3时，偶数必须＞9，是因为√9=3，当偶数为12时有，5+7，偶数为18时有，7+11，5+13，都是（6N+1）+（6N+5）的素数对。设偶数为M，当M≥12时，√M＞2，偶数M的素数对≥1，“哥德巴赫猜想”成立。
∵：当任意偶数≥16时，√M＞4，即N＞4，N/4＞1，必然有（1+1）的素数对，同时，我们知道当偶数≥6至14时，也有（1+1）的素数对。
∴：哥德巴赫猜想是成立的。
说明：这种计算方法的缺陷如下：
1、在对大偶数的计算中，如果说，我们仍然按照偶数平方根以下的素数为删除因子，对组成偶数奇数对的加数数列与被加数数列进行删除计算的话，那么，偶数越大，素数对的误差越大。是因为，我们设偶数为M，组成偶数的加数数列与被加数数列，必然有一个数列的数字小于M/2，这个数列的实际删除因子只为 √（M/2）以内的素数，我们同样用√M以内的素数进行计算，就将不该删除的进行了删除。所以，我们在进行大偶数的计算时，还可以在上面的最低素数对的基础上，针对所有多余删除的素数因子N（即，大于√（M/2），小于√M之间的素数），上面是通乘以（N-2）/N作为素数N对奇数对加数数列和被加数数列的删除，实际上，对于这一段的素数N只能删除加数数列与被加数数列的一个数列，即多乘以了（N-1）/N。更正，对这些素数删除因子N，在上面得数的基础上，乘以N/（N-1），为该偶数的素数对；
2、从计算出最低素数对得数为N/4时，我们增加了不该增加的合数删除因子。为什么说不该增加，是因为：合数倍数的数虽然是删除数，但是，合数倍数的数是由组成合数的素数删除因子删除了的，而不应该增加合数删除因子。所以，我们在上面所计算出和得数的基础上，应该对所增加的合数删除因子N，在上面的计算中增加了乘以（N-2）/N，在这里进行更正的话，应该用上面的得数除以（N-2）/N或者乘以N/（N-2）；
3、对于大偶数，存在多个素数删除因子，对组成偶数的加数数列与被加数数列的同时删除，不同的素数删除同一个加数与被加数时，在上面的计算中，我们示为删除了两个奇数对，但，实际上只删除了一个奇数对，所以，上面的这种计算方法存在：计算数小于实际素数对的现象；
4、我们在上面的计算中，是按照每一个素数删除因子的删除单独进行计算的，这种计算方法对于小偶数来说，由于这种现象不存在，对于大偶数来说：由于偶数的增大，组成奇数对的奇数也随着增大，因为，任何合数都是两个或两个以上素数的乘积，多个素数对同一个合数的删除，我们并没有进行分开，示为这多个素数删除因子删除了多个奇数，也就是删除了多个奇数对，所以，大偶数的实际素数对大于这里所计算的素数对。
首先我不是天才，天才都在科学院、清华大学、北京大学等高等名牌大学里。这里仅提供知道的相关信息：
(1) 有关 2+1=3 的证明步骤，陈景润在中科院主办的“中国科学”期刊上可以查看。
(2) 请您去新浪网吕明进博客阅看2014年9月公布题为<<关键点证明法与对称奇素数定理之证明>>和2013年5月31日公布的题为<<对称奇素数定理与应用(修正全文)>>或2013年7月31日公布的题为<<哥德巴赫猜想证明(全文)>>。那里就有哥德巴赫猜想详细证明过程和步骤，一看便知！
以上就是数学三大猜想的全部内容，.。
