问题
爱多士–施特劳斯猜想（1948，亦称施特劳斯猜想）：每个整数 n ≥ 2 都能写成三个单位分数之和
单位分数（分子为 1 的分数）是埃及分数的标准砖块：任何正分数都能用贪心算法（斐波那契–西尔维斯特算法）展开成单位分数和，但项数不受控制——4/5 = 1/2+1/4+1/20 三项即成，而某些分数按贪心算法要展开成几十项。猜想断言 4/n 这一族永远三项够用。
主要概念
局部性：解的「遗传」结构
这个问题最显著的特征是局部性：n 能否三项展开，几乎完全由 n 的小素因子与模 8、模 3 的剩余类决定。若 4/n 可解，则 4/（mn）可解（命题 1 的放大论证），因此反例必是素数；再叠加整除性覆盖（命题 2–4），需要检查的 n 收缩到素数 p ≡ 1 (mod 24)。整条归约链只用初等算术，本页给出其中四环的完整证明。
与 4/p 的分工
奇素数情形 4/p 是难点核心。莫德尔（Mordell, 1969）证明：对固定的 (mod 3) 型参数族，4/p 的解存在性可由椭圆曲线的有理点控制——「p 落在某个同余类里则必可解」这类结果已解决了相当比例的素数；剩下的是一般素数，毫无整体思路。
主要命题与证明
命题 1（放大与极小反例；完整证明） 若 4/n 可三项展开，则对任意正整数 m，4/(mn) 也可；因此若反例存在，最小反例必为素数。
证明 设 4/n = 1/x+1/y+1/z。两边同除以 m：4/(mn) = 1/(mx)+1/(my)+1/(mz)，仍是三个单位分数之和。于是「可解」性质沿倍数向上遗传：若最小反例 n0 为合数，写 n0 = m·d（1 < d < n0），由最小性 4/d 可解，放大得 4/n0 可解，矛盾。故最小反例是素数。□
命题 2（n ≡ 0 (mod 4)；完整证明） 4 | n 时 4/n 可解。
证明 用恒等式 1 = 1/2 + 1/3 + 1/6。取 x = n/2，y = 3n/4，z = 3n/2（4 | n 保证均为整数），则
三项均为正单位分数，展开成立。□
命题 3（n ≡ 2 (mod 4)；完整证明） n ≡ 2 (mod 4) 时 4/n 可解。
证明 写 n = 2m，m 奇。先验证恒等式：2/m − 2/(m+1) = 2/(m(m+1))，而 2/(m(m+1)) = 1/(m(m+1)) + 1/(m(m+1))。于是
其中 x = (m+1)/2（m 奇保证为整数），y = z = m(m+1)。再由 4/n = 4/(2m) = 2/m，展开成立。□
命题 4（n ≡ 3 (mod 4)；完整证明） n ≡ 3 (mod 4) 时 4/n 可解。
证明 取 x = (n+1)/4（整数），y = z = n(n+1)/2（n 奇保证整除）。计算：
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命题 5（归约链的现状） 综合命题 1–4：反例只能是素数 p ≡ 1 (mod 4)。进一步的同余归约（模 3 与模 8 的精细分析，Mordell 1969 及后续）把名单压缩到素数 p ≡ 1 (mod 24)；Elsholtz 及后续工作给出固定 n 时解数 N(n) 的次指数型上界。数值上，所有 n ≤ 1014 均已验证可解（Swett 等），后续记录或有推进。
说明 归约链与解数上界都指向「反例若存在必须极其特殊」，但猜想的原点——对一般素数 p ≡ 1 (mod 24) 直接构造展开——没有任何系统方法；4/p 的解与一条含参数椭圆曲线的有理点绑定（命题概述见 Mordell），这正是它比表面看起来困难得多的原因。□
进展与文献
Strauss–Erdős 原始陈述（1948）；Mordell《Diophantine Equations》(1969) 的系统处理；Elsholtz 的解数上界与 Heidelberg 学派的数值验证见 Elsholtz–Tao 的综述性讨论。同类问题：5/n 的四项展开（L. E. Dickson 一脉）、3/n 的两项展开（已由 Graham 完全解决）——4/n 恰是「两项不够、三项未知」的临界位置。