然了

yelomo

然了
，当谜题解开时，发现一切太简单了。
解开哥德巴赫猜想不需要复杂的论述，一切简略成两步，
第一步，截取数列k=2n+1。简化哥猜为素数对应在数列k上的项数p，任意大于1的正整数都可以写作两个对应素数的数列k项数表示。
第二步，反证任意大于1的正整数与对应素数的数列k项数的差，对应的必然是对应合数的数列k项数，不成立。


详细证明
1 用大写P表示素数，小写p表示素数对应在数列K上的项数，公式写作 P=2p+1
2 用大写C表示合数，小写c表示合数对应在数列K上的项数，公式写作C=2c+1
3 用大写N表示大于1的正整数。
4 用大写K表示大于1的奇数，即数列K，公式写作 K=2n+1
5 用大写T表示一个大于1的正整数，该数与任意小于它的小写p的差，都等于c公式写作T-p=c(T＞p)
第一步证明可由公式转换写作
P+P=2n+2,P=2p+1
n=[(P+P)-2]/2=[(P-1)+(P-1)]/2=(P-1)/2+(P-1)/2=p+p。（由于p+p≠1故不能证明n=1；2n+2=4。所以说2n+2=4为特例，但4可以写作2+2故该特例不影响哥猜证明）
第二步证明T不存在，
T∈N，T-p=c.
由 P=2p+1，C=2c+1，C=PN进行推导
2c+1=(2p+1)(2n+1)
c=2np+p+n
T-p=2np+p+n为方便辩读记作T-(px)=(py)+2n(py)+n
（同时T-(py)=c=(px)+2n(py)+n，若要使c=(px)+2n(py)+n成立，
情况1(px)=(py),则T=2(px)+2n(px)+n；
情况2(px)≠(py),则2n(py)+n=2n(px)+n方便辩读记作2x(px)+x=2y(py)+y
即x[2(px)+1]=y[2(py)+1]
解x=[2(py)+1]n；y=[2(px)+1]n。T=(px)+(py)+[2(px)+1][2(py)+1]n ）
设（pz）为小于T的最大p
即T＞pz＞p
n取最小值，n=1
情况1，T=2(pz)+2(pz)+1即T＞4（pz）
情况2，T=4(pz)(px)+3(pz)+3(px)+1即T＞7（pz）
若T成立，则有(pz)到4(pz)区间内不存在p。（严重不可能成立。）然了。我去寻找着不可能存在的p了。


有打赏的土豪不？记得联系我，

yelomo

正如证明素数有无限个一样，哥德巴赫猜想的证明同样简单。
用 T 表示一个大于 2 的偶数，当它与任意小于它的素数，相减所取值为合数时，该数 T 不
可用两个素数之和表示。反之，即 T 与任意一个素数相减所得差，取值为素数时，即哥德
巴赫猜想成立。
T-P=C;T-P≠P
任意合数都可以写作，一个素数加该素数正整数倍数的和的形式即 C=P+PN（N≥1）
所以 T-P X =P Y +P Y N，同时 T-P Y =P X +P Y N=C
P X +P Y N=C 成立条件分为两种情况
第一种 P X =P Y ,P X +P Y N=P Y +P Y N=C;T=2P X +P X N
第二种 P X ≠P Y ,P Y N=P X N X ,P X +P Y N=P X +P X N X =C;T=P X +P Y +P X P Y N
代入素数验证发现除 p=2,第一种情况外 N 取奇数值时，T 不可取偶数，与假设不符。
故上式应修正为
1 T=2P X +2NP X
2 T=P X +P Y +2NP X P Y
假设 P Z 为小于 T 的最大素数，代入第一种情况,让 N 取最小值得到 T=4P Z ；
代入第二种情况，让 N，P Y 取最小值得到 T=7P Z +3。
即，T 若成立，则区间(P Z ,4P Z )内不包含任意素数。该成立条件 n 2 与(n+1) 2 间 n+1 内必存
在至少一个素数的素数分布条件矛盾，故不成立。
所以与任意一个素数相减所得差为合数的大于 2 的偶数 T 不存在。故哥德巴赫猜想成立。

yelomo

关于证明哥德巴赫猜想的论述

首先，假设在正整数中的确存在一个大于2的偶数，不能被写作两个素数之和的形式，用T表示这个数或这些数。若T存在，则存在不能被写作两素数之和的大于2的偶数。即哥德巴赫猜想无法成立。
而维持T存在的基本条件就是T与比他小的任意一个素数之差，不为素数，忽略非素数非合数的特殊数值1，可简化为维持T存在的基本条件是：T与小于它的任意素数之差，必为合数。可写作T-P=C
（关于是否可以忽略特殊数值1，我们可以将研究对象由正整数，转变为数列K，K=2n+1。方法如下，
将两素数相加和表示大于2的偶数的式子，首先写作PX+PY=2NZ+2，再代入数列K,的通项公式K=2n+1，将上式转变为(2px+1)+(2py+1)=(2nz+1)+1，简化得n=px+py。即表示素数所对应数列K第几项的项数相加之和，可以表示任何大于1的正整数时。任何大于4的偶数，都可以被写作两个素数之和。因为4可以被写作2+2，故若n=px+py成立，则PX+PY=2NZ+2也成立，哥德巴赫猜想成立。
当研究对象转换为数列K时，因为数列K上无项数代表数值1，故证明n=px+py过程中不存在数值1对论证的影响。故可以忽略特殊数值1）
若存在T-PX=PY，即T与某个小于它的素数之差，为素数。将与T的假设条件冲突，进而否定T存在。当T被证明不存在，则哥德巴赫猜想被证明成立。
接着便是证明T假设条件无法成立，即存在T-PX=PY
根据合数的定义，可将合数写作C=P+PN，任意一个合数都可以写作为构成他的某个素数与这个素数整数倍数的和。将C=P+PN，代入T-P=C，可得等式T-Px=Py+PyN。由于定义T为：与小于它的任意素数之差，必为合数。所以存在等式T-Py=Px+PyN=C。即Px+PyN必为合数。
根据C=P+PN，若Px+PyN=C成立，则有等式Px+PyNy=Px+PxNx该等式在两种条件下成立
1，Px=Py, 当Px=Py，Px+PyNy=Px+PxNx=C自然成立。此时可得T=2Px+PxN。
2，Px≠Py，当Px≠Py时若使Px+PyNy=Px+PxNx=C则有PyNy=PxNx即Ny=PxN；NX=PyN。此时可得T=PX+Py+PXPyN
由于当N取奇数值时，除第一情况下取值Px=2,T为偶数（此种情况下T=2Px+PxN=2*2+2n，因为全体素数中，只有2为偶数，任意大于4的偶数减2所得值都不可为奇数，故该情况Px=2不影响否定T的证明忽略不证)。其他情况下下T所得值都为奇数，与假设条件不符。故上述等式可改写为一下形式
1，T=2Px+2NPx
2，T=PX+Py+2NPXPy
将N取最小值N=1代入分别得到
T=4PX
T=PX+Py+2PXPy(当Py也取最小值Py=3，时T=7PX+3)
设PZ为小于T的最大素数，代入上两式，有T的最小可取值为T=4Pz,即在区间（PZ，4PZ）内不存在素数的情况下，T成立，若在区间（PZ，4PZ）内存在其他素数则        T不成立。
由于N2与（N+1）2之间每隔N+1必然存在一个素数，所以区间（PZ，4PZ）内必存在其他素数。故T存在条件不成立。
故猜想成立。


这个相对逻辑性强一点了。看的留言发表发表意见啊