soonest世界十大数学猜想及其证明情况
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一、世界十大数学猜想(难题)
世界十大数学猜想：NP完全问题、霍奇猜想、庞加莱猜想、黎曼假设、杨－米尔斯理论、纳卫尔－斯托可方程、BSD猜想，费尔马大定、四色问题、哥德巴赫猜想。其中，世界近代三大数学难题：1、费尔马大定理，2、哥德巴赫猜想，3、四色问题。世界七大数学难题：一、P(多项式时间)问题对NP(nondeterministicpolynomial time，非确定多项式时间)问题，二、霍奇(Hodge)猜想，三、庞加莱(Poincare)猜想，四、黎曼(Riemann)假设，五、杨－米尔斯(Yang-Mills)存在性和质量缺口，六、纳维叶－斯托克斯(Navier-Stokes)方程的存在性与光滑性，七、贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton-Dyer)猜想。这十大数学猜想只证明了两个，庞加莱猜想和四色问题已被解决。
（1）世界近代三大数学难题
1、费尔马大定理
2、哥德巴赫猜想
3、四色问题
（2）世界七大数学难题
1、P问题对NP问题
2、霍奇(Hodge)猜想
3、庞加莱(Poincare)猜想
4、黎曼(Riemann)假设
5、杨－米尔斯(Yang-Mills)存在性和质量缺口
6、纳维叶－斯托克斯(Navier-Stokes)方程的存在性与光滑性
黑米的功效与作用及食用方法7、贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton-Dyer)猜想
（3）有待破解的数学难题
除了上述著名数学难题外，还有以下著名数学难题有待破解。
Abc猜想
suggestion是什么意思
考拉兹猜想
周氏猜测(梅森素数分布猜测)
阿廷猜想(新梅森猜想)
cut是什么意思英文哥德巴赫猜想
孪素数猜想
克拉梅尔猜想
哈代－李特尔伍德第二猜想
六空间理论
先来看三大数学猜想(难题)。
（1）费马猜想
又称“费马大定理”或“费马问题”，1637年由法国数学家费马提出：形如的方程，当n大于2时没有正整数解。剑桥大学怀尔斯在1995年彻底解决了这一大难题。
该研究源自费马在阅读丢番图(Diophatus)《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。”(拉丁文原文"Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi.Hanc marginis exiguitas non caperet.")
（2）哥德巴赫猜想
世界近代三大数学难题之一。1742年6月7日，哥德巴赫写信给当时的大数学家欧拉，提出了以下想法：任意大于等于2的整数均可写为三个素数之和。欧拉自己也不能解决，不过在给哥德巴赫的回信中提出一个更加精炼的命题：任意大于等于2 的偶数均可写为两个素数之和。
前者被称为“弱哥德巴赫猜想”，后者被称为“强哥德巴赫猜想”。事实上后者正是人们所熟知的哥德巴赫猜想的版本。
经过后世数学家的修改和整理，哥德巴赫猜想有如下形式：
①弱哥德巴赫猜想：任何一个大于等于6的偶数，都可以表示成两个奇质数之和；
②强哥德巴赫猜想：任何一个大于等于9的奇数，都可以表示成三个奇质数之和。
事实上，弱哥德巴赫猜想可以由强哥德巴赫猜想推出，因为
acetone
2013年，哈罗德证明了：大于的奇数均可写为三个素数之和。后来经过不断验证，小于的部分也是成立的。于是，弱哥德巴赫猜想经过一半证明一半验证，被确认为是正确的命题。但是对于强哥德巴赫猜想，最好的结果即中国数学家陈景润对“1+2”的证明，即：任意大于2的偶数均可写为一个奇素数与两个奇素数乘积之和。
（4）四色猜想
世界近代三大数学难题之一，四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。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，做了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。
由大数学家黎曼、康托尔、庞加莱等创立的拓扑学之发展可谓一日千里，后来竟盖过大数
学家高斯宠爱的数论，成为雍容华贵的数学女王。四色问题就是属于拓扑学范畴的一个大问题。拓扑学不仅引进了全新的研究对象，也引进了全新的研究方式。对数学来说，它不啻是一场革命。回顾拓扑学的历史，就可以说明为什么四色问题对于20世纪数学来说是重要的。通俗地说，连续变换就是你可以捏、拉一个东西，但不能将其扯破，也不能把原先不在一起的两个点粘在一起。比如，对于26个(大写)英文字母，一些拓扑学家就认为可将其分成6类：
第一类：D，O；
第二类：H、I
第三类：C，L，M，N，S，U，V，W，Z。
第四类：K、X
oxe第五类：A、R
第六类：E、F、G、J、T
第一类在连续变换下都可以变成O，第二类都可变成H,第三类则都可变成一条直线，第四类是一个叉，第五类是A，第六类是T。还有一些字母单独归一组：Y、Q、B、P。
因为4是平面的色数(它也是一种示性数，可见示性数有很多种)，体现了平面的拓扑性质，与国家的形状无关，将平面弯成曲面也没关系。数学家必须确定这个数究竟是5还是4，这很重要。如果国家分布在一个环面上，画地图最多得要七种颜色。
吊起数学家胃口的还有一个原因。乍一看，环面似乎更复杂，事实上，环面的七色定理却比较容易证明，希伍德当时就做到了；到1968年，其他所有复杂曲面的色数均已确定，唯有平面(或球面)的四色问题依然故我。看来，平面没有人们想象的那么简单。
1913年，伯克霍夫引进了一些新的技巧，导致1939年弗兰克林证明22国以下的地图都可以用四色着色。1950年，温恩将22国提高为35。1968年，奥尔又达到了39国。1975年有报道，52国以下的地图用四色足够。可见，其进展极其缓慢。
不过，情况也不是过分悲观。数学家希奇早在1936年就认为，讨论的情况是有限的，不过非常之大，大到可能有10000种。对于巨大而有限的数，最好由谁去对付？今天的人都明白，计算机！
从1950年起，希奇就与其学生丢莱研究怎样用计算机去验证各种类型的图形。这时计算机才刚刚发明。两人的思想可谓十分超前。
1972年起，黑肯与阿佩尔开始对希奇的方法作重要改进。到1976年，他们认为问题已经压缩到可以用计算机证明的地步了。于是从1月份起，他们就在伊利诺伊大学的IBM360机上分1482种情况检查，历时1200个小时，作了100亿个判断，最终证明了四色定理。在当地的信封上盖“Four colorssutfice”(四色足够了)的邮戳，就是他们想到的一种传播这一惊人消息的别致的方法。
（5）叙古拉猜想(冰雹猜想/角谷猜想)
做一个游戏：每个人可以从任何一个正整数开始，连续进行如下运算，若是奇数，就把这个数乘以3再加1；若是偶数，就把这个数除以2。这样演算下去，直到第一次得到1才算结束。是不是每一个正整数按这样的规则演算下去都能得到1呢？这就是叙古拉猜想，也叫“冰雹猜想、角谷猜想”。
mechanic冰雹猜想来历销售员英文
1976年的一天，《华盛顿邮报》于头版头条报道了一条数学新闻。文中记叙了这样一个故事：70年代中期，美国各所名牌大学校园内，人们都像发疯一般，夜以继日，废寝忘食地玩弄一种数学游戏。这个游戏十分简单：任意写出一个自然数N(N≠0)，并且按照以下的规律进行变换：
如果是个奇数，则下一步变成3N+1。
如果是个偶数，则下一步变成N/2。
不单单是学生，甚至连教师、研究员、教授与学究都纷纷加入。为什么这种游戏的魅力经久不衰？因为人们发现，无论N是怎样一个非零自然数，最终都无法逃脱回到谷底1。准确地说，是无法逃出落入底部的4-2-1循环，永远也逃不出这样的宿命。
这就是著名的“冰雹猜想”。
强悍的27
擅长
冰雹的最大魅力在于不可预知性。英国剑桥大学教授John Conway找到了一个自然数27。
虽然27是一个貌不惊人的自然数，但是如果按照上述方法进行运算，则它的上浮下沉异常剧烈：首先，27要经过77步骤的变换到达顶峰值9232，然后又经过32步骤到达谷底值1。全部的变换过程(称作“雹程”)需要111步，其顶峰值9232，达到了原有数字27的342倍多，如果以瀑布般的直线下落(2的N次方)来比较，则具有同样雹程的数字N要达到2的111次方。其对比何其惊人！
但是在1到100的范围内，像27这样的剧烈波动是没有的(54等27的2的次方倍数的数除外)。经过游戏的验证规律，人们发现仅仅在兼具4k和3m+1(k,m为自然数)处的数字才能产生冰雹猜想中“树”的分叉。所以在冰雹树中，16处是第一处分叉，然后是64……以后每隔一节，产生出一支新的支流。
自从Conway发现了神奇的27之后，有专家指出，27这个数字必定只能由54变来，54又必然从108变来，所以，27之上，肯定可以出现不亚于2n的强大支流——33*2n(n=1，2，3……)，然而，27到4-2-1数列和本流2到4-2-1数列要遥远的多。按照机械唯物论的观点，从27开始逆流而上的数列群才能叫做本源，尽管如此，按照“直线下泻”的观点，一般依然把1-2-4-8……2n的这一支看作是“干流”。
等差数列验证法，此方法是根据冰雹猜想的验证规则而建立的一种验证方法，是以无限的等差数列来对付无限的自然数。首项偶数，公差是偶数，那么数列上的所有自然数都是偶数，全体数列除于2，如果首项是奇数公差是偶数，那么数列上全体自然数都是奇数，全体乘上3再加1。如果公差是奇数，首项也是奇数，那么第奇数项必定都是奇数则乘上3再加1，第偶数项必定都是偶数,则除于2。如果公差是奇数，首项是偶数，那么第奇数项必定都是偶数，则除于2，第偶数项必定都是奇数，则乘上3再加1。按照这样的计算规则计算下去，会遇到许多新的问题，考验验证者的智商。比如偶数的通项公式是2n，因为都是偶数所以除于2，得到n，这就是自然数。
按照忽略偶数不记录的验证方法进行验证，第一个被验证的奇数有可能是能被3整除的奇数，也有可能是不能被3整除的奇数。但是所到达所归结的第二个奇数，以及第三个奇数(假设存在)，整个过程所到达所遇到所归结所访问到的每一个奇数，必定都不能再被3整除了。如果都从从能被3整除的奇数开始验证，路径上所遇到所归结的所到达所访问到的每一个奇数都必定不能再被3整除了，最终都能归结于1，那么必定遍历所有的奇数(遍历是离散数学的概念)。如果都从不能被3整除的奇数开始验证，那么路径上所遇到所到达所归结的所访问到的每一个奇数必定都不可能再被3整除了，最终都归结于1(等于说是漏下能被3整
除的奇数没有被验证)。所以在顺向的冰雹猜想验证过程中，可以把能被3整除的奇数都命名为最起始点的奇数，1是终止点的奇数，而在逆向的冰雹猜想验证过程中则是相反的，1是最起始点的奇数，而能被3整除的奇数则是终止点的奇数。事实上在验证的过程中，不能被3整除的奇数，都在存在数量无穷多的上一步的奇数，占1/3的比例是能被3整除的奇数，占2/3的比例是不能被3整除的奇数，这一现象都跟自然数的情况出奇地巧合了。
