哥德巴赫猜想可以被证明吗？

　　哥德巴赫猜想是非常有名的，因为中国的数学家陈景润作出了最好的结果，至今没有人突破。换句话说，这个猜想还没有被证明。
　　1996年3月19日，陈景润去世到现在，已经过去了22年，哥德巴赫猜想的研究成果没有什么大的突破。
　　当然了，从科学的角度来说，这个猜想肯定是可以被证明的，只不过也许还需要400年的时间。这个是说不清楚的，也不好预测，因为科学的发展不是线性的，而是非线性的，而且还有很大的不确定性。
　　陈景润的学术成就是伟大的，除了哥德巴赫猜想12部分，它在华林问题、圆内格点、球内格点，算术级数中的最小素数、三素数定理中的常数估计、孪生素数等问题研究中都有突破。
　　最近最伟大的数论学家张益唐，他的水平很高，我们只能寄希望于张益唐等人，如果他们能突破哥德巴赫猜想，那就是被证明了。但现在肯定是不好说什么的，你这个问题没有人知道答案。
　　看过这方面的几篇文章，过来打打酱油。数论我肯定不懂，在算术上又让小孩子给欺负了。头条上各路神仙太多，仰望不过来，没办法只好看他们脚站哪儿了。
　　数学家们是我最崇拜的，看很多人说证明了哥氏猜想，觉得这事儿够呛，自证清白没那么容易。我虽不会可基本常识还明白一点儿：任意自然数均与0、1相关联，用〔fsinN，2，N为任意自然数〕表示这种性质。
　　引入HcosNsinN。我们注意到当为2值时，会发生奇妙的事。因为N为奇数时，值等于，N为偶数时值等于1。那我们再进一步，将奇数定义为2n1，则奇数函写为e（2n1）2，偶数函则写为e2（n1）2e（n1），简单化把n定义为自然数。自然数中奇数内质数的函值为2，1。
　　唉，自己这样招人恨，啥也不会，祸害完物理又跑来这儿说三道四耍无赖，非要给所有自然数分出性征〔ei2（n1），ei（2n1），ei（2N3）（2n3），ei（2n9）ei（2N3）（2M3）〕。
　　11无法证明，我们来证明22如何？
　　宋公明
　　所谓哥德巴赫猜想，就是要证明偶数都可以写成两个素数之和，即素加素。用11来代表。
　　但是偶数也可以写成合加合和合加素，这就产生了一个问题，为什么素加素需要证明，而合加合不需要证明呢？合加合用22表示，难道合加合和合加素是天经地义天然成立不需要证明的吗？既然素加素的证明非常难，不是我等能问津的，那么好吧，我们且不去证明素加素，我们来证明合加合即22总可以吧？
　　最小的合数（指奇数中，下同）是9，那么很显然，最小的合加合是18，也就是说，在小于的偶数中，只有素加素和合加素，而没有合加合。所以合加合并非天然成立，而是在一定条件下才能成立。
　　自然数是先有素数然后才有了合数，合数是素数因子和另一奇数和乘积。即：S（2N1）。故先有素加素，然后才有合加合。合数需要素数做因子，有素数才有合数，合数的增多，挤占了自然数的空间，素数就会减少。但是自然数每增加一位，奇数总量增加九倍，远大于合数增加数。所以素数是无限的，合数也是无限的。
　　随着合数的增多，合加合当然也随之增加，随着合数增多，就出现了合数连续，例如：
　　，，，，，，
　　是个合数连续。
　　因为在奇数数列（2N1）中，每个数中必有个的倍数，每个数中必有个的倍数，每个数中必有个的倍数，以此类推。所以，个合数连续，必然至少会有个合加合。所以合加合的必然性是可以证明的。
　　对于一个偶数，合加合，合加素，素加素之间是相互关联此长彼消的，三者数量之和等于该偶数中奇数总数。例如对于偶数100，有50个奇数。我们这样排列：
　　表1：
　　1，3，5，7，9
　　11，13，15，17，19
　　21，23，25，27，29
　　31，33，35，37，39
　　41，43，45，47，49
　　51，53，55，57，59
　　61，63，65，67，69
　　71，73，75，77，79
　　81，83，85，87，89
　　91，93，95，97，99
　　这样排列可以很清楚看出，从两位数起，中间一行尾数为5的数都是合数，其两边是尾数是1，3，7，9，的奇数。当中间的数为2530n时，两边尾数是1，7的奇数一定是3的倍数。为3530n时，两边尾数是3，9，的奇数也一定是3的倍数，为4570n时，右边尾数为9的数一定是7的倍数，以此类推，7570n时，边上尾数7的数一定是7的倍数，9570n时，边上尾数为1的数也是7的倍数。同样，还可以找出11，13，17等其他素数因子倍数的位置。而为1530n时，两边必定没有3的倍数，因此孪生素数和四生素数只可能在这样的数两出现。（尾数为9，1的孪生素数只可能出现在3030n的两边）
　　由此可知，如果偶数尾数为0时，中间一列尾数为5两位数以上的数都要组成合加合。而偶数的尾数是2，4，6，8时，中间一列尾数为5两位数以上的数必然要和两边各列的合数数组成合加合和合加素。
　　以表1为例，中间一列尾数为5的数可组成4对合加合，和两边的数至少可组成3对合加合。
　　所以，合加合不仅可以证明其存在，而且可以证明，随着偶数加大，合加合的数量也随之增加。
　　对于偶数100，
　　357911131517192123252729313335
　　999795939189878583817977757371696765
　　37394143454749
　　63615957555351
　　其中包含26个合数（因为1不算素数，且归入合数）和24个素数，其中合加合有：199，991，1585，2575，3565，4555，4951。共7对14个数。
　　对于偶数200，在100个奇数中，有54个合数，46个素数，而合加合有12对24个数。
　　说到现在，一直都是在证明合加合。但是对于一个偶数来说，其中的合数的总量就那么多，除去合加合之后剩下的合数就只能组成合加素。
　　例如对于偶数100，26个合数减去7对14个合数，剩下的合数为261412个。这12个合数只能组成合加素，即合加素有12对。相应的素数就剩下241212个，这12个素数可组成6对素加素。
　　即，397，1189，1783，2971，4159，4753，
　　对于200这个偶数，100个奇数中有55个合数，其中合加合有12对24个数，剩下31个合数组成31个合加素。相应的，45个素数减去31剩下14个，因此素加素有7对14个素数。
　　请看，本来是证明合加合的，不想倒抄了素加素的后路。这合数和素数本来就是对立的统一的关系，合加合，合加素，素加素，也是相互关联的矛盾统一体，有此必有彼，此长则彼消。素加素不是有没有的问题，而是数量有多少的问题。
　　对于任意偶数，其中合数所占的比例是可以计算的，其中的倍数96n，占奇数总数的，的倍数2510n，占，但要减掉与的倍数重复的部分，即为，同样的倍数为。等等。对于这个偶数来说，其中的奇合数在和之间，其中最小的因数是，最大的因数是，因此构成合数的因数只能在这一区间之内。
　　表2：
　　素数因数倍数合数数量9，15，21，。。。999165
　　525，35，55，。。。。。99566
　　749，77，91，。。。。。97337
　　11121，143，187，。。97920
　　13169，221，247，。。94916
　　17289，323，391，。。90111
　　19361，437，551，。。9319
　　235296677138519439896
　　298418992
　　319611
　　合计333
　　由表2可见，3和倍数占奇数总数的1，以后，，等的倍数的数量迅速递减，而构成的合数只有个961，即占奇数总数的100。随着偶数增大，新增的合数比例也随之下降。所以偶数中合数和素数所占的比例是趋向一个极限的。
　　表：
　　偶数合数个数比例素数个数比例
　　10026521002448100
　　20055551004545100
　　100033366。610016733。4100
　　10000377375。44100122824。56100
　　500001986879。4100513220。6100
　　由表3可见，随着偶数增大，合数的比例随之增大，但增速在减慢，并趋向极限。素数的比例虽然在减小，也超向极限。但由于基数不断增大，所以素数的数量却是不断增加的。
　　由表1可知，合加合是必然存在的而且偶数越大，则合加合的数量就越大。
　　表4：
　　偶数合加合合加素素加素奇数
　　1007对14个12对24个6对12个50个
　　20012对24个31对62个7对14个100个
　　1000111对222个111对222个28对56个500个
　　因为偶数中奇数的总量是合数和素数之和，合加合的数量是合数的数量和分布所决定，合加合的数量会随着偶数增大而增多。因此除去合加合的数量，剩下的合数必然少于素数的数量。虽然素的比例在在减少，但是只能趋向极限而不会消失，除去合加素，剩下素随偶数增大而增多。但所占比例在减少。然而比例减少也趋向一个极限，也就是说永远不会为零。数哪怕只有1100，由于基数很大，那也是庞大的数量。100亿的1也有亿之多。即使素加素比例少到亿万分之一，由于偶数相应地大，所以素加素不是有没有，而是有多少的问题。而且是偶数越大，素加素就越多，既然已知较小的偶数都是如此，那么未知更大的偶数更是如此。
　　哥猜是实践中发现的现象，是不是真理，素加素是不是普遍存在，为什么不能用实践去检验呢？不是说实践是检验真理的唯一标准吗？很显然，再多的实践也只是反映表面现象，若不能揭示其内在规律性，还是不能肯定哥猜一定成立，总是对下一个偶数是否成立没把握。现在连自行车都不用骑，只是从合数入手，很容易就能揭示合数产生的规律，揭示了合加合，合加素，和素加素之间的内在关系，这样就对素加素的成立有了充分合理的解释。
　　2017，10，12
　　其实只要证明了黎曼猜想，哥猜就是个弟弟
　　哥德巴赫猜想並不象世人想象的那样神秘，艰深复杂而高不可璺。1。
　　。
　　11
　　哥德巴赫猜想是完全可以证明的。请看《哥德巴赫足理〉钲明
　　哥德巴赫猜想的内容是：任何一个大于2的偶数，都可以表示成两个质数之和。
　　哥德巴赫猜想的证明，采用反证法（非常简单）：任何两个质数相加，质数就是奇数，奇数加奇数为偶数，那么其结果必定是一个大于2的偶数。
　　有些问题，如果要在原有老路上去走，是走不通的，这就需要我们去开辟新的路子，正如一个人，不能吊死在一颗树上！
　　哥赫从提出到现在，已经有很多人偿试去证明，但到今天，也没有一个合理易懂的证明法，主要是之前的人，没有开通新的路子与思维，将一个简单的问题复杂化，而且，一些证明过程也极其复杂化，有的环节是错误的。
　　这本身就是一个很简单的猜想，其证明也很简单，但被一些人神化，复杂化，导致无法去证明了。
　　在数学上，人类目前要挑战的是深层微积分，多元多次方程的解，函数的变像法则等等，如果再投入大量的精力人力去证明毫无作用与意义的哥赫，实在是不可取的。
　　大家新年快乐！
　　如果不是属于像平行公理那样本质上是属于公设性的命题，那么哥德巴赫猜想理论上是应当可以被证明的。
　　虽然数学家哥德尔证明了哥德尔不完备定律，指出任何一个形式系统，只要包括了简单的初等数论描述，而且是自洽的，它必定包含某些系统内所允许的方法既不能证明真也不能证伪的命题。但这类无法证明的命题，在我看来，主要是指像平行公设这样的命题。
　　而哥德巴赫猜想这样的命题，本质上是由算术基本定理等更为基础性的命题所派生，不是公理性质的，因此应当是可证的。
　　目前为止，最好的证明结果是由陈景润作出的，证明路线是继承主流的殆素数路线。他的成果被归纳为证明了12，即任意一个大于2的偶数，都可以表示为一个素数与另外一个素数或半素数之和，半素数其实还是合数，不过只能分解为两个素数相乘。而哥德巴赫猜想需要证明11，也即任意一个大于2的偶数，都可以表示为两个素数之和。例如301317，哥德巴赫猜想认为这一规律适用于所有大于2的偶数。
　　不少人认为陈景润的成果是运用殆素数方法所能取得的最好成果，要直接证明11的可能性不大。
　　除了殆素数方法，主流的其他方法目前也都进展不大。
　　能不能有新方法呢？我认为是有的。
　　我们不妨提出这么一个问题：假设n是大于1的任意自然数，是否总存在一个非负整数k，使得nk与nk同为素数？
　　这个问题的实质其实就是哥德巴赫猜想，非常直观与本质，但似乎很少人从这个角度去思考过。
　　想一想：如果2n代表任意一个大于2的偶数，并且一定存在非负整数k使得nk与nk同为素数的话，那么2n显然能表示为两个素数nk与nk之和。
　　于是，证明哥德巴赫猜想等于就转化为探讨对于给定的大于1的自然数n，使得nk与nk同为素数的非负整数k的条件是什么？
　　首先，显然须得kn。
　　其次，假设p（x）是任意不大于2n的素数，于是k对模p（x）的同余情况，显然与n对模p（x）的同余情况相关。
　　不妨设nd（x）（modp（x）），非负整数d（x）p（x），则有：
　　如果kp（x）d（x）（modp（x））不成立，那么nk0（modp（x））不成立；于是nk不能为p（x）整除，必是素数。
　　如果kd（x）（modp（x））不成立，那么nk0（modp（x））不成立；于是nk不能为p（x）整除，必为素数或1。
　　从而，有如下结论：如果kp（x）d（x）（modp（x））与kd（x）（modp（x））均不成立，并且nk1，那么nk与nk必同为素数！
　　对以上结论，在此不妨举例说明：
　　令n50，则有2n10，不大于10的所有素数为2、3、5、7。显然：2除50余0，3除50余2，5除50余0，7除50余1。从而，k必须满足：
　　（1）为奇数；（2）为3除不余1或2，也即为3倍数；（3）不应是5倍数；（4）为7除不余6或1。
　　在049中，满足条件（1）、（2）的数有3、9、15、21、27、33、39、45；再根据条件（3）筛除5倍数15和45；最后根据条件（4）筛除27。筛得的结果是3、9、21、33、39这5个数。
　　检验：
　　k3时，nk53，nk47，有1005347；
　　k9时，nk59，nk41，有1005941；
　　k21时，nk71，nk29，有1007129；
　　k33时，nk83，nk17，有1008317；
　　k39时，nk89，nk11，有1008911；
　　其实k47时也是满足条件的，此时有nk97和nk3，但被我们筛除了。这说明我们这里设计的过滤筛子是偏密的，但在这里宁可错杀。
　　类似地，根据上述方法，我们将能估算出在0n1这n个非负整数中，满足条件的非负整数k至少会有多少。
　　除了p（x）2时，对于其他的任一素数模p（x），至多有两个剩余类是不满足条件的，至少有p（x）2类剩余类是满足条件的。也就是总是约有（p（x）2）p（x）的数，当k取值时，将使得nk或nk均不被p（x）所整除。
　　不妨设p（m）为自然数中的第m个素数，并且p（m）是不大于2n的最大素数；再设0n1这n个非负整数中，使得nk与nk同为素数的非负整数k的个数为S，那么则有：
　　S〔n12133557（p（m）2）p（m）〕
　　〔n121p（m）〕
　　〔n212n〕
　　〔2n4〕
　　（这里〔〕为取整符号）
　　显然，n32时，S2；由此至少有1个非负整数k，使得nk与nk同为素数。
　　而n32时，哥德巴赫猜想的成立是显然的。
　　对于上述的新证明思路，你认为存在什么问题，欢迎留言探讨！
　　还不确定能不能证明。数论里有一个不可证明定理，意思是有些命题是可以证明的，有些是无法证明的。关于不可证明定理，举个例子说明。假如有命题：A说我是一个骗子。如果我们承认A说的话，则证明A说的是真话，那他就不是骗子；如果我们否定A的话，则等于告诉自己要证明A不是一个骗子。根据这个逻辑，我们无论如何，都无法证明这个命题。这定理揭示了进行数学证明时必然存在的一种悖论。该定理有数学描述，大家搜索就知道了。要命的是，不可证明定理并没有给出判定一个命题是否存在悖论的方法。所以我说，哥德巴赫猜想还不能确定能不能证明。我们唯一能确定的是，它困扰了人类几百年。但也不能因为困扰就说它不能被证明。著名的费马大定理困扰人类300年，在21世纪被人创世纪一般证明出来了。
　　总会被证明的，不过估计要有新的工具
　　站在巨人的肩膀上，1896年阿达马和瓦莱。普桑各自独立地证明了PNT（素数定理）。早有切比雪夫计算了兀（N）与NLnN的差距上下不超过大约10，1881年美国约翰。霍普金斯大学西尔维斯特计算到范围降到4。在设定的2N内，取下限内前N内的全部素数与后N内的全部素数，不断结合取其中点，如3十5，3十7，中点有4，5，陆续不断延长下去，设素数的值都是恒定的，起码可以表示出4到N，N点就是1十1的核心，并且计算到N点的结合数。完证。2019年1月23日百度上载接受了素数1十1研究一破解哥德巴赫猜想。