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)
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.
