如何证明哥德巴赫猜想？

哥德巴赫猜想的证明

证明步骤如下

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。

　　哥德巴赫猜想并非现代数学所力不能及．由于200多年人们无法证明，所以被数学界神秘化，由于数学家都无法证明，所以就扬言只有找到新的数学工具和方法才能破解，于是使研究迷失了方向，方向不对永远是缘木求鱼．

　　其实猜想再难，但最终如有人破解了，肯定是十分简单明了．如果只有少数几个专家和作者本人才能看懂，一纸天书，又有什么作用呢？

　　就是怀着这样的心境，我研究八年，用最基本的数学方法（本人高中文化，手头没有一纸参考文章）终于走出这个迷宫．

　　数学是最严谨的科学，正确是否是不讲半点感情因数，当然我说证明了还需大家的论证．

　　”证明”说白了是一种说明，并不是什么高深的东西．信不信由你，文章内容切不是我见过的文章中主要”强词夺理”来推断．而是用数式来说话，从” 6”以上的偶数都可以我的方法来说明，来验证．

　　关于哥德巴赫猜想的证明，网上五花八门，但一看都是些举例说明其自我的“猜想”。列举法是不能证明哥德巴赫猜想的。就算你证明了无限大的偶数M，但M之后的偶数你又如何解释呢？筛法也无能为力。由于人们自身的束缚，起码的方向和方法和思路都不对，那么永远是缘木求鱼。

　　我研究八年，用最基本的数学方法证明了哥德巴赫猜想。

　　①找出2和3之外的其他质数的通式

　　②用代数式算出M中的质数量

　　③当M=2的n 次方 时猜想成立,我们可以计算出多少质数对

　　④当M含根号M内2之外其他一个或多个质因数时,也可以计算出有多少质数对,对于任意一个偶数M(6.+∞)同样可以用代数式来计算,并没有半点自创的理论和”自我猜想.”

　　如果文章自己都说不明白,怎有要别人承认.”哥德巴赫猜想的证明”最终是一篇通俗的科普读物,无需高深的知识,大众都能接受.并能自我演示一番.

　　哥德巴赫猜想并非现代数学所力不能及。由于200多年人们无法证明，所以被数学界神秘化，由于数学家都无法证明，所以就扬言只有找到新的数学工具和方法才能破解，于是使研究迷失了方向，方向不对永远是缘木求鱼。

　　其实猜想再难，但最终如有人破解了，肯定是十分简单明了。如果只有少数几个专家和作者本人才能看懂，一纸天书，又有什么作用。

　　就是怀着这样的心境，研究八年，用最基本的数学方法（本人高中文化，手头没有一纸参考文章）终于走出这个迷宫。

　　数学是最严谨的科学，正确是否是不讲半点感情因数，当然说证明了还需大家的论证。

　　”证明”说白了是一种说明，并不是什么高深的东西。信不信由，文章内容切不是见过的文章中主要”强词夺理”来推断。而是用数式来说话，从” 6”以上的偶数都可以的方法来说明，来验证。

　　关于哥德巴赫猜想的证明，网上五花八门，但一看都是些举例说明其自的“猜想”。列举法是不能证明哥德巴赫猜想的。就算证明了无限大的偶数M，但M之后的偶数又如何解释。筛法也无能为力。由于人们自身的束缚，起码的方向和方法和思路都不对，那么永远是缘木求鱼。

　　研究八年，用最基本的数学方法证明了哥德巴赫猜想。

　　①找出2和3之外的其他质数的通式

　　②用代数式算出M中的质数量

　　③当M=2的n 次方 时猜想成立，可以计算出多少质数对

　　④当M含根号M内2之外其他一个或多个质因数时，也可以计算出有多少质数对，对于任意一个偶数M(6。+∞)同样可以用代数式来计算，并没有半点自创的理论和”自猜想。”

　　如果文章自己都说不明白，怎有要别人承认。”哥德巴赫猜想的证明”最终是一篇通俗的科普读物，无需高深的知识，大众都能接受。并能自演示一番。

由于我在2013年投稿给中国科学数学杂志社接受转发在百度终极素数定理栏。函数式是：π（x）=x*（pi-1）!/pi!+i 。

我先从中证明了“终极素数定理”又从该得到解决“哥德巴赫猜想”是正确的定理的方法，得出它的函数式：1≦√〔（2n）*（pi-1）!/pi!+i 〕祥细证明论文发表在百度关注栏科技二三事中。现在先解决“充分大”。2n作为充分大数，当n趋向很大很大时，2n应是一个充分大的偶数。再据论文中方法一步一步走就能得到每一阶偶数最少有一对素数对当偶数值越大得到的素数对数越多最多不超过该偶数中总素数个数和的开才值（取正整数）。

下面举列证明是正确的如：2n取n为5、25、50、……

当2n=10，先开方得3、2、二个素数去除剩下的数得5、7、又二个素数总共得四个素数，据论文中方法再开方就能取得二对素数对。正确？对照素数表得到3+7；5+5；等二对是正确的。其它偶数也以此类推。50偶数为四对；100偶数为五对……。去查素数表这三都是正确的。其他每阶偶数都依此类推。就可找到充分大的偶数包有只小一对素数对。所以定理成立。

关于哥德巴赫猜想的证明，任何大于6或等于6的偶数可以写出两个质数的和，首先任何偶数都可以表示为奇数的和，要使他它无法表示为奇数的和，必须拿掉n/4个数向上去整，而初始状态的奇数都是质数，如，3，5，7，出现了不是质数的奇数必然是，这些数相乘得来的，如3X11,11X5...,从一个n下面开始拿不是质数的奇数，首先这个数不能大于√n，其次不能小于3，n写下面的非质奇数都是，3*5，5*7这样的积，一个n，下面有多少非质奇数呢，比如42，下面的非质奇数是3*3.3*5.3*7.3*9.3*11.5*5.5*7.必定满足有一个数小于√n，这种非质奇数，两两相乘的组合数，是3和所有小于等于n/3的数相乘，5和n/5，直到√n和√n，这些数要取整，3-n/3,有n/3-3在除以2,再加1个非质奇数，同理n/5-5，n/7-7到√n这个数，上述数也要去整，有些是向上，有些向下，所以一共有n/3+n/5+…√n-3-5-...√n的和在除以2在加(√n-3)/2+1上面这些数要取整或者还要取相邻的奇数，上面的问题像相当于求一个1/(2n+1)，在√n处，这个数列的和，和一个等差数列，数列1/2n+1，是有极限的，上面函数的和小于n/4，很容易证明，所以任意两个大于6的偶数，可以表示为质数之和。归纳为，要是偶数不能表示为奇数和就要，至少减去1/4个n的奇数，而任意个n下面的非质奇数不会超过这个数，偶数下面的非质奇数是有奇数的积衍生出来的，这样的衍生组合是可以求的，n无穷大时，组合数存在极限，极限计算过来是小于n/4的，简单说，你从奇数里，扣除非质奇数，扣除的数不会超过n/4个.

依据哥德巴赫1742年6月12日【影印件】。依据欧拉的命题的【说法】：【任何一个大于2的偶数，都是两个素数之和。不过，这个命题也不能给出【一般性的证明】，但我确信它是完全正确的。】。依据王元代表七位数学家的【共识】：【凡大于等于4之偶数必为两个素数之和】的【是正确认识哥德巴赫猜想的时候了】。依据王元：【应当特别指出，4=1+3；6=1+5，它们是哥德巴赫和欧拉在来往的书信中的书写形式。】等等。

一般性的证明：

N表示大于2的偶数。P表示素数。

数学表达式：N=ΣP① (P>N/2开始；到<N为止)+ ΣP② （=N-ΣP①;差=P②=合数被删弃）

演示：N=4；ΣP①=>N/2~<4是素数3；ΣP②=4-3=素数1. 4=3+1

N=100; ΣP①=>100/2~<100的素数是：53；59；61；67；71；73；79；83；89；97 ΣP②=100-ΣP①:等于素数组：（53）47；（59）41；（71）29；（83）17；（89）11；（97）3；ΣP②=合数被删弃的是：（61）39；（67）33；（73）27；（79）21

任何一个大于2的偶数，两个不同的素数之和的【规律性；精确性；稳定性；普遍性；快检验】，以此类推。

现实点吧！当今世界还没有人能证明这个猜想，我国数学家陈景润把这个问题的研究推向了顶峰。可惜还是没证明出就离开人世了

中国预印本.数学序号:1286论文<<一个挑战世界难题的数学模型>>正好给出了一个验证哥德尔不完备定理的具体实例,并证明了哥德巴赫猜想不是哥德尔命题.文章指出任何给定的数学模型Gn-圆都只能证明一部份连续偶数可表为二奇素数之和,而对其他偶数是不可判定的命题(见原文第10至13页,注意到第64至74页证明在ZFC公理体系中的一个全称命题,即Gn-圆上每一个偶数列向量都可表为二奇素向量之和,再用概括规则(或称UG规则)推导出一部份连续偶数必为二奇素数之和(这是特称命题),.验证了哥德尔不完备定理.也就是说,如果不构造可数无穷个数学模型Gn-圆,n=1,2,...使用超限归纳法是不能证明哥猜等命题的).分层构造的代数系统是解决问题的关键.

数学家普遍认为:对哥猜的进一歩研究,必须有一个全新的思想.也有数学家认为:现有数学本身的公理不足以解释哥猜,需要拓宽基础才能解释.数学序号:1286文章所用到的理论是离散数学和数论的公理,定理及推理规则.作者只是补充了两条定义:(1)分量同余关系及非分量同余(此定义是欧拉函数和同余概念的推广). (2)哥氏向量及非哥氏向量(此定义是高斯二次剩余概念的推广).由离散数学可知这种定义可称为"非逻辑公理"(见原文参考文献[2]第77页).定义给出了列向量集合Gn的分类方法,将不同的数学分支链接起来,构成了一个更大更强的统一的公理体系,此体系不但可以解释哥猜命题,而且还可得到比哥猜更强的结果.这些结果不但有清晰的数学表达式也可进行高效的运算.并且具有几何的直覌性和代数的可验性.

由于文章是对新思想,新方法的探索,如有表达不妥或感到不方便之处,请同行专家学者以及广大师生不吝赐教.学术讨论是彻底解决哥猜和孪生素数猜想的正确方法,几十万数学师生在理论联系实际的探索中认识了这两个猜想,就会发现历史遗留下来的许多关于素数分布的猜想都很有趣,甚至有些还可以自己给出证明.只要是思路清晰有公理系统和推理规则做保证,难道您会发愁没有人审稿吗？只不过是时间早一点,还是晚一点的问题罢了.

哥德巴赫猜想的一个初等证明

崔坤

即墨市瑞达包装辅料厂

E-mail:cwkzq@126.com

摘要：

定理A:每一个大于等于6的偶数都可以表示成两个奇素数之和。

简言：N=P1+P2

定理B: 每一个大于等于9的奇数都可以表示成三个奇素数之和。

简言：Q=P1+P2+P3

关键词：

哥德尔定理、波特兰-切比雪夫定理、哥德巴赫数公式、哥德巴赫偶数公式

中图分类号：0156.1  MR(2000) 主题分类号：11N05

文献标识码:A

1.引言：

（一）在1742年给欧拉的信中哥德巴赫提出了以下猜想：

任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。

（二）给出证明的思路是：每一个的问题是哥猜的核心问题，作者就是围绕这个问题给出了一种新的方法，运用双记法给出的证明。现代数学约定3是最小奇素数。

（一）理论基础：

1、建立一个完整的闭合系统，即上下互逆等差数列。

2、运用哥德尔定理否定哥德巴赫数为零的协调性不存在。

3、运用波特兰-切比雪夫定理给出哥德巴赫数为零的偶数不存在。

4、运用通项的定义给出每一个的回答。

5、运用极限给出偶数趋向于无穷大时，哥德巴赫数趋向于无穷大。

定理A:每一个大于等于6的偶数都可以表示成两个奇素数之和。

简言：N=P1+P2

2.证明：

符号的约定

约定：哥德巴赫数表格是一个图表。

约定：哥德巴赫数公式是由哥德巴赫数表格中的各项元素关系推导而来的方程式。

约定：D(N)表示哥德巴赫数表格中奇素数对个数的符号。

约定：C(N)表示哥德巴赫数表格中奇合数对个数的符号。

约定： π(N-3)表示不超过（N-3)的素数的个数。

约定：W(N)是哥德巴赫数表格中奇合数与奇素数成对个数的符号。

约定：M(N)是哥德巴赫数表格中奇素数与奇合数成对个数的符号。

为了找到每一个的问题，根据偶数N=2n+4是关于自然数n的函数，首先，构造哥德巴赫数表格，哥德巴赫数表格所对应偶数N的等差数列通项是an=2n+4。

哥德巴赫数表格中的上筛A：是首项为3，公差为2，末项是奇数（2n+1）的递增等差数列。

哥德巴赫数表格中的下筛B：是首项为奇数（2n+1），公差为-2，末项是3的递减等差数列。

通过A、B上下2筛获得：

哥德巴赫数表格如下,共有6列:

第一列:偶数N= an=2n+4

第二列:哥德巴赫数的个数D(N)，

第三列:奇合数对的个数C(N)

第四列:奇数对的实例，

第五列：奇数对的个数n，

第六列：不超过N-3的奇素数个数 π(N-3)-1

双记法哥德巴赫数表格如图:

分析哥德巴赫数表格通项an=2n+4：

an=2n+4 中共有n个不相同的奇数，共有n个不相同的奇数对。

哥德巴赫数表格中的奇数对分类与N相关的有四种：

[1]（奇素数，奇素数），简称：1+1，令有D(N)个

[2]（奇合数，奇合数），简称：C+C,令有C(N)个

[3]（奇素数，奇合数），简称：1+C,令有M(N)个

[4]（奇合数，奇素数），简称：C+1,令有W(N)个

根据其对称性则有：M(N)=W(N)

设an=2n+4中共有π(N-3)-1个不相同的奇素数，则：

D(N)+C(N)+W(N)+M(N)=n . . .〈1〉

M(N)= π(N-3)-1-D(N) . . .〈2〉

M(N)=W(N) . . .〈3〉

有上述〈1〉、〈2〉、〈3〉式得：D(N)=C(N)+2π(N-3)-2-n

其中，D(N)、C(N)均为自然数， π(N-3)、n均为非零自然数。

将公式：D(N)= π(N-3)-1-M(N)称为哥德巴赫数公式。

研究后发现哥德巴赫数表格中有2个定理：

定理1：

通项an=2n+4中的奇素数没有与奇合数全部成对,

即π(N-3)-1≠M(N).            

证明：

若π(N-3)-1＝M(N)，那么D(N)= π(N-3)-1-M(N)=0

也就是说此时表格通项an中的奇素数与奇合数全部成对.

那么这种情况下有且只有如下2种情况：

第一种：每个奇素数恰好与奇合数成对，即M(N)= π(N-3)-1.

这种情况是一种协调性的。哥德巴赫数通项表格如上图

如果上筛A中的每个奇素数恰好与下筛B中的奇合数成对，那么这个自然数的形式系统就是协调性的。

根据哥德尔定理：任何包含了自然数的形式系统，如果它是协调的，那么它的协调性不可能在系统之内得到证明。

故：上筛A中的每个奇素数恰好与下筛B中的奇合数成对的协调性是不可能在这个系统之内得到证明。

即π(N-3)-1-M(N)≠0, D(N)≠0，从而D(N)≥1

第二种情况：存在某个大偶数中的奇数X（X ＞3）之后没有奇素数，所有的奇素数全部与奇合数成对。即M(N)= π(N-3)-1。

单记法给出X：

若在哥德巴赫数表格中X+2到2n+1都是奇合数，那么D(N)=0

单记法给出X：

根据加法原理：则X+X+2=2n+4，即X=n+1

也可以根据数列的通项公式求出X：

X是数列3，5，7，9...2n+1的第n/2项，X=3+2(n/2-1)=3+n-2=n+1

所以据此推得大结论K：(n+1)与(2n+3)之间没有奇素数存在。

恰恰相反，

根据伯特兰-切比雪夫定理：

若m为大于1的整数，则存在素数p，符合m＜p ＜2m

那么根据伯特兰-切比雪夫定理则有：

有素数P符合下式：

（n+1）<P<2（n+1）<2n＋3

即：(n+1)与(2n+3)之间有奇素数存在。

由此可知大结论K错误。

从而π(N-3)-1≠M(N)， 即D(N)≠0.

由于D(N) 是自然数，那么D(N)≥1.由此定理1得证

由于an为表格的通项，那么根据通项的定义可知：

每一个大于等于6的偶数都至少有一个奇素数对。

即每一个大于等于6的偶数都可以表示成两个奇素数之和。

命题简言：N=P1+P2，其中偶数N≥6，P1、P2是奇素数。

定理2：当N→+∞时，

lim D(N)= +∞      

N→+∞

证明：

因为N=2n+ 4,所以N=2C(N)+4π(N-3)-2D(N)

将该公式称为哥德巴赫偶数公式，

其中C(N) 为自然数，π(N-3)、D(N)均为非零自然数，偶数N≥6

D(N)=C(N)+2π(N-3)-N/2

以n为变量的公式:

D(2n+4)=C(2n+4)-n+2π(2n+1)-2

当n→+∞时，等式极限运算：

limD(2n+4)

n→+∞

=lim[C(2n+4)-n]+lim[2π(2n+1)-2]

n→+∞          n→+∞

根据x→+∞,

limπ（x）/x=0得:                                  

x→+∞

当n→+∞时，

lim[C(2n+4)-n]=lim(n-n)=0

n→+∞         n→+∞                               

又根据欧几里得素数无穷多定理可知： 

lim[2π(2n+1)-2]=+∞

n→+∞

故:当n→+∞时，

lim D(2n+4)=0+∞= +∞

n→+∞

lim D(N)= +∞       由此定理2得证 

N→+∞

3.结论

定理A:

D(N)≥1.由于an为表格的通项，那么根据通项的定义可知：

每一个大于等于6的偶数都至少有一个奇素数对。

即每一个大于等于6的偶数都可以表示成两个奇素数之和。

命题简言：N=P1+P2，其中偶数N≥6，P1、P2是奇素数

定理B:

每一个大于等于9的奇数都可以表示成三个奇素数之和

简言：Q=P1+P2+P3

证明：

根据：每个≥6的偶数N=P1+P2,                  8

其中P1、P2都是大于等于3的素数

故等式两边同时加上一个大于等于3的素数P3             

N+ P3=P1+P2+ P3

设奇数Q，则Q= N+ P3= P1+P2+P3                       

参考文献

【1】           华罗庚，数论导引[M]，北京，科学出版社，1979年86-94

【2】           李大元，田万海，中学数学教师手册，上海教育出版社，1-323-324

【3】           百度百科：伯特兰—切比雪夫定理说明：若整数n > 3，则至少存在一个质数p，符合n < p < 2n -2。另一个稍弱说法是：对于所有大于1的整数n，存在一个质数p，符合n < p < 2n。

【4】           张景中，数学与哲学，中国少年儿童出社，93-94

An elementary proof of Goldbach"s conjecture

CHOI Gon

Jimo Ruida Packaging Accessories Factory

Email: Cwkzq@126.com

Summary:

Theorem A: Each even number greater than or equal to 6 can be expressed as the sum of two singular prime numbers.

In short: N = P1 + P2

Theorem B: Each odd number greater than or equal to 9 can be expressed as the sum of three singular prime numbers.

In short: Q = P1 + P2 + P3

Key words:

Godel"s theorem, Portland-Chebyshev"s theorem, Goldbach"s number formula, Goldbach"s even number formula

Chinese Figure Classification Number: 0156.1 MR(2000) Subject Classification Number: 11N05

Document identification code: A

我们要是知道的话就在中国科学院呆着了，哪有时间回答你的问题

大偶数表为二个素数之和的证明提要:1:大偶数表为四个素数之和2:四个素数之和表为二个素数之和。归纳1及2则得:大偶数=素数十素数。

不知道，知道的话我也不会坐在这里了