这里有一个证明哥德巴赫猜想的新思路。就是在两个数相差不大的情况下，他们所能写成的1+1形式的个数是相差很大的，多的是少的数倍。其中2*2*2*2*2*2*2……一类的偶数所能写成的1+1形式的个数是最少的。2*3*5*7*11*13*13*19 ……一类偶数所能写成的1+1形式是最多的，一个粗略的公式就:是一个偶数所能写成的1+1形式的个数不少于这个偶数开平方的1/4，证明到，1/2的话过程比较繁琐。

在被外界普遍认可之前，就自诩哥德巴赫猜想终结者，不懂得谦卑，标准自我吹嘘

数学界现在有三大著名猜想。他们是哥德巴赫猜想，费马大定理，和黎曼猜想。有一个中国人立志完成这

每个大于等于36的偶数都是2个奇素数之和 崔 坤 E-mail: cuikun126ck@126.com 摘要： [1]可解析的最简真值公式： r2(N)=C(N)+2π(N)-N/2 [2]素数定理： limπ(N)/N=0 N→∞ [3]奇合数对个数密度定理： limC(N)/N=1/2 N→∞ [4]r2(N^x)是增函数，N≥6,自然数x≥1 [5]名词注释：偶数N≥6，1是广义奇素数, 1742年哥德巴赫时代1是素数[1*]， r2(N)是偶数N的1+1表法数， C(N)是N的奇合数对个数, π(N)是不超过N的奇素数个数。 关键词：最简真值公式,素数定理, 奇合数对个数密度定理,增函数 推导

费尔马大定理的命题为： 方程“a的n次方 + b的n次方 = c的n次方”在 a，b，c，n都是非零正整数的情况下，n的值只能是1和2 。 下面给出证明。 n取1的话，a，b，c可以为正整数无须证明。 现在我们把n取一个大于1的固定正整数，让a和b各自从1开始，到2，再到3，再到4，再到5·····这样以正整数逐步增大。 我们发现c的值按照费尔马方程【我们将费尔马方程定义为（定义1）：a的n次方 + b的n次方 = c的n次方，其中a，b，c，n都是非零正整数，n＞1】的对应法

经核实吧主毛桂成 未通过普通吧主考核。违反《百度贴吧吧主制度》第八章规定http://tieba.baidu.com/tb/system.html#cnt08 ，无法在建设 新哥德巴赫猜想吧 内容上、言论导向上发挥应有的模范带头作用。故撤销其吧主管理权限。百度贴吧管理组

@毛桂成

规定:每人一次连续顶自己的帖子时，只能连续顶两篇帖子，包刮自己的所有网名，若违规后，则封禁十天处理和删除帖子。

圣母道就是送子送财送福送平安之大道法。

毛桂成找无奇数完全数存在的理论根据来自验证，他发现任何一个偶数的平方数（A）是：A的两倍积大于A的所有因数的和，而奇数的平方数（B）是：B的两倍积小于B的所有因数的和。他一直想找到一个定理或公式可以证明得到“无奇数完全数存在”，但最终也只证明了这样一个奇数公式：当B大于2时，B的平方 =（C+1)的平方小于2B。

申诉帖子:如果发现有不文明语言 ，请在此申诉删除。

定理：任意一个K个连续合数片段，则必可找到K个不同的素数因子来分别整除这K个合数。 证明：设这些连续合数分别为K1，K2。。。Km，这里共有m个合数。 若m个连续合数中有完全相同的素数因子存在，那么，他们必可以互相整除，若能相互整除，则最小的比值就是2了，现在来证明这些连续合数能不能互相整除，若不能互相整除，那就证明他们没有完全相同的素数因子存在。 根据切比雪夫定理可以知道，N到2N之间一定有不少于1个的素数存在，由于2N是

表法数证明方法是一个无效的证明方法 因为表法数证明是在验证过程中，用某种规律给出的理论，没有证明的效力。

　陆家羲1935年6月10日出生在上海的一个贫苦家庭里，陆家羲初中刚毕业，父亲就因 劳累过度去世了。 1957年，陆家羲考入东北师范大学物理系。除物理以外，他对数学更是情有独钟。特 别是组合数学中的"寇克曼系列问题"和"斯坦纳系列问题"。这是100多年来世界上无人能 解的数学难题。陆家羲下定决心要攻克这些数学堡垒。 1961年，陆家羲大学毕业被分配到内蒙古包头钢铁学院任教，这时他的父母亲均去 世，他成了举目无亲的人。在单

α β γ δ ε ζ η θ ι κ λ μ ν ξ ο π ρ σ τ υ φ χ ψ ω 应 ㏒ Α Β Γ Δ Ε Ζ Η Θ Ι Κ ∧ Μ Ν Ξ Ο ∏ Ρ ∑ Τ Υ Φ Χ Ψ Ω ? ¨ … ∶ ∷ ∴ ∵ ∫ ∮ ÷ ± ∈ ∽ ≈ ≌ ∝ ≠ ∞ ∑ ∏ ∪ ∩ ∈ 即 × ∈ ∈ ∧ ∨ ∧ ∨ 〓 ！ 为 ≠ ≡ ≤ 数 ≤≥ . ≮ ≯ 『 』 【】 〔〕 〔〕 ｛ ｝ ： √ ≈ ≈ ≠ ‖ ⊥ ⊿ ∟ ∠ ‖ ∧ ∨ ∩ ∪ ∣ ＊ ＠ ＠ ∞ ⊕ ⌒ ⊙ ‰ ＆ ？ ！ ％ ℅ ℉ ‖ ⊥ ⊿ ∟ ∠ ‖ ∧ 合取∨析取 ∩ ∪ ∣ 〖〗

证明哥德巴赫猜想新法: 这个方法可以不用哥德尔定理。 先给出从2开始的连续质数数列P，这个数列中的数可以是无穷多个。 再给出从4开始的连续偶数数列N，这个偶数数列也是无穷数列的。注意，这个偶数数列中的最大偶数数值比质数数列中的最大质数的数值少一个数，【不是个数少一个】即P-N=1。 这两个数列，合并后就是大于1的正整数数列。 质数P后面还有偶数N1，偶数N1后面还有质数P1，这些我们就不必刻意去说了。也就是说，只要你能给出连续

　6月26日是第30个国际禁毒日，今年国际禁毒日的主题为“无毒青春，健康生活”。昨日，记者随着鼓楼警方走进宁海中学展开了一场禁毒宣传主题班会。 　　“同学们，这是一种看似平常的小包装茶叶，但其实里面装的是一种新型毒品。” 警方继续介绍道，这种“奶茶”新型毒品，味道非常的香，如果冲进饮料里面喝，完全感觉不出是毒品。喝了之后就会出现兴奋幻觉，还会上瘾，危害跟冰毒差不多。警方进一步分析道，如果大家遇到一种看似奶

给出简单证明:，由于3是一个最小的素数，故大于3的任何一个奇数与3的积没有相同的数存在，因而任何一个奇数加1也没有相同的偶数存在，根据角谷猜想法则可以知道3小于2K或2^K，K大于1时，因此，这个数不会无限往上去，故这个数在计算过程中只有有限的一个大数存在，在这有限的运算过程中，他必然会遇到2^K，当遇到这个数时，就可以得到1了。

再给出一个猜想，当数大于6时，若有孪生素数存在，那么，孪生素数后面必有一个四生素数存在。即四生素数间隔个数多于孪生素数间隔个数。例如5，7。后面有7，11。在17，19后面，有19，23，再看29，31，后面有37，41。如41，43后，还有43，47。。。。

定理：“不可能有指数大于2的指数方程X^N+Y^N=Z^N 存在。” 这时，我们只要证明勾股定理中的X,Y,Z不是大于1的同次幂数组就可以了。费马确实也是这样证明的。 只要证明毕达哥拉斯方程中的X,Y,Z没有大于1的同次幂数存在，就证明了没有大于2的指数方程存在，故费马大定理就证明了。（根本就不必要再去证明素数3成立，素数5等成立，也不必证明4也成立，只要证明再没有比2更大的指数方程存在就证明了费马大定理）这是我的最简证明。 X,Y,Z没有大于1的

法尔廷斯在1982年证明的莫德尔猜想，即“费马大定理有可能是错误的”猜想，法尔廷斯证明说最多只有有限个解存在，他因此获得菲尔茨数学大奖。当怀尔斯证明费马大定理正确时，他也没有办法来说明他原来的证明是正确的，故只好顺水推舟的说怀尔斯的证明是正确的，又加上弗雷也是德国人，又是弗雷说只要证明谷山--志春猜想后，再证明费马大定理没有数模存在，那么费马大定理就正确了，说真的，怀尔斯没有证明费马大定理是否有数模存在，

欧拉认为费马大定理是不定方程，在他的指引下，350年没有办法攻克费马大定理，毛桂成把费马大定理的公式改成了整数不等式，仅仅只要了一年时间，问题就得到了解决。哥德巴赫猜想的现在也到了费马大定理原来的相同情景，从费马大定理的证明来看，改变认识比寻找工具可以更快更好的解决问题。寻找工具不是简单的，要自己去创造工具才行。

弗雷不懂数学规则，说证明费马大定理没有数模存在时，费马大定理就正确了，因为谷山猜想的数模是费马大定理的反例，故只要证明谷山猜想正确，证明谷山猜想有模的存在，再证明费马大定理没有数模存在，就把费马大定理证明了，也把那一个弗兰特猜想证明了，（从另一个方面【形】，来证明其他问题【数】）这是置换证明，把难题变成简单问题的证明。由数学规则知道：数和数模是成对存在的，没有数模存在，就没有数存在，怎么会有费马大

亲爱的各位吧友：欢迎来到新哥德巴赫猜想