我用了这个验证程序在13亿内没有找到大于2不符合哥德巴赫猜想的偶数。
#include<stdio.h>
int isprime(int n)/*判断n是否为素数的函数*/ {
int j,x;
for(j=2;j<n;j++) if(n%j==0) {
x=0; break; }else x=1;
return(x); }
main() {
int n,i;
printf("请输入一个不小于6的偶数：\n"); scanf("%d",&n); while(n<6||n%2!=0) {
printf("您的输入有误，请重新输入：\n"); scanf("%d",&n); }
for(i=3;i<(n/2);i++) {
if(isprime(i)!=0) if(isprime(n-i)!=0)
printf("%d可以写成%d与%d之和，哥德巴赫猜想成立。\n",n,i,n-i); }}

现在证明哥猜的最好结果是:用陈景润定理1+2等价变换成欧拉猜想A。
即:N=P+P1*P2=P+P3+2。
故N-2=P+P3
12-2=3+7，14-2=5+7，
10=3+7，12=5+7。。。n=P+P3
数学家们应该看得懂。

不知楼主先生是否了解了本吧的全部，看没看到：哥德巴赫猜想（1+1）的反证法证明，已经经受住了《火花》数学专家7个年头的严格审查和检验，现还是在专家的处理中！若是错的，专家不早就否定杀死了吗！
请先生看看还在《火花》数学专家处理中的“简说（1+1）”及“哥德巴赫猜想（1+1）的反证法证明讲述”！是否观点明确，思路清晰，方法得当，推理严密，简明易懂，且短平快，学过反证法的中学生都能懂！
居里夫人告诉我们，最要紧的还是我们自己要有信心！
简说“（1+1）”
投稿时间：2012-08-16 15:09 投稿人：闫照林
本人创新思维，长久思索，产生了三个灵感：1、总结前人经验，直接证法不行应采用间接证法。2、大偶数可无穷大，无法也无需一一验证，用反证法才合适。3、借鉴华罗庚和杨振宁大师的共同经验，从最简单、最原始的地方开始考虑，大偶数M=3+(M-3)=5+(M-5)=……n+（M-n).n为3以上的素数，只要能证明（M-n）必有为素数之时就行了。
假定（M-n)没有为素数之时，则M就可3+（M-3),5+(M-5)等等的永远写下去，即（M-n）可取无限多个值。但按事实，M前最大的一个素数写过后就不能再写了，即（M-n）只取有限多个值。这就产生了矛盾！所以假定错误，所以（M-n）必有为素数之时正确。
哥德巴赫猜想（1+1）的反证法证明讲述
投稿时间：2016-04-07 12:47 投稿人：闫照林
爱因斯坦在《论学术自由》中讲：“一个人有探求真理以及发表和讲授他认为是正确的东西的权利，这种权利也包含着一种义务，一个人不应当隐瞒他认为是正确的东西的任何部分！”（见中科院专家观点《学术自由是科学的生命线》李醒民） 老愚愿尽爱因斯坦所讲的“不应当隐瞒”的义务，将“哥德巴赫猜想（1+1）的反证法证明”讲述如下：
哥德巴赫猜想说的是：每一个大于或等于6的偶数都可以写成两个素数的和。
数学的辩证法告诉我们，看准了问题的实质，就可以把高等的变成初等的，把难的变成易的！愚认为本问题的实质是，必须证明无穷大的那个大偶数也是两个素数的和才行！我们可如下推证：
1、设>=6的大偶数为M。（没问题吧？这M代表着每一个>=6的大偶数，有无限多个,首先要考虑到无限大的那个!） 根据猜想的意思，“两个素数的和”， 我们考虑可先保证1个素数，再证剩下的！
2、借鉴华罗庚和杨振宁两位教授先生的共同经验：“从最简单、最原始的地方开始考虑”，可以想到： 大偶数M=3+(M-3)=5+(M-5)=……=p+(M-p），p为3及以上的素数。（没问题吧？）
3、只要能证明（M-p）必有为素数之时就行了！（没问题吧？也是要考虑无限大的那个。）
4、因为M可无限大、上不封顶，所以可考虑用反证法！ 假定（M-p）没有为素数之时，那么，M就可3+（M-3),5+(M-5)等等的一直永远写下去，即（M-p）可取无限多个值！（没问题吧？）
5、但是，按事实，M前最大的一个素数写过后就不能再写了，即（M-p）只取有限多个值！（没问题吧？这里比较抽象，p有下界3和上界M前最大的那个！）
6、这就产生了矛盾！（没问题吧？按假定能永远写下去，按事实不能，应该是矛盾！）
7、所以，假定是错误的！（没问题吧？因为矛盾的产生是假定造成的。）
8、所以，（M-p）必有为素数之时！（没问题吧？）
9、所以，M=1个素数+1个素数。

顶一下，如果把证猜人和批猜人视作对立，理论上不会同时“破产”。

我也完全相信证猜人和批猜人在愿望目标上不是对立。

祝楼主：

已经证明，limπ(N-3)/(N-3)=0,也就是说，奇素数出现的概率为0
（N-3）→+∞
或者说，几乎所有的奇数都是奇合数，奇合数越多，那么奇合数对C(N)越大，由2D(N)=2C(N)+4π(N-3)-N可知奇素数对D(N)就越大。
同时，奇素数无穷多limπ(N-3)= +∞，
（N-3） →+∞
将公式N=2C(N)+4π(N-3)-2D(N)变换：
2D(N)= 2C(N)+4π(N-3)-N,等式两边同除以N得：
2D(N)/N= 2C(N)/N+4π(N-3)/N-1,那么：
lim2D(N)/N= lim2C(N)/N+ lim4π(N-3)/N-1
N→+∞ N →+∞ N →+∞
进行极限运算：
2limD(N)/N= 2limC(N)/N+4 limπ(N-3)/N-1
N→+∞ N →+∞ N →+∞
2limD(N)/N= 2limC(N)/N+4*0-1
N→+∞ N →+∞
几乎所有的奇数都是奇合数，
那么：limC(N)/N=1
N →+∞
2limD(N)/N= 2limC(N)/N+4*0-1=2*1+4*0-1=1
N→+∞ N →+∞
即2limD(N)/N=1
N →+∞
也就是：limD(N)/N=1/2
N →+∞
故：当偶数N →+∞时，D(N)≥1