反证法的定义
什么是反证法？法国数学家阿达玛曾对它做了一个精辟的概括：此证法在于表明：若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾．可见，利用推理中出现的矛盾可以证明数学中的一些结论，这就是反证法．
反证法是从一个否定原结论的假设出发，经过正确的推理而得到（与公理、定理、题设等）相矛盾的结论，由于推理和引用的证据是正确的，因此出现矛盾的原因只能认为是否定原结论的假设是错误的，从而得到原结论成立．
用反证法不是从正面确定论题的真实性，而是证明它的反论题为假或改证它的等价命题为真．
取偶数N，素数pi，p，而且，pi＜√N＜p＜N-√N。
N=p+(N-p)。
“从正面确定论题(偶数哥德巴赫猜想)的真实性”就是证明(N-p)中有素数，有二个方向：（1）证明(N-p)中确实存在素数，例如，30-13=17。（2）证明(N-p)中剔除合数后留下的素数数量是可以计算出来的。
反证法反就是“证明它的反论题为假”。
既然正面论题是“(N-p)中有素数”，反面论题就是“(N-p)中没有素数”。或者说“(N-p)中都是合数”。换句话说，如果证明“(N-p)中都是合数”这种说法不能成立，就可以反证出(N-p)中有素数而肯定偶数哥德巴赫猜想成立。这个方法的简单之处是既不必去证明(N-p)是不是素数，也不必计算(N-p)中有一定的素数数量。
为什么要限制p值？
①可以不必去考虑N-素数=1。
②使得：(N-p)是素数时，(N-p)必定不能被pi整除；(N-p)是合数时，(N-p)中至少有一个素因数pi。为讨论(N-p)是不是都是合数创造了条件。
③p以外的素数数量相对于p的数量可以忽略不计，只研究p是合适的。
有了这样的思想准备，讨论《用反证法证明偶数哥德巴赫猜想》可能会方便一些。

用反证法证明偶数哥德巴赫猜想
摘要 偶数N，素数pi、pr、P。2≤pi≤pr＜√N ，pr+1＜P＜N-pr-1。N=pi+(N-pi)=P+(N-P)，若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数，则(N-P)是可被pi整除的合数。本文用反证法证明，(N-P)中必有素数，故偶数哥德巴赫猜想成立。
关键词 偶数哥德巴赫猜想 反证法
N——偶数。(本文讨论N≥50。见引理1。)
φ“偶数中的复合数都可以表示为二个素数相加。”——这就是常说的哥德巴赫猜想(A)或偶数哥德巴赫猜想。简称“1+1”。
N=pi+(N-pi)=P+(N-P)。许多N的(N-pi)都是合数，由此可见，不能用(N-pi)来证明“1+1”。若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数，则(N-P)是可被pi整除的合数。本文用反证法证明(N-P)中不可能都是合数，(N-P)中必有素数，N=P+(N-P)=“1+1”成立。
1 符号、引理、定理、推论。
N用pi表示时：N=N(1)+e1p1=N(2)+e2p2=…=N(i)+eipi=…=N(r)+erpr。这些余数简称N(i)。pi∣N时，N(i)=0。例如，118(i)=0、1、3、6。120 (i)=0、0、0、1。122 (i)=0、2、2、3、1。
P用pi表示时：P=P(i )+pin。常数项P(i )=1，2，3，…，(pi-1)。(见引理3。)例如，p1=2时，P(1)=1。p2=3时，P(2 )=1、2。p3=5时，P(3)=1、2、3、4。p4=7时，P(4)=1、2、3、4、5、6。
引理1 若r≥4。则p1p2…pr＞N。(即N≥50时，必有N(i)≠0。)
引理2(等差数列中的素数定理) N→∞时，末项不大于N的等差数列P(i )+pin中的素数数量π(pi，P( i )，N)～N/φ(pi)lnN～π(N)/(pi-1)。
引理3 素数P皆散布在以pi为公差的等差数列P(i )+pin之中。常数项P(i )=1、2、…、(pi -1)是其充分和必要的条件。
证明 素数皆散布在正整数之中，正整数无遗漏地散布在0+pin、1+pin、2+pin、3+pin、…、(pi -1)+pin这些以pi为公差的等差数列之中。当然，素数P也充分地散布在这些等差数列之中。
P(i )中元素一个也不能少，若缺少其中的某一个元素，所缺少的素数数量都会是π(pi，P(i )，N)。故P(i )=1、2、…、(pi-1)是P存在的充分的条件，也是必要的条件。证毕。
定理1 若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数P=N(i)+pin，则(N-P)是合数。
证明 N=N(i)+ei pi。P= N(i)+pin。则(N-P)=( ei -n)pi。又因为(N-pr-1)＞P，移项后，(N-P)＞pr+1＞pi，可知(ei -n)＞1，(N-P)是含有素因数pi的合数。证毕。
定理2 (N, p1p2…pr)=2时，(N-P)中不可能都是合数，(N-P)中必定存在素数。
证明 假设(N-所有P)都是合数，即(N-所有P)=( N(i)+eipi-所有P)= pin，移项后，就是：所有P= N(i)+eipi -pin= N(i)+(ei -n)pi，前面指出，P(i )与N(i)之间是不一样的，所以，原来的假设(N-所有P)都是合数不能成立。(N-P)中必定存在素数。证毕。
推论1 在其它条件不变的情况下，若(N, p1p2…pr)＞2时，则“1+1”的答案数量增多。
证明 (N, p1p2…pr)=2时，只有N(1)=0，要剔除其它的N(i)≠0所产生的P。(N, p1p2…pr)＞2时，出现2＜pi∣N，此时N(i)=0，不必剔除由这个pi产生的P。比较之下，数量增多。证毕。
2 结论。
N＜50时，偶数中的复合数4～48，可以用实验证明“1+1”成立。
N≥50时，定理2和推论1证明了(N-P)中必定存在素数，N=P+(N-P)=“1+1”成立。
2012-02-06

考虑到蛤菌蚣、虾龟蚣(hajungong)是读死书、死读书、读书死，加上他说不清楚“hajunggong”这样的失忆现象，随之而来的他的质疑又是杂乱无章。我现在开始逐段、逐句、逐字、逐个数学符号和标点符号地进行解释，与大家进行交流。如果没有提出异议，就好。57141懂不懂，只能听天由命了。
先来“摘要”和“关键词”：
摘要 偶数N，素数pi、pr、P。2≤pi≤pr＜√N ，pr+1＜P＜N-pr-1。N=pi+(N-pi)=P+(N-P)，若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数，则(N-P)是可被pi整除的合数。本文用反证法证明，(N-P)中必有素数，故偶数哥德巴赫猜想成立。
关键词 偶数哥德巴赫猜想 反证法
这里的“i、r”是下标。(因为我不会把doc文件变换为图片上传，只好如此，有人能在这里告诉我一下，我万分感谢。)
关于“2≤pi≤pr＜√N，，pr+1＜P＜N-pr-1。”蛤菌蚣、虾龟蚣(hajungong)好像看不懂，我举几个例子：
2＜3＜5＜7＜√52=7.2。7+1=8＜11＜13＜17＜19＜23＜29＜31＜37＜41＜43＜52-7-1=44。
2＜3＜5＜7＜11＜√134=11.6。11+1=12＜13＜17＜19＜…＜109＜113＜134-11-1=122。
关于“N=pi+(N-pi)=P+(N-P)”也要举几个例子，因为死读书的57141的质疑可以看出他看不懂，还有那结构也看不懂，因为我告诉那结构，华罗庚计算的“1+1”的答案是一些不能被素数整除的素数，他听不懂，他犯了傻，问我，还有可以被素数整除的素数？这样的人还配研究数学！好吧，我在这里告诉你们：
52=5+(52-5)=47+(52-47)。——二位睁眼看，这5、(52-7)不正是可以被pi中的素数整除的吗？
134=3+131=131+(134-131)=7+127=127+(134-127)。——二位睁眼看，这3、(134-131)、7、(134-127)不正是可以被pi中的素数整除的吗？
52=11+41=13+29=19+23=23+19=29+13=41+11。——二位睁眼看，这11、13、19、23、29、41有哪一个素数可以被pi中的素数整除？
134就不必再说出来了吧。
由此可见，不大于N的素数有类似于134那样分为2～11，13～113，127～131这样三个范围，(如前所述，每个范围的素数有不同的特性，华罗庚专门研究13～113这些素数的特性。)就像一个人有青少年、壮年、老年三个阶段。
关于“若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数，则(N-P)是可被pi整除的合数”放在定理1中说吧。
关于“本文用反证法证明，(N-P)中必有素数，故偶数哥德巴赫成立。”
根据反证法的定义，N=P+(N-P),从正面讲，是需要证明(N-P)中必定有素数。从反面讲，是需要证明(N-P)中都是合数的可能性不存在，也就是证明了(N-P)中必定有素数。实践过反证法的人是可以明白这句话的，57141不明白，活该。
关于“关键词”，我想可以不必讲什么的了。

接着来说说引言中的这一段：
N——偶数。(本文讨论N≥50。见引理1。)
“偶数中的复合数都可以表示为二个素数相加。”——这就是常说的哥德巴赫猜想(A)或偶数哥德巴赫猜想。简称“1+1”。
N=pi+(N-pi)=P+(N-P)。许多N的(N-pi)都是合数，由此可见，不能用(N-pi)来证明“1+1”。若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数，则(N-P)是可被pi整除的合数。本文用反证法证明(N-P)中不可能都是合数，(N-P)中必有素数，N=P+(N-P)=“1+1”成立。
关于“N——偶数。(本文讨论N≥50。见引理1。)”
57141看不懂这句话，可能是他没有看到过引理1，当然更不知道为什么要取N≥50。
大家看，2＜3＜5＜√48。2×3×5＜48。2＜3＜5＜7＜√50。2×3×5×7＞50。——这就是引理1要说明的内容。这说明N变化时，它会带动着某些关系发生变化，本文想在一种关系下讨论反证法，选择了N≥50。
还有一个更深层次的原因是用孙子定理求“1+1”答案时，使得答案都满足＜p1p2…pr。有兴趣的话可以进一步讨论。——这就是最近有人提出的要在一个简单的体系中讨论。
关于“偶数在中的复合数……”——指4、6、8、…这些偶数。
关于“N=pi+(N-pi)=P+(N-P)。许多N的(N-pi)都是合数，由此可见，不能用(N-pi)来证明‘1+1’。”
例如，2＜3＜5＜7＜11＜√126。126-2=124=2×62，126-3=123=3×41，126-5=121=11×11，126-7=119=7×17，126-11=115=5×23。——他们都是合数，所以，N=pi+(N-pi)=P+(N-P)。不能用(N-pi)来证明每一个N都存在“1+1”。我们只能在(N-P)中找到出路。
关于“若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数，则(N-P)是可被pi整除的合数。本文用反证法证明(N-P)中不可能都是合数，(N-P)中必有素数，N=P+(N-P)=‘1+1’成立。”
现在看来，这句话有些罗嗦，应该改成这样：
如果(N-P)中也会出现都是合数，偶数哥德巴赫猜想就不必进行了。所以，要证明哥德巴赫猜想，从正面说是要证明(N-P)中必定有素数；从反面说是要证明(N-P)必定不可能都是合数。后者就是反证法。

接着来说引理1～3.
1 符号、引理、定理、推论。
N用pi表示时：N=N(1)+e1p1=N(2)+e2p2=…=N(i)+eipi=…=N(r)+erpr。这些余数简称N(i)。pi∣N时，N(i)=0。例如，118(i)=0、1、3、6。120 (i)=0、0、0、1。122 (i)=0、2、2、3、1。
P用pi表示时：P=P(i )+pin。常数项P(i )=1，2，3，…，(pi-1)。(见引理3。)例如，p1=2时，P(1)=1。p2=3时，P(2 )=1、2。p3=5时，P(3)=1、2、3、4。p4=7时，P(4)=1、2、3、4、5、6。
引理1 若r≥4。则p1p2…pr＞N。(即N≥50时，必有N(i)≠0。)
引理2(等差数列中的素数定理) N→∞时，末项不大于N的等差数列P(i )+pin中的素数数量π(pi，P( i )，N)～N/φ(pi)lnN～π(N)/(pi-1)。
引理3 素数P皆散布在以pi为公差的等差数列P(i )+pin之中。常数项P(i )=1、2、…、(pi -1)是其充分和必要的条件。
证明 素数皆散布在正整数之中，正整数无遗漏地散布在0+pin、1+pin、2+pin、3+pin、…、(pi -1)+pin这些以pi为公差的等差数列之中。当然，素数P也充分地散布在这些等差数列之中。
P(i )中元素一个也不能少，若缺少其中的某一个元素，所缺少的素数数量都会是π(pi，P(i )，N)。故P(i )=1、2、…、(pi-1)是P存在的充分的条件，也是必要的条件。证毕。
引理1是前人证明的，这里举几个例子就可以了：
2＜3＜5＜7＜√50。2×3×5×7=210＞50。
2＜3＜5＜7＜11＜√126。2×3×5×78×11=2310＞126。
小于50的“1+1”可以用实验做得一清二楚，所以，反证法只是考虑N≥50。此时，N不可能同时被每一个pi整除。(例如，2＜3＜5＜√30。30可以同时被每一个pi=2、3、5整除。)换句话说，会出现定理1中的现象。

引理2是前人的成果，不必多说。
关于引理3，文字是清楚的，这里举几个例子说明一下：
如果你取pi=2。——除2外，1+2n包容全体奇素数。
如果你取pi=3。——除2、3外，1+3n、2+3n包容其他奇素数。缺一不可。
如果你取pi=5。——除2、5外，1+5n、2+5n、3+5n、4+5n包容其他奇素数。缺一不可。
如果你取pi=7。——除2、7外，1+7n、2+7n、3+7n、4+7n、5+7n、6+7n包容其他奇素数。缺一不可。
缺一不可是指任何一组等差数列必须像上面表示的那样齐全，缺少其中的一个等差数列就会缺少一系列素数。

接着来说定理1、2
定理1 若P是以N为末项、以pi为公差的等差数列中的素数P=N(i)+pin，则(N-P)是合数。
证明 N=N(i)+ei pi。P= N(i)+pin。则(N-P)=( ei -n)pi。又因为(N-pr-1)＞P，移项后，(N-P)＞pr+1＞pi，可知(ei -n)＞1，(N-P)是含有素因数pi的合数。证毕。
定理2 (N, p1p2…pr)=2时，(N-P)中不可能都是合数，(N-P)中必定存在素数。
证明 假设(N-所有P)都是合数，即(N-所有P)=( N(i)+eipi-所有P)= pin，移项后，就是：所有P= N(i)+eipi -pin= N(i)+(ei -n)pi，前面指出，P(i )与N(i)之间是不一样的，所以，原来的假设(N-所有P)都是合数不能成立。(N-P)中必定存在素数。证毕。
首先，因为pr+1＜P＜N-pr-1，(N-p)不是素数，就是合数。
其次，需要说明(N-P)中可以出现素数，这是定理1的任务。
最后，需要证明(N-P)中不可能都是合数，所以，(N-P)中必定有素数，偶数哥德巴赫猜想成立。这是定理2的任务。
定理2的思路是这样的：既然定理1证明了某种类型等差数列(例如，P=N(i)+pin。)中会出现素数，现在的问题就是，P=N(i)+pin中能不能出现全体P？引理3告诉我们，出现全体P的充分和必要的条件是P=P(i)+pin。因为N(i)无法包含P(i)，即P=N(i)+pin无法包含全体素数P，所以，(N-P)不可能都是合数，其中存在素数，偶数哥德巴赫猜想成立。

接着来说推论1和后面的结论。
推论1 在其它条件不变的情况下，若(N, p1p2…pr)＞2时，则“1+1”的答案数量增多。
证明 (N, p1p2…pr)=2时，只有N(1)=0，要剔除其它的N(i)≠0所产生的P。(N, p1p2…pr)＞2时，出现2＜pi∣N，此时N(i)=0，不必剔除由这个pi产生的P。比较之下，数量增多。证毕。
2 结论。
N＜50时，偶数中的复合数4～48，可以用实验证明“1+1”成立。
N≥50时，定理2和推论1证明了(N-P)中必定存在素数，N=P+(N-P)=“1+1”成立。
2012-02-06
推论1无关本文大局，现在看来，没有这一条更为简洁。
对N的区分已经在前面说过了。

看了10楼和11楼的‘证明’‘证毕’与‘结论’‘成立’，就这么个水平。有反证法的影子了吗？贝特朗(J.Bertrand)假设，即对任何自然数n>3,在n与2n-2之间一有一个素数。这一著名假设，是车比雪夫解决的。同样没有反证法的影子。只有解决了奇素数p<n如何才能生成(2n-p)也是素数的充要条件之后，才有可以生成及不可以生成反证法产生。你的所谓‘证明’不是错误，而是根本就没把问题说清楚。还谈啥证明。

12楼曾经说过“人以群分，物以类聚”，想不到今天屈尊寒舍，欢迎！欢迎！我在2楼说过，首先要搞清楚什么是反证法，特地引用了有关反证法的说法，作为讨论的依据，免得离题。今日光临，莫非我引用错了？莫非你有更权威的说法？莫非你能指出我文中的具体错误？如若不然，鼓噪是没有用的，我愿意尊重你所谓的“人以群分，物以类聚”，因为我想劝说你的在以前都已经说完了，多说无益。
耿守明天，你说的与反证法无关，所以，我是要删除的。既然你来了，我再告诉你一下，在计算素数个数时，数学家公认取[10/3]=3是正确的。所有的教科书都是这样写的。你采用的10/3=3.33是绝对错误的。而且，欧拉已经计算出它的精确数值，证明它不能用来计算素数个数。你想成功，除非你耿守明天来一次新的焚书坑儒。

太牛x了

耿守明天，你说的与反证法无关，所以，我是要删除的。既然你来了，我再告诉你一下，在计算素数个数时，数学家公认取[10/3]=3是正确的。所有的教科书都是这样写的。你采用的10/3=3.33是绝对错误的。而且，欧拉已经计算出它的精确数值，证明它不能用来计算素数个数。你想成功，除非你耿守明天来一次新的焚书坑儒。
在无穷的连续整数范围，依序消去素数的等差数列，
剩余数准确无误的平均间隔：1/（1/2*2/3*......），
根据平均间隔能够确定素数的间隔上限，证明哥德巴赫猜想。
所谓准确无误求素数个数的取整计算，是非常繁琐的小数验证方法，价值不大。