达摩多罗禅经 南怀瑾:很弱智很简单的证明题

这还叫做简单？你没搞错吧，这个是歌德巴赫猜想啊，做出来我就不在百度知道混了，直接到中科院了……

另外，4就两情况，1+3和2+2，（1不是质数），2是质数，当然也就可以了啊。这个不是这样的吗？

（这个问题本身有毛病
2也是偶数，但是却不能由两个素数相加得到，因为它是最小的质数）

首先

1, 用S表示素数，下标分别用1、2、3、……标注，

即：S1=2; S2=3； S3=5； S4=7； S5=11……

2, 用H表示奇数合数，下标分别以1, 2、3……从小到大进行分类：

H2表示最小因子为3的合数分类，如9；15；21；…….

H3表示最小因子为5的合数分类，如25；35；55；……

Hn表示最小因子为Sn的合数分类，如Sn2；Sn*Sn+1；Sn*Sn+2；……

素数的单位是个，合数表示合数的类别。

3, 素数和空间：

已知奇数a，b, 都不是1和H2、H3, H4……HN的加式N=a+b,称作N关于Hn的素数和空间.

已知奇数a，b, 都不是1和H2的加式N=a+b,用M2表示；

…………

已知奇数a，b, 都不是1和H2、H3, H4……HN的加式N=a+b,

用Mn表示

证明方法：反证法

假设:N是一个最小的,不能由两个素数相加而成的偶数.

而且,N是自然数区间{1; （Sn+!）2-1}中的一个偶数;

证明：根据N所在区间{1; （Sn+1）2-1}中的最大合数分类是Hn类;

我们虚拟了一个趋于无穷大的偶数M,且有

M=2X S1S2S3……Sn+N ，(X属于一个趋于无穷大的自然数),

显然，把N, M分别除以2S2，2S3，……，2Sn，得出对应的余数都一样,

令得出的对应的余数分别是A2，A3,…….AN,

用{1; M-1}中的所有奇数两两相加，可以得到很多组M=a+b组合;

把a，b分别除以2S2，可以分成:(6K+1), (6K+3)， (6K+5)三种类型，

删去其中有一个加数，或者两个加数是 (6K+3)合数存在的加式，

如当A2=0时,

即M=6K，, 当N=6K+2 时,余数2决定了N=（6a+1）+（6b+1）类型的加式存在;

当N=6K+4 时,余数4决定了N=（6a+5）+（6b+5）类型的加式存在,

当N=6K+0 时,余数0决定了N=（6a+1）+（6b+5）类型的加式存在, 得出,无论是那个类型的偶数,没有H2存在的加式一定存在,

剩下任何一种类型的等式,都形成一个等差数列,如Y=6a+1; Y=6b+5,

任何一个等差数列,只要项数足够,除以2S3,都可以分成

(10 a +1); (10 a +3); (10 a +5); (10 a +7); (10 a +9)五种类型,

删去有一个或二个加数是（10 a +5）合数存在的加式，

因为, A2，A3,…….AN,决定了一定有很多的等式不能被删去, 最后,还会剩下很多等式,

当A3=0时, (10 a +1); (10 a +3); (10 a +7); (10 a +9) 不会被删去

当 A3=2时, (10 a +1); (10 a +3); (10 a +9) 不会被删去;

当A3=4时, (10 a +1); (10 a +3); (10 a +7); 不会被删去；

当 A3=6时，（10 a +3)； (10 a +7); (10 a +9)不会被删去；

当 A3=8时, (10 a +1); (10 a +7); (10 a +9)不会被删去；

剩下的等式中的数, 继续筛选,删去有H4,…..Hn合数存在的加式后, ,直到剩下的加数或被加数都不可能是 H2, H3, H4,…..Hn为止。

在这些剩下的等式中任选一组两个加数都不是1的等式M=a+b，即一组Mn

若a＞N，则把a减去若干个S1S2S3……Sn，使它等于a1，且使a1小于N-1，然后把b减去若干个S1S2S3……Sn，等于b1，使b1小于N，同时使a1+b1=N，a，b所减的S1S2S3……Sn个数一定等于2X个，即把M还原为N，

由于所减的数S1S2S3……Sn是S1, S2，S2，……,Sn的整数倍数，

所以，奇数a1和b1一定不是合数H2,或 H3, 或H4,…..Hn,

因为，N是自然数区间{1;（SN+1）2-1}中的一个偶数，所以，它们也不可能是其它较小因子大于Sn的合数，又不是1,又不是偶数,

它们只有一种可能：两个都是素数。

所以，“N是一个最小的,不能由两个素数相加而成的偶数”的假设不成立，即没有最小的不能由两个素数相加而成的偶数。

所以,任意一个大于4的偶数都可以由两个素数相加而成。