第一篇：“哥德巴赫猜想”及“孿生素?cái)?shù)猜想”的證明1

“哥德巴赫猜想”及“孿生素?cái)?shù)猜想”的證明

貴州省務(wù)川自治縣實(shí)驗(yàn)學(xué)校 王若仲（王洪）

摘要：我閑遐之余，喜好研究數(shù)學(xué)問題，我在一次偶然探究中，發(fā)現(xiàn)了“哥德巴赫猜想”的簡(jiǎn)捷證明方法，即就是不具體研究單個(gè)素?cái)?shù)的位置如何，也不研究設(shè)定區(qū)域內(nèi)素?cái)?shù)的數(shù)量如何，而是利用集合的概念，設(shè)置一定的條件，在寬泛的前提下探討整體情形，即假設(shè)偶數(shù)6，8，10，?，（2m-2），（2m）（m≧3）；它們均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，?，t），t∈N。則集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}有缺項(xiàng)。利用前面已知情形，證明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)；利用該結(jié)論以及前面已知情形，證明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}也有缺項(xiàng)；假設(shè)偶數(shù)（2m+2）不能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，?，r），r∈N。則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，?，ar}沒有缺項(xiàng)。該集合中的元素均分別減去2后所得集合（{2m-a1）（，2m-a2）（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}仍然沒有缺項(xiàng)。這與前面所得結(jié)論產(chǎn)生矛盾，說明偶數(shù)（2m+2）能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。由此得出“哥德巴赫猜想”成立。由“哥德巴赫猜想”成立，得出“孿生素?cái)?shù)猜想”成立。

關(guān)鍵詞：哥德巴赫猜想；素?cái)?shù)；缺項(xiàng)集合

引言

德國(guó)數(shù)學(xué)家哥德巴赫，他在1742年提出：任一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和，這就是著名的哥德巴赫猜想問題，至今沒有完全解決。我在遵義師范高等專科學(xué)校求學(xué)時(shí)，就對(duì)哥德巴赫猜想問題產(chǎn)生了興趣，進(jìn)行過膚淺的探索。特別是我在1993年的一次偶然的數(shù)字游戲演算中，發(fā)現(xiàn)了一個(gè)特別有趣的現(xiàn)象，通過歸納提煉，得出如下問題，即對(duì)于任一集合A，A=｛p1，p2，p3，?，pk｝，pi< pj（i

我們知道，只能被1和本身整除的正整數(shù)，稱為素?cái)?shù)。定義1：對(duì)于均滿足某一特性或某一表達(dá)式的全體整數(shù)組成的集合A，關(guān)于集合A的子集A1，A2，A3，?，Ak；任一子集Ai≠A（i=1，2，3，?，k），則稱集合Ai為該條件下的缺項(xiàng)集合。缺具體的某一項(xiàng)，該項(xiàng)則稱為缺項(xiàng)。定理1：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。若集合B∪C在集合A的條件下沒有缺項(xiàng)，則集合{（a11±m(xù)d），（a12±m(xù)d），（a13±m(xù)d），?，（a1h±m(xù)d）}∪{（a21±m(xù)d），（a22±m(xù)d），（a23±m(xù)d），?，（a2t±m(xù)d）}在集合A的條件下仍然沒有缺項(xiàng)，m∈N。

證明：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因?yàn)榧螧∪C在集合A的條件下沒有缺項(xiàng)，不妨設(shè)集合B∪C={b1，b2，b3，?，bt}，則集合{b1，b2，b3，?，bt}={ r，（d+r），（2d+r），（3d+r），?，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），?，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），?，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），?，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），?，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。故定理1成立。

定理2：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。若集合B∪ C在集合A的條件下有缺項(xiàng)，則集合{（a11±m(xù)d），（a12±m(xù)d），（a13±m(xù)d），?，（a1h±m(xù)d）}∪{（a21±m(xù)d），（a22±m(xù)d），（a23±m(xù)d），?，（a2t±m(xù)d）}在集合A的條件下仍然有缺項(xiàng)。

證明：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因?yàn)榧螧∪C在集合A的條件下有缺項(xiàng)，不妨設(shè)集合B∪C={b1，b2，b3，?，bt}，且設(shè)集合B∪C缺ai項(xiàng)，i＜t。則集合{b1，b2，b3，?，bt}={ r，（d+r），（2d+r），（3d+r），?，[（i-1）d+r]，[（i+1）d+r]，?，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），?，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），?，[（i-1）d+r-md]，[（i+1）d+r-md]，?，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），?，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），?，[（i-1）d+r+md]，[（i+1）d+r+md]，?，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。故定理2成立。

定理3：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b），那么必存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13 md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。證明：因?yàn)閷?duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），?，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），?，（a（k-1）-d），（ak-d），?，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），?，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），?，（a（k-1）-ed），（ak-ed），?，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。

設(shè)集合{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}，又設(shè)集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，?，a2h}，根據(jù)題設(shè)，集合{a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}沒有缺項(xiàng)，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），?，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），?，（a2h-ed）}仍然沒有缺項(xiàng)，e∈N，我們令e=m，則有{（a11-md），（a12-md），（a13 md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。故定理3成立。

定理4：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。那么必存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。證明：因?yàn)閷?duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），?，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），?，（a（k-1）-d），（ak-d），?，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），?，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），?，（a（k-1）-ed），（ak-ed），?，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。設(shè)集合{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}，m∈N，又設(shè)集合{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={a21，a22，a23，?，a2h}，根據(jù)題設(shè)，集合{（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}沒有缺項(xiàng)，由定理1可知，集合{（a11-md+ed），（a12-md+ed），（a13-md+ed），?，（a1h-md +ed）}∪{（a21+ed），（a22+ed），（a23+ed），?，（a2h+ed）}仍然沒有缺項(xiàng)，e∈N，我們令e=m，則有{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。故定理4成立。

定理5：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若不存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b），那么也不可能存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。證明：由定理4知，假若存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。那么必存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。這與題設(shè)產(chǎn)生矛盾，故定理5成立。

定理6：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若不存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}，那么也不可能存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。

證明：由定理3知，假定存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b），那么必存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。這與題設(shè)產(chǎn)生矛盾，故定理6成立。

哥德巴赫定理：任一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。證明：（Ⅰ）、對(duì)于偶數(shù)6，8，10，12，14，16，18，20，22等等。有：6=3+3，8=3+5，10=3+7=5+5，12=5+7，14=3+11=7+7，16=3+13=5+11，18=5+13=7+11，20=3+17=7+13，22=3+19=5+17= 11+11。

（Ⅱ）、對(duì)于偶數(shù)6，8，10，?，（2m-2），（2m）（m≧3）。假設(shè)它們均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。現(xiàn)在設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N，其中偶數(shù)（2m）為比較大的整數(shù)。則有{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}，根據(jù)定義1，說明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}有缺項(xiàng)。

現(xiàn)在對(duì)集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}有無缺項(xiàng)進(jìn)行分析：

設(shè)奇素?cái)?shù)p1，p2，p3，?，ps均為小于偶數(shù)2m的全體奇素?cái)?shù)，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、s），s∈N。對(duì)于集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}和集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}以及集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}而言，假設(shè)集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，那么則有：2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），?，2m-aks=（ps+2），k∈N。

又因?yàn)榧蟵a1，a2，a3，?，at}包含集合{ ak1，ak2，ak3，?，aks}。那么則有：

（1）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，?，2m-2-aks=p（s-1）（ps＞2m-2）；

（2）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，?，2m-2-aks=ps（ps＜2m-2）。從（1）和（2）的情形可得偶數(shù)（2m-2）不能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。這與前面已知偶數(shù)6，8，10，?，（2m-2），它們均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和產(chǎn)生了矛盾。故前面假定集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}就不可能成立。說明集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)。

我們現(xiàn)在針對(duì)集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi得到的奇數(shù)（pi-2）和奇數(shù)（pi+2）從以下幾個(gè)方面加以分析：

對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi以及奇數(shù)（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，則（pi-2）和（pi+2）有下列情形之一：

①、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai和aj均為奇合數(shù)時(shí)，那么（pi+2）∈（{2m-a1）（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}；

②、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai和aj均為奇素?cái)?shù)時(shí)，那么（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}；

③、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai為奇素?cái)?shù)，aj為奇合數(shù)時(shí)，那么（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}；

④、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai為奇合數(shù)，aj為奇素?cái)?shù)時(shí)，那么（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。

前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，我們現(xiàn)在針對(duì)集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)均只適合①的情形，均只適合②的情形，均只適合③的情形，均只適合④的情形，均只適合①和②的情形，均只適合①和③的情形，均只適合①和④的情形，均只適合②和③的情形，均只適合②和④的情形，均只適合③和④的情形，均只適合①和②和③的情形，均只適合①和②和④的情形，均只適合①和③和④的情形，均只適合②和③和④的情形，適合①和②以及③和④的情形時(shí)，分別進(jìn)行分析：

㈠、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若出現(xiàn)下列情形之一時(shí)，即均只適合①和②的情形或均只適合③和④的情形或均只適合①和②和③的情形或均只適合①和②和④的情形或均只適合①和③和④的情形或均只適合②和③和④的情形或適合①和②以及③和④的情形，其中任一情形，在集合{p1，p2，p3，?，ps}中至少有 奇素?cái)?shù)pi和pj，使得（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}。

㈡、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合 ①的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這與前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}產(chǎn)生了矛盾，故均只適合①的情形時(shí)不能成立。

㈢、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合②的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，因集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中的元素兩兩互不相同，說明集合{p1，p2，p3，?，ps}中元素的總個(gè)數(shù)與集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中元素的總個(gè)數(shù)相等。那么根據(jù)式子2m-p=pi-2和2m-q=pi+2（p 和q均為奇素?cái)?shù)）可得，p=q+4。這說明均只是②的情形時(shí)，則任一奇素?cái)?shù)加4只能為奇素?cái)?shù)，這就必然產(chǎn)生矛盾。故假定均只適合②的情形時(shí)不可能成立。

㈣、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合③的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這與前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}產(chǎn)生了矛盾，故均只適合③的情形時(shí)不能成立。㈤、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合④的情形，那么有任一（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，而任一（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，又因集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中的元素兩兩互不相同，說明集合{p1，p2，p3，?，ps}中元素的總個(gè)數(shù)與集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中元素的總個(gè)數(shù)相等。又因任一（pi-2）∈集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，那么根據(jù)式子2m-ai=pi-2和2m-q=pi+2（q為奇素?cái)?shù)）可得，ai=q+4。這說明均只是④的情形時(shí)，則任一奇素?cái)?shù)加4只能為奇合數(shù)，這就必然產(chǎn)生矛盾。故假定均只適合④的情形時(shí)不可能成立。

㈥、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合①和③的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這與前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}產(chǎn)生了矛盾，故均只適合①和③的情形時(shí)不能成立。

㈦、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合①和④的情形，則有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}或（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，并且集合{p1，p2，p3，?，ps}至少有一個(gè)奇數(shù)（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}（1≤j≤s）。說明對(duì)于任一奇素 數(shù)pi，pi均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數(shù)）。而對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi，則（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-ai+2（ai為奇合數(shù)）。由此可知，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)。

我們現(xiàn)在來分析集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}中元素的構(gòu)成情形： 因?yàn)槠婧蠑?shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，在自然數(shù)2m范圍內(nèi)，因?yàn)榧蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，而集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}中缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}中的全體奇數(shù)。說明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}中至少缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}中的某一個(gè)奇數(shù)，也就是說明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}中至少缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}中的某一個(gè)奇數(shù)。

又因?yàn)榧俣蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，而集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}中缺集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}中的全體奇數(shù)。說明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}包含集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}。

現(xiàn)在對(duì)已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)進(jìn)行分析：

﹤1﹥、因?yàn)橐阎蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，當(dāng)3或5不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}時(shí)，由前面分析的情形可知，即3或5不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。由集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)的情形可知，3和5屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，即3和5屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這就產(chǎn)生了矛盾，故這種情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立。

﹤2﹥、現(xiàn)在分析連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)的情形，即pi，（pi+2），（pi+4）。因?yàn)橐阎蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，假設(shè)（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}時(shí)，由前面分析的情形可知，則（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。我們令pj=（pi+4），則（pi+2）=（pj-2），pi和pj均為奇素?cái)?shù)，由集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)的情形可知，那么（pj-2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，即（pj-2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，也就是說（pi+2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這就產(chǎn)生了矛盾，故這種情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立。

﹤3﹥、如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只有下列情形中任意一種情形或任意兩種情形組合而成的情形或任意三種情形組合而成的情形或全部四種情形組合而成的情形。

⒈連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)； ⒉連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)； ⒊連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)； ⒋連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)；

因?yàn)槿我黄鏀?shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），總有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均為奇數(shù)。如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只是﹤3﹥中的情形，則對(duì)于任一奇數(shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成 立，其中ai為奇數(shù)，aj為奇合數(shù)。對(duì)于上面任一組合情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，即集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)。

因?yàn)榧蟵1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}總可以轉(zhuǎn)換為集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1v+2）}或轉(zhuǎn)換為集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}。說明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}的缺項(xiàng)與集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1v+2）}的缺項(xiàng)以及集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}的缺項(xiàng)相同。

由集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，根據(jù)定理1，則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}沒有缺項(xiàng)。我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，則有下列情形：

（?。?、若at=ar，則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}沒有缺項(xiàng)。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）} ∪{a1，a2，a3，?，at}總可以轉(zhuǎn)換為集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}或轉(zhuǎn)換為集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}。說明集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}和集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}均沒有缺項(xiàng)；那么集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}，則有集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，由此可知，集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}沒有缺項(xiàng)。又根據(jù)定理1，則集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}沒有缺項(xiàng)，這與前面已知情形產(chǎn)生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立；即對(duì)于﹤3﹥中前面任一組合情形均不可能成立。

（ⅱ）、若奇數(shù)（2m+2-1）為奇合數(shù)，則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}沒有缺項(xiàng)。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}總可以轉(zhuǎn)換為集 合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}或轉(zhuǎn)換為集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}。說明集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}和集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}均沒有缺項(xiàng)；那么集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}，則有集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，由此可知，則集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（ar+2）}沒有缺項(xiàng)。又根據(jù)定理1，則集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}沒有缺項(xiàng)，即集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at }沒有缺項(xiàng)。這與前面已知情形產(chǎn)生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立；即對(duì)于﹤3﹥中前面任一組合情形均不可能成立。

﹤4﹥、現(xiàn)在分析連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)的情形，即pi和（pi+2）以及（pi+4）。我們令（pi+4）=pj，則（pi+2）=（pj-2），假設(shè)（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，因（pi+2）不屬于{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，則（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。又因假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，而（pj-2）不屬于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，則（pj-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。因（pi+2）=（pj-2），這就產(chǎn)生了矛盾，故集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}也要缺這種情形下的項(xiàng)。

﹤5﹥、現(xiàn)在分析連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)的情形，即ai和（ai+2）以及（ai+4）。我們令（pi+4）= a j，則（ai+2）=（a j-2），則（ai+2）屬于集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，（ai+2）屬于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，即（ai+2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，（ai+2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，故集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}中均不可能缺這種情形下的項(xiàng)。

﹤6﹥、如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只有下列情形中任意一種情形或任意兩種情形組合而成的情形或任意三種情形組合而成的情形或全 部四種情形組合而成的情形：

第一、為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)； 第二、為奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)； 第三、為奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)； 第四、為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)。

因?yàn)槿我黄鏀?shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），總有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均為奇數(shù)。如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只是﹤6﹥中的情形，則對(duì)于任一奇數(shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai為奇合數(shù)，aj為奇數(shù)。對(duì)于上面任一種情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}沒有缺項(xiàng)，這與前面得到的集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)產(chǎn)生了矛盾，故﹤6﹥中的情形不可能成立。

綜上﹤1﹥、﹤2﹥、﹤3﹥、﹤4﹥、﹤5﹥、﹤6﹥所述，故均只適合①和④的情形時(shí)不可能成立。

㈧、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合②和③的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}或（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，并且集合{p1，p2，p3，?，ps}至少有一個(gè)奇數(shù)（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}（1≤j≤s）。說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi 均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數(shù)）。而對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi，則（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pi-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q+2（q為奇素?cái)?shù)），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}中的任一奇數(shù)只能分解為a=2m-a i+2（a和a i均為奇合數(shù)），因?yàn)?和5以及7是奇素?cái)?shù)，而所有自然數(shù)中除3和5以及7外，不可能再出現(xiàn)三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q+2（q為奇素?cái)?shù)）不可能成立，也就是說（2m+2-3）和（2m+2-5）以及（2m+2-7）中至少有一個(gè)奇合數(shù)。故均只適合②和③的情形時(shí)不可能成立。

㈨、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合②和④的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，有（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}或（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，并且集合{p1，p2，p3，?，ps}至少有一個(gè)奇數(shù)（pj-2），（pj-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}（1≤j≤s）。說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數(shù)）。而對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi，則（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q-2（q為奇素?cái)?shù)），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}中的任 一奇數(shù)只能分解為a=2m-ai-2（a和a i均為奇合數(shù)），因?yàn)?和5以及7是奇素?cái)?shù)，而所有自然數(shù)中除3和5以及7外，不可能再出現(xiàn)三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q-2（q為奇素?cái)?shù)）不可能成立，也就是說（2m-2-3）和（2m-2-5）以及（2m-2-7）中至少有一個(gè)奇合數(shù)。故均只適合②和④的情形時(shí)不可能成立。

綜上㈠、㈡、㈢、㈣、㈤、㈥、㈦、㈧、㈨所述，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m（m≧3）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N。設(shè)奇素?cái)?shù)p1，p2，p3，?，ps均為小于偶數(shù)2m的全體奇素?cái)?shù)，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、s），s∈N。則集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}。即集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（a3-2）}有缺項(xiàng)。

（Ⅲ）、對(duì)于偶數(shù)（2m+2），現(xiàn)在設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ah均為不大于偶數(shù)（2m+2）（m≧2）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、h）。假設(shè)偶數(shù)（2m+2），不存在有兩個(gè)奇素?cái)?shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。則說明集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}中包含了所有的奇合數(shù)和奇素?cái)?shù)，那么必然有集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}={1，3，5，7，9，11，?，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，由定理1 可知，集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}中的元素同時(shí)均減去2，于是可得集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。又由（ⅱ）分析的情形可知，集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}有缺項(xiàng)，這樣就與假設(shè)集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}產(chǎn)生了矛盾。說明集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}有缺項(xiàng)。由定理2可知，集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}也有缺項(xiàng)，說明集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}中至少有一個(gè)奇素?cái)?shù)不在該集合中，即集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（ah-2）}有缺項(xiàng)。故集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，所以假定偶數(shù)（2m+2）不存在有兩個(gè)奇素?cái)?shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj的情形不能成立。即偶數(shù)（2m+2）能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

綜上所述，任一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。推論1：對(duì)于任一不小于10的偶數(shù)2m，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N，則集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。

證明：由哥德巴赫定理的證明過程可知，推論1成立。孿生素?cái)?shù)定理：孿生素?cái)?shù)對(duì)的對(duì)數(shù)是無限的。

證明：由哥德巴赫定理以及推論1可知，對(duì)于任一比較大的偶數(shù)2m，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N，那么偶數(shù)2m有下列情形：

當(dāng)偶數(shù)2m=6k-2時(shí)，則有下列情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 3ki-3 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-4+1 6ki-4-1? 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 6kr-1+1 ? 3ki-2 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki17 15 13 11 9 7 5 3 1 當(dāng)偶數(shù)2m=6k時(shí)，則有下列情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 3ki-3 6ki-4+1 ? 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 ? 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1 當(dāng)偶數(shù)2m=6k+2時(shí)，則有下列情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki+1 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-3-1 3ki-3 ? 3kr 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 ? 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 6ki+1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1 因?yàn)椴恍∮?的偶數(shù)的順序?yàn)椋海?k1-2），（6k1），（6k1+2），（6k2-2），（6k2），（6k2+2），（6k3-2），（6k3），（6k3+2），?。我們具體展開分析：

第一、分析偶數(shù)2m=6k時(shí)的情形：（11）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1 6ki1-3-1（12）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1 6ki2-3-1（13）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1 6ki3-3-1（14）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數(shù) 奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 6ki4-3-1 從上面（11），（12），（13），（14）的情形可知，只有當(dāng)上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（12）的情形中奇數(shù)（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（13）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又因?yàn)榧蟵1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。那么集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}中，必然有由上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（13）的情形中奇數(shù)（6ki3-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者必然有由上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（12）的情形中奇數(shù)（6ki2-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者必然有由上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情 形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)。

我們又分析偶數(shù)2m+2=6k+2時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki+1 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-3-1 3ki-3 ? 3kr 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 ? 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 6ki+1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（15）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1（16）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素?cái)?shù) 奇合數(shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1（17）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1（18）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合數(shù) 奇合數(shù) 3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，從上面（15），（16），（17），（18）的情形可知，只有當(dāng)（15）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者（17）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（2m+2-3）為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。由此可知，必然有上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（12）的情形中奇數(shù)（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（13）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者前面偶數(shù)2m+2=6k+2時(shí)的情形中奇數(shù)（6ki+1）和（6ki-1）均為奇素?cái)?shù)。

第二、分析偶數(shù)2m=6k-2時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 3ki-3 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-4+1 6ki-4-1? 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 6kr-1+1 ? 3ki-2 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki17 15 13 11 9 7 5 3 1（21）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1奇素?cái)?shù)奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3kj1-3 6ki1+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1（22）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3kj2-3 6ki2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1（23）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合數(shù) 奇素?cái)?shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3kj3-3 6ki3+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1（24）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合數(shù)奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3kj4-3 6ki4+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 從上面（21），（22），（23），（24）的情形可知，只有當(dāng)（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（22）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者奇數(shù)（2m-3）為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又因?yàn)榧蟵1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。那么集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}必然有由上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（23）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（22）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)及上面（23）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而 產(chǎn)生的缺項(xiàng)等等。

我們又分析偶數(shù)2m+2=6k時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 3ki-3 6ki-4+1 ? 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 ? 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（25）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3ki1+1 6ki1+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1（26）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3ki2+1 6ki2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1（27）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3ki3+1 6ki3+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1（28）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數(shù) 奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3ki4+1 6ki4+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，從上面（25），（26），（27），（28）的情形可知，只有當(dāng)上

面（25）中的情形奇數(shù)（6ki1-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（25）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（25）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（26）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（27）的情形中奇數(shù)（6ki3-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又由于集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（ar+2）}和集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（ar-2）}均有缺項(xiàng)，由此可知，必然有上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（22）的情形中奇數(shù)（6ki2-1+1）和（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（23）的情形中奇數(shù)（6ki3-1+1）和（6ki3-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者偶數(shù)2m=6k-2時(shí)的情形中奇數(shù)（6ki-1+1）和（6ki-1-1）均為奇素?cái)?shù)。

第三、分析偶數(shù)2m=6k+2時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki+1 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-3-1 3ki-3 ? 3kr 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 ? 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 6ki+1

19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（31）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1（32）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素?cái)?shù) 奇合數(shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1（33）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1（34）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合數(shù) 奇合數(shù) 3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 從上面（31），（32），（33），（34）的情形可知，只有當(dāng)（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（2m-3）為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又因?yàn)榧蟵1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。那么集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，33（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}必然有由上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（32）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)及上面（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)等等。

我們又分析偶數(shù)2m-2=6k時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 3ki-3 6ki-4+1 ? 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 ? 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（35）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1 6ki1-3-1（36）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1 6ki2-3-1（37）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1 6ki3-3-1（38）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數(shù) 奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 6ki4-3-1 我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m-2）的全體奇合數(shù)，從上面（35），（36），（37），（38）的情形可知，只有當(dāng)上面（35）中的情形奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（35）的情形中奇數(shù)（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（35）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（36）的情形中奇數(shù)（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（37）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又由于集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（ar+2）}和集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-ar）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（ar-2）}均有缺項(xiàng)，由此可知，必然有上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（32）的情形中奇數(shù)（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者偶數(shù)2m=6k+2時(shí)的情

形中奇數(shù)（6ki+1）和（6ki-1）均為奇素?cái)?shù)。

從上面分析的情形，可得出如下結(jié)論：

（?。?duì)于有限大的偶數(shù)2m，使得偶數(shù)2m之前的全體孿生素?cái)?shù)對(duì)，對(duì)于偶數(shù)（2m+2k）（2k為有限大的偶數(shù)）之前的任一偶數(shù)，均滿足哥德巴赫定理和推論1成立。

（ⅱ）、對(duì)于有限大的偶數(shù)2m，偶數(shù)2m之前的全體孿生素?cái)?shù)對(duì)，均滿足哥德巴赫定理和推論1成立；而偶數(shù)2m之前的全體孿生素?cái)?shù)對(duì)，對(duì)于偶數(shù)2m至偶數(shù)（2m+2k）（2k為有限大的偶數(shù)）之間的任一偶數(shù)均不滿足哥德巴赫定理和推論1成立，則偶數(shù)2m至偶數(shù)（2m+2k）（2k為有限大的偶數(shù)）之間必至少存在一個(gè)孿生素?cái)?shù)對(duì)，使得偶數(shù)2m至偶數(shù)（2m+2k）（2k為有限大的偶數(shù)）之間的任一偶數(shù)，均滿足哥德巴赫定理和推論1成立。

綜上所述，孿生素?cái)?shù)對(duì)的對(duì)數(shù)是無限的。

參考文獻(xiàn)

[1]戎士奎，十章數(shù)論（貴州教育出版社）1994年9月第1版

[2]閔嗣鶴，嚴(yán)士健，初等數(shù)論（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]劉玉璉，付沛仁，數(shù)學(xué)分析（高等教育出版社）1984年3月第1版 [4]閔嗣鶴 數(shù)論方法（哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社）2011年3月第1版 [5]潘承洞 潘承彪 簡(jiǎn)明數(shù)論（北京大學(xué)出版社）1998年1月第1版 [6]陳景潤(rùn) 數(shù)論概貌（哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社）2011年3月第1版

作者簡(jiǎn)介：王若仲（王洪），男，土家族，1966年生于貴州務(wù)川，1988年畢業(yè)于遵義師范高等?？茖W(xué)校，1988年務(wù)川縣實(shí)驗(yàn)學(xué)校教員至今。

二〇一二年九月十六日

第二篇：“哥德巴赫猜想”及“孿生素?cái)?shù)猜想”的證明1

“哥德巴赫猜想”及“孿生素?cái)?shù)猜想”的證明

貴州省務(wù)川自治縣實(shí)驗(yàn)學(xué)校 王若仲（王洪）

摘要：我閑遐之余，喜好研究數(shù)學(xué)問題，我在一次偶然探究中，發(fā)現(xiàn)了“哥德巴赫猜想”的簡(jiǎn)捷證明方法，即就是不具體研究單個(gè)素?cái)?shù)的位置如何，也不研究設(shè)定區(qū)域內(nèi)素?cái)?shù)的數(shù)量如何，而是利用集合的概念，設(shè)置一定的條件，在寬泛的前提下探討整體情形，即假設(shè)偶數(shù)6，8，10，?，（2m-2），（2m）（m≧3）；它們均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，?，t），t∈N。則集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}有缺項(xiàng)。利用前面已知情形，證明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)；利用該結(jié)論以及前面已知情形，證明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}也有缺項(xiàng)；假設(shè)偶數(shù)（2m+2）不能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，?，r），r∈N。則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，?，ar}沒有缺項(xiàng)。該集合中的元素均分別減去2后所得集合（{2m-a1）（，2m-a2）（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}仍然沒有缺項(xiàng)。這與前面所得結(jié)論產(chǎn)生矛盾，說明偶數(shù)（2m+2）能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。由此得出“哥德巴赫猜想”成立。由“哥德巴赫猜想”成立，得出“孿生素?cái)?shù)猜想”成立。

關(guān)鍵詞：哥德巴赫猜想；素?cái)?shù)；缺項(xiàng)集合

引言

德國(guó)數(shù)學(xué)家哥德巴赫，他在1742年提出：任一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和，這就是著名的哥德巴赫猜想問題，至今沒有完全解決。我在遵義師范高等?？茖W(xué)校求學(xué)時(shí)，就對(duì)哥德巴赫猜想問題產(chǎn)生了興趣，進(jìn)行過膚淺的探索。特別是我在1993年的一次偶然的數(shù)字游戲演算中，發(fā)現(xiàn)了一個(gè)特別有趣的現(xiàn)象，通過歸納提煉，得出如下問題，即對(duì)于任一集合A，A=｛p1，p2，p3，?，pk｝，pi< pj（i

我們知道，只能被1和本身整除的正整數(shù)，稱為素?cái)?shù)。定義1：對(duì)于均滿足某一特性或某一表達(dá)式的全體整數(shù)組成的集合A，關(guān)于集合A的子集A1，A2，A3，?，Ak；任一子集Ai≠A（i=1，2，3，?，k），則稱集合Ai為該條件下的缺項(xiàng)集合。缺具體的某一項(xiàng)，該項(xiàng)則稱為缺項(xiàng)。定理1：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。若集合B∪C在集合A的條件下沒有缺項(xiàng)，則集合{（a11±m(xù)d），（a12±m(xù)d），（a13±m(xù)d），?，（a1h±m(xù)d）}∪{（a21±m(xù)d），（a22±m(xù)d），（a23±m(xù)d），?，（a2t±m(xù)d）}在集合A的條件下仍然沒有缺項(xiàng)，m∈N。

證明：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因?yàn)榧螧∪C在集合A的條件下沒有缺項(xiàng)，不妨設(shè)集合B∪C={b1，b2，b3，?，bt}，則集合{b1，b2，b3，?，bt}={ r，（d+r），（2d+r），（3d+r），?，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），?，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），?，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），?，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），?，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。故定理1成立。

定理2：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。若集合B∪ C在集合A的條件下有缺項(xiàng)，則集合{（a11±m(xù)d），（a12±m(xù)d），（a13±m(xù)d），?，（a1h±m(xù)d）}∪{（a21±m(xù)d），（a22±m(xù)d），（a23±m(xù)d），?，（a2t±m(xù)d）}在集合A的條件下仍然有缺項(xiàng)。

證明：對(duì)于整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={a21，a22，a23，?，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因?yàn)榧螧∪C在集合A的條件下有缺項(xiàng)，不妨設(shè)集合B∪C={b1，b2，b3，?，bt}，且設(shè)集合B∪C缺ai項(xiàng)，i＜t。則集合{b1，b2，b3，?，bt}={ r，（d+r），（2d+r），（3d+r），?，[（i-1）d+r]，[（i+1）d+r]，?，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），?，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），?，[（i-1）d+r-md]，[（i+1）d+r-md]，?，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），?，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），?，[（i-1）d+r+md]，[（i+1）d+r+md]，?，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。故定理2成立。

定理3：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b），那么必存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13 md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。證明：因?yàn)閷?duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），?，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），?，（a（k-1）-d），（ak-d），?，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），?，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），?，（a（k-1）-ed），（ak-ed），?，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。

設(shè)集合{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}，又設(shè)集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，?，a2h}，根據(jù)題設(shè)，集合{a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed）}沒有缺項(xiàng)，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），?，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），?，（a2h-ed）}仍然沒有缺項(xiàng)，e∈N，我們令e=m，則有{（a11-md），（a12-md），（a13 md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。故定理3成立。

定理4：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。那么必存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。證明：因?yàn)閷?duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），?，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），?，（a（k-1）-d），（ak-d），?，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），?，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），?，（a（k-1）-ed），（ak-ed），?，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。設(shè)集合{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}，m∈N，又設(shè)集合{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={a21，a22，a23，?，a2h}，根據(jù)題設(shè)，集合{（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}沒有缺項(xiàng)，由定理1可知，集合{（a11-md+ed），（a12-md+ed），（a13-md+ed），?，（a1h-md +ed）}∪{（a21+ed），（a22+ed），（a23+ed），?，（a2h+ed）}仍然沒有缺項(xiàng)，e∈N，我們令e=m，則有{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。故定理4成立。

定理5：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若不存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b），那么也不可能存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。證明：由定理4知，假若存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。那么必存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。這與題設(shè)產(chǎn)生矛盾，故定理5成立。

定理6：對(duì)于非負(fù)整數(shù)集合A={a1，a2，a3，?，ak，?}，任一ai∈N（i=1，2，3，?，k，?）；a1，a2，a3，?，ak，?為等差數(shù)列，等差為d，a1=r（r≤d），關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），?，（a1h+d+r-a1h）}，設(shè)a11=bd+r，b∈N，若不存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}，那么也不可能存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b）。

證明：由定理3知，假定存在一個(gè)數(shù)v，v=ed，e∈N，關(guān)于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，?，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}，使得{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h，?，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，?，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），?，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，?，a1h}（e＜b），那么必存在一個(gè)數(shù)u，u= md，m∈N，使得 {（a11-md），（a12-md），（a13-md），?，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），?，（a1h+r-a1h）}={（r-md），?，a1，a2，a3，?，（a1h-bd）}。這與題設(shè)產(chǎn)生矛盾，故定理6成立。

哥德巴赫定理：任一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。證明：（Ⅰ）、對(duì)于偶數(shù)6，8，10，12，14，16，18，20，22等等。有：6=3+3，8=3+5，10=3+7=5+5，12=5+7，14=3+11=7+7，16=3+13=5+11，18=5+13=7+11，20=3+17=7+13，22=3+19=5+17= 11+11。

（Ⅱ）、對(duì)于偶數(shù)6，8，10，?，（2m-2），（2m）（m≧3）。假設(shè)它們均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。現(xiàn)在設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N，其中偶數(shù)（2m）為比較大的整數(shù)。則有{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}，根據(jù)定義1，說明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}有缺項(xiàng)。

現(xiàn)在對(duì)集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}有無缺項(xiàng)進(jìn)行分析：

設(shè)奇素?cái)?shù)p1，p2，p3，?，ps均為小于偶數(shù)2m的全體奇素?cái)?shù)，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、s），s∈N。對(duì)于集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}和集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}以及集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}而言，假設(shè)集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，那么則有：2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），?，2m-aks=（ps+2），k∈N。

又因?yàn)榧蟵a1，a2，a3，?，at}包含集合{ ak1，ak2，ak3，?，aks}。那么則有：

（1）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，?，2m-2-aks=p（s-1）（ps＞2m-2）；

（2）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，?，2m-2-aks=ps（ps＜2m-2）。從（1）和（2）的情形可得偶數(shù)（2m-2）不能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。這與前面已知偶數(shù)6，8，10，?，（2m-2），它們均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和產(chǎn)生了矛盾。故前面假定集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}就不可能成立。說明集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)。

我們現(xiàn)在針對(duì)集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi得到的奇數(shù)（pi-2）和奇數(shù)（pi+2）從以下幾個(gè)方面加以分析：

對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi以及奇數(shù)（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，則（pi-2）和（pi+2）有下列情形之一：

①、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai和aj均為奇合數(shù)時(shí)，那么（pi+2）∈（{2m-a1）（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}；

②、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai和aj均為奇素?cái)?shù)時(shí)，那么（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}；

③、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai為奇素?cái)?shù)，aj為奇合數(shù)時(shí)，那么（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}；

④、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當(dāng)ai為奇合數(shù)，aj為奇素?cái)?shù)時(shí)，那么（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。

前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，我們現(xiàn)在針對(duì)集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)均只適合①的情形，均只適合②的情形，均只適合③的情形，均只適合④的情形，均只適合①和②的情形，均只適合①和③的情形，均只適合①和④的情形，均只適合②和③的情形，均只適合②和④的情形，均只適合③和④的情形，均只適合①和②和③的情形，均只適合①和②和④的情形，均只適合①和③和④的情形，均只適合②和③和④的情形，適合①和②以及③和④的情形時(shí)，分別進(jìn)行分析：

㈠、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若出現(xiàn)下列情形之一時(shí)，即均只適合①和②的情形或均只適合③和④的情形或均只適合①和②和③的情形或均只適合①和②和④的情形或均只適合①和③和④的情形或均只適合②和③和④的情形或適合①和②以及③和④的情形，其中任一情形，在集合{p1，p2，p3，?，ps}中至少有 奇素?cái)?shù)pi和pj，使得（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}。

㈡、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合 ①的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這與前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}產(chǎn)生了矛盾，故均只適合①的情形時(shí)不能成立。

㈢、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合②的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，因集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中的元素兩兩互不相同，說明集合{p1，p2，p3，?，ps}中元素的總個(gè)數(shù)與集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中元素的總個(gè)數(shù)相等。那么根據(jù)式子2m-p=pi-2和2m-q=pi+2（p 和q均為奇素?cái)?shù)）可得，p=q+4。這說明均只是②的情形時(shí)，則任一奇素?cái)?shù)加4只能為奇素?cái)?shù)，這就必然產(chǎn)生矛盾。故假定均只適合②的情形時(shí)不可能成立。

㈣、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合③的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這與前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}產(chǎn)生了矛盾，故均只適合③的情形時(shí)不能成立。㈤、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合④的情形，那么有任一（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，而任一（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，又因集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中的元素兩兩互不相同，說明集合{p1，p2，p3，?，ps}中元素的總個(gè)數(shù)與集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}中元素的總個(gè)數(shù)相等。又因任一（pi-2）∈集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，那么根據(jù)式子2m-ai=pi-2和2m-q=pi+2（q為奇素?cái)?shù)）可得，ai=q+4。這說明均只是④的情形時(shí)，則任一奇素?cái)?shù)加4只能為奇合數(shù)，這就必然產(chǎn)生矛盾。故假定均只適合④的情形時(shí)不可能成立。

㈥、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合①和③的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這與前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}產(chǎn)生了矛盾，故均只適合①和③的情形時(shí)不能成立。

㈦、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合①和④的情形，則有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}或（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，并且集合{p1，p2，p3，?，ps}至少有一個(gè)奇數(shù)（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}（1≤j≤s）。說明對(duì)于任一奇素 數(shù)pi，pi均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數(shù)）。而對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi，則（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-ai+2（ai為奇合數(shù)）。由此可知，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)。

我們現(xiàn)在來分析集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}中元素的構(gòu)成情形： 因?yàn)槠婧蠑?shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，在自然數(shù)2m范圍內(nèi)，因?yàn)榧蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，而集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}中缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}中的全體奇數(shù)。說明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}中至少缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}中的某一個(gè)奇數(shù)，也就是說明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}中至少缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}中的某一個(gè)奇數(shù)。

又因?yàn)榧俣蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，而集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}中缺集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}中的全體奇數(shù)。說明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}包含集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}。

現(xiàn)在對(duì)已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)進(jìn)行分析：

﹤1﹥、因?yàn)橐阎蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，當(dāng)3或5不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}時(shí)，由前面分析的情形可知，即3或5不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。由集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)的情形可知，3和5屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，即3和5屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這就產(chǎn)生了矛盾，故這種情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立。

﹤2﹥、現(xiàn)在分析連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)的情形，即pi，（pi+2），（pi+4）。因?yàn)橐阎蟵（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)，假設(shè)（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}時(shí)，由前面分析的情形可知，則（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。我們令pj=（pi+4），則（pi+2）=（pj-2），pi和pj均為奇素?cái)?shù)，由集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)的情形可知，那么（pj-2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，即（pj-2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，也就是說（pi+2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，這就產(chǎn)生了矛盾，故這種情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立。

﹤3﹥、如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只有下列情形中任意一種情形或任意兩種情形組合而成的情形或任意三種情形組合而成的情形或全部四種情形組合而成的情形。

⒈連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)； ⒉連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)； ⒊連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)； ⒋連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)；

因?yàn)槿我黄鏀?shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），總有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均為奇數(shù)。如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只是﹤3﹥中的情形，則對(duì)于任一奇數(shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成 立，其中ai為奇數(shù)，aj為奇合數(shù)。對(duì)于上面任一組合情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，即集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)。

因?yàn)榧蟵1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}總可以轉(zhuǎn)換為集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1v+2）}或轉(zhuǎn)換為集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}。說明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}的缺項(xiàng)與集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1v+2）}的缺項(xiàng)以及集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}的缺項(xiàng)相同。

由集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，根據(jù)定理1，則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}沒有缺項(xiàng)。我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，則有下列情形：

（ⅰ）、若at=ar，則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}沒有缺項(xiàng)。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）} ∪{a1，a2，a3，?，at}總可以轉(zhuǎn)換為集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}或轉(zhuǎn)換為集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}。說明集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}和集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}均沒有缺項(xiàng)；那么集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}，則有集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，由此可知，集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}沒有缺項(xiàng)。又根據(jù)定理1，則集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}沒有缺項(xiàng)，這與前面已知情形產(chǎn)生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立；即對(duì)于﹤3﹥中前面任一組合情形均不可能成立。

（ⅱ）、若奇數(shù)（2m+2-1）為奇合數(shù)，則集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}沒有缺項(xiàng)。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}總可以轉(zhuǎn)換為集 合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}或轉(zhuǎn)換為集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}。說明集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}和集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），?，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），?，（a2z-2）}均沒有缺項(xiàng)；那么集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），?，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），?，（a1e+2）}包含集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}，則有集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），?，（ps+2）}，由此可知，則集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（ar+2）}沒有缺項(xiàng)。又根據(jù)定理1，則集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}沒有缺項(xiàng)，即集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at }沒有缺項(xiàng)。這與前面已知情形產(chǎn)生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)不能成立；即對(duì)于﹤3﹥中前面任一組合情形均不可能成立。

﹤4﹥、現(xiàn)在分析連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)的情形，即pi和（pi+2）以及（pi+4）。我們令（pi+4）=pj，則（pi+2）=（pj-2），假設(shè)（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，因（pi+2）不屬于{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，則（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。又因假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}沒有缺項(xiàng)，而（pj-2）不屬于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，則（pj-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}。因（pi+2）=（pj-2），這就產(chǎn)生了矛盾，故集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}也要缺這種情形下的項(xiàng)。

﹤5﹥、現(xiàn)在分析連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)依次為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)的情形，即ai和（ai+2）以及（ai+4）。我們令（pi+4）= a j，則（ai+2）=（a j-2），則（ai+2）屬于集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，（ai+2）屬于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，即（ai+2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}，（ai+2）屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}，故集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}中均不可能缺這種情形下的項(xiàng)。

﹤6﹥、如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只有下列情形中任意一種情形或任意兩種情形組合而成的情形或任意三種情形組合而成的情形或全 部四種情形組合而成的情形：

第一、為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)； 第二、為奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)，奇素?cái)?shù)； 第三、為奇合數(shù)，奇素?cái)?shù)，奇合數(shù)； 第四、為奇合數(shù)，奇合數(shù)，奇合數(shù)。

因?yàn)槿我黄鏀?shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），總有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均為奇數(shù)。如果連續(xù)的三個(gè)奇數(shù)中只是﹤6﹥中的情形，則對(duì)于任一奇數(shù)（2m-a）（a為奇數(shù)，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai為奇合數(shù)，aj為奇數(shù)。對(duì)于上面任一種情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}沒有缺項(xiàng)，這與前面得到的集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}有缺項(xiàng)產(chǎn)生了矛盾，故﹤6﹥中的情形不可能成立。

綜上﹤1﹥、﹤2﹥、﹤3﹥、﹤4﹥、﹤5﹥、﹤6﹥所述，故均只適合①和④的情形時(shí)不可能成立。

㈧、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合②和③的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}或（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，并且集合{p1，p2，p3，?，ps}至少有一個(gè)奇數(shù)（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}（1≤j≤s）。說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi 均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數(shù)）。而對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi，則（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pi-2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q+2（q為奇素?cái)?shù)），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}中的任一奇數(shù)只能分解為a=2m-a i+2（a和a i均為奇合數(shù)），因?yàn)?和5以及7是奇素?cái)?shù)，而所有自然數(shù)中除3和5以及7外，不可能再出現(xiàn)三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q+2（q為奇素?cái)?shù)）不可能成立，也就是說（2m+2-3）和（2m+2-5）以及（2m+2-7）中至少有一個(gè)奇合數(shù)。故均只適合②和③的情形時(shí)不可能成立。

㈨、對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的全體奇素?cái)?shù)，若均只適合②和④的情形，說明對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}內(nèi)的任一奇素?cái)?shù)pi，有（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}或（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，并且集合{p1，p2，p3，?，ps}至少有一個(gè)奇數(shù)（pj-2），（pj-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}（1≤j≤s）。說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數(shù)）。而對(duì)于集合{p1，p2，p3，?，ps}中任一奇素?cái)?shù)pi，則（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），?，（2m-ps）}，（pi+2）不屬于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q-2（q為奇素?cái)?shù)），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}中的任 一奇數(shù)只能分解為a=2m-ai-2（a和a i均為奇合數(shù)），因?yàn)?和5以及7是奇素?cái)?shù)，而所有自然數(shù)中除3和5以及7外，不可能再出現(xiàn)三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)，說明對(duì)于任一奇素?cái)?shù)pi，pi只能分解為pi=2m-q-2（q為奇素?cái)?shù)）不可能成立，也就是說（2m-2-3）和（2m-2-5）以及（2m-2-7）中至少有一個(gè)奇合數(shù)。故均只適合②和④的情形時(shí)不可能成立。

綜上㈠、㈡、㈢、㈣、㈤、㈥、㈦、㈧、㈨所述，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m（m≧3）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N。設(shè)奇素?cái)?shù)p1，p2，p3，?，ps均為小于偶數(shù)2m的全體奇素?cái)?shù)，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、?、s），s∈N。則集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}不包含集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），?，（ps-2）}。即集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（a3-2）}有缺項(xiàng)。

（Ⅲ）、對(duì)于偶數(shù)（2m+2），現(xiàn)在設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ah均為不大于偶數(shù)（2m+2）（m≧2）的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、h）。假設(shè)偶數(shù)（2m+2），不存在有兩個(gè)奇素?cái)?shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。則說明集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}中包含了所有的奇合數(shù)和奇素?cái)?shù)，那么必然有集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}={1，3，5，7，9，11，?，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，由定理1 可知，集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}中的元素同時(shí)均減去2，于是可得集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}。又由（ⅱ）分析的情形可知，集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}有缺項(xiàng)，這樣就與假設(shè)集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}={1，3，5，7，9，11，?，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}產(chǎn)生了矛盾。說明集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}有缺項(xiàng)。由定理2可知，集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}也有缺項(xiàng)，說明集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}中至少有一個(gè)奇素?cái)?shù)不在該集合中，即集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（ah-2）}有缺項(xiàng)。故集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，?，ah}≠{1，3，5，7，9，11，?，（2m+2-5），（2m+2-3），（2m+2-1）}，所以假定偶數(shù)（2m+2）不存在有兩個(gè)奇素?cái)?shù)pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj的情形不能成立。即偶數(shù)（2m+2）能表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。

綜上所述，任一不小于6的偶數(shù)均可表為兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。孿生素?cái)?shù)定理：孿生素?cái)?shù)對(duì)的對(duì)數(shù)是無限多的。

證明：由哥德巴赫定理可知，對(duì)于任一比較大的偶數(shù)2m，設(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，at均為不大于偶數(shù)2m的全體奇合數(shù)，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、?、t），t∈N，那么偶數(shù)2m有下列情形：

當(dāng)偶數(shù)2m=6k-2時(shí)，則有下列情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 3ki-3 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-4+1 6ki-4-1? 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 6kr-1+1 ? 3ki-2 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki17 15 13 11 9 7 5 3 1 當(dāng)偶數(shù)2m=6k時(shí)，則有下列情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 3ki-3 6ki-4+1 ? 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 ? 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1 當(dāng)偶數(shù)2m=6k+2時(shí)，則有下列情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki+1 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-3-1 3ki-3 ? 3kr 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 ? 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 6ki+1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1 因?yàn)椴恍∮?的偶數(shù)的順序?yàn)椋海?k1-2），（6k1），（6k1+2），（6k2-2），（6k2），（6k2+2），（6k3-2），（6k3），（6k3+2），?。我們具體展開分析：

第一、分析偶數(shù)2m=6k時(shí)的情形：（11）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1 6ki1-3-1（12）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1 6ki2-3-1（13）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1 6ki3-3-1（14）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數(shù) 奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 6ki4-3-1 從上面（11），（12），（13），（14）的情形可知，只有當(dāng)上面（11）中的情形奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù) 時(shí)或者上面（12）的情形中奇數(shù)（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（13）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又因?yàn)榧蟵1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。那么集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}中，必然有由上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（13）的情形中奇數(shù)（6ki3-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者必然有由上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（12）的情形中奇數(shù)（6ki2-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者必然有由上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)。

我們又分析偶數(shù)2m+2=6k+2時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki+1 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-3-1 3ki-3 ? 3kr 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 ? 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 6ki+1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（15）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1（16）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素?cái)?shù) 奇合數(shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1（17）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1（18）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合數(shù) 奇合數(shù) 3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，從上面（15），（16），（17），（18）的情形可知，只有當(dāng)（15）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者（17）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（2m+2-3）為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。由此可知，必然有上面（11）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（12）的情形中奇數(shù)（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（13）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)。第二、分析偶數(shù)2m=6k-2時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 3ki-3 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-4+1 6ki-4-1? 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 6kr-1+1 ? 3ki-2 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki17 15 13 11 9 7 5 3 1（21）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1奇素?cái)?shù)奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3kj1-3 6ki1+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1（22）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3kj2-3 6ki2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1（23）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合數(shù) 奇素?cái)?shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3kj3-3 6ki3+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1（24）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k-2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合數(shù)奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3kj4-3 6ki4+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 從上面（21），（22），（23），（24）的情形可知，只有當(dāng)（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（22）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者奇數(shù)（2m-3）為奇素?cái)?shù) 時(shí)，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又因?yàn)榧蟵1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。那么集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}必然有由上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（23）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（22）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)及上面（23）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)等等。

我們又分析偶數(shù)2m+2=6k時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 3ki-3 6ki-4+1 ? 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 ? 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（25）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形： 3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3ki1+1 6ki1+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1（26）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3ki2+1 6ki2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1（27）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3ki3+1 6ki3+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1（28）、對(duì)于偶數(shù)2m+2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數(shù) 奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3ki4+1 6ki4+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m+2）的全體奇合數(shù)，從上面（25），（26），（27），（28）的情形可知，只有當(dāng)上面（25）中的情形奇數(shù)（6ki1-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（25）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（25）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（26）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（27）的情形中奇數(shù)（6ki3-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又由于集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（ar+2）}和集合{1，31（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），?，（2m+2-ar）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（ar-2）}均有缺項(xiàng)，由此可知，必然有上面（21）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（22）的情形中奇數(shù)（6ki2-1+1）和（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（23）的情形中奇數(shù)（6ki3-1+1）和（6ki3-1-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)。

第三、分析偶數(shù)2m=6k+2時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19 6ki+1 6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 6ki-3-1 3ki-3 ? 3kr 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 ? 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 6ki+1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（31）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 6ki1-1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1（32）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素?cái)?shù) 奇合數(shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 6ki2-1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1（33）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 6ki3-1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1

32（34）、對(duì)于偶數(shù)2m=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合數(shù) 奇合數(shù) 3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 6ki4-1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 從上面（31），（32），（33），（34）的情形可知，只有當(dāng)（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)或者（2m-3）為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又因?yàn)榧蟵1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（at-2）}均有缺項(xiàng)。那么集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），?，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，?，at}必然有由上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)或者由上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-1+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)和上面（32）的情形中奇數(shù)（6ki2-1-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)及上面（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)而產(chǎn)生的缺項(xiàng)等等。

我們又分析偶數(shù)2m-2=6k時(shí)的情形： 3 5 7 9 11 13 15 17 19

6ki-1 3ki 6ki-1+1 6ki-1-1 3ki-1 6ki-2+1 6ki-2-1 3ki-2 6ki-3+1 6ki-3-1 21 23 ? 6kj-2-1 6kj-2+1 3kj-1 6kj-1-1 6kj-1+1 3kj ? 3ki-3 6ki-4+1 ? 6kr+1 6kr-1 3kr 6kr-1+1 6kr-1-1 3kr-1 ? 6ki-3-1 6ki-3+1 3ki-2 6ki-2-1 6ki-2+1 3ki-1 6ki-1-1 6ki-1+1 3ki 6ki-1 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1（35）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素?cái)?shù) 奇素?cái)?shù) 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+1 3ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1 6ki1-3-1（36）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數(shù) 奇素?cái)?shù) 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+1 3ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1 6ki2-3-1（37）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素?cái)?shù) 奇合數(shù)3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+1 3ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1 6ki3-3-1（38）、對(duì)于偶數(shù)2m-2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數(shù) 奇合數(shù)3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+1 3ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 6ki4-3-1 我們?cè)O(shè)奇合數(shù)a1，a2，a3，?，ar均為不大于偶數(shù)（2m-2）的全體奇合數(shù)，從上面（35），（36），（37），（38）的情形可知，只有當(dāng)上面（35）中的情形奇數(shù)（6ki1-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（35）的情形中奇數(shù)（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（35）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)

均為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（36）的情形中奇數(shù)（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)或者上面（37）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）這樣情形的奇數(shù)為奇素?cái)?shù)時(shí)，集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-ar）}∪{a1，a2，a3，?，ar}才能產(chǎn)生缺項(xiàng)。又由于集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），?，（ar+2）}和集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），?，（2m-2-ar）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），?，（ar-2）}均有缺項(xiàng)，由此可知，必然有上面（31）的情形中奇數(shù)（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（32）的情形中奇數(shù)（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)或者上面（33）的情形中奇數(shù)（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）這樣情形的奇數(shù)均為奇素?cái)?shù)。

綜上所述，孿生素?cái)?shù)對(duì)的對(duì)數(shù)是無限多的。

參考文獻(xiàn)

[1]戎士奎，十章數(shù)論（貴州教育出版社）1994年9月第1版

[2]閔嗣鶴，嚴(yán)士健，初等數(shù)論（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]劉玉璉，付沛仁，數(shù)學(xué)分析（高等教育出版社）1984年3月第1版 [4]閔嗣鶴 數(shù)論方法（哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社）2011年3月第1版 [5]潘承洞 潘承彪 簡(jiǎn)明數(shù)論（北京大學(xué)出版社）1998年1月第1版 [6]陳景潤(rùn) 數(shù)論概貌（哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社）2011年3月第1版

作者簡(jiǎn)介：王若仲（王洪），男，土家族，1966年生于貴州務(wù)川，1988年畢業(yè)于遵義師范高等?？茖W(xué)校，1988年務(wù)川縣實(shí)驗(yàn)學(xué)校教員至今。

二〇一二年九月十六日

第三篇：哥德巴赫猜想

求n=a+b:

#include

using namespace std;

int main()

{void g(int);

intn;

cin>>n;

if(n>=6)g(n);else cout<<“請(qǐng)輸入大于等于6的數(shù)!”<

void g(int n)

{int f(int);

int a,b;

for(a=3;a<=n/2;a++)

{if(f(a)){

b=n-a;

if(f(b))

cout<

}

int f(int n)

{int i,a=1;

for(i=2;i

if(n%i==0)a=0;

if(n<=1)a=0;if(n==2)a=1;

return a;

}

第四篇：哥德巴赫猜想

哥德巴赫猜想

1742年德國(guó)人哥德巴赫給當(dāng)時(shí)住在俄國(guó)彼得堡的大數(shù)學(xué)家歐拉寫了一封信，在信中提出兩個(gè)問題：第一，是否每個(gè)大于4的偶數(shù)都能表示為兩個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每個(gè)大于7的奇數(shù)都能表示3個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。這就是著名的哥德巴赫猜想。它是數(shù)論中的一個(gè)著名問題，常被稱為數(shù)學(xué)皇冠上的明珠。

實(shí)際上第一個(gè)問題的正確解法可以推出第二個(gè)問題的正確解法，因?yàn)槊總€(gè)大于 7的奇數(shù)顯然可以表示為一個(gè)大于4的偶數(shù)與3的和。1937年，蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家維諾格拉多夫利用他獨(dú)創(chuàng)的“三角和”方法證明了每個(gè)充分大的奇數(shù)可以表示為3個(gè)奇質(zhì)數(shù)之和，基本上解決了第二個(gè)問題。但是第一個(gè)問題至今仍未解決。由于問題實(shí)在太困難了，數(shù)學(xué)家們開始研究較弱的命題：每個(gè)充分大的偶數(shù)可以表示為質(zhì)因數(shù)個(gè)數(shù)分別為m、n的兩個(gè)自然數(shù)之和，簡(jiǎn)記為“m+n”。1920年挪威數(shù)學(xué)家布龍證明了“9+9”；以后的20幾年里，數(shù)學(xué)家們又陸續(xù)證明了“7+7”，“6+6”，“5+5”，“4+4”，“1+c”，其中c是常數(shù)。1956年中國(guó)數(shù)學(xué)家王元證明了“3+4”，隨后又證明了“3+3”，“2+3”。60年代前半期，中外數(shù)學(xué)家將命題推進(jìn)到“1+3”。1966年中國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)證明了“1+2”，這一結(jié)果被稱為“陳氏定理”，至今仍是最好的結(jié)果。陳景潤(rùn)的杰出成就使他得到廣泛贊譽(yù)，不僅僅是因?yàn)椤瓣愂隙ɡ怼笔怪袊?guó)在哥德巴赫猜想的證明上處于領(lǐng)先地位，更重要的是以陳景潤(rùn)為代表的一大批中國(guó)數(shù)學(xué)家克服重重困難，不畏艱險(xiǎn)，永攀高峰的精神將鼓舞和激勵(lì)有志青年為使中國(guó)成為21世紀(jì)世界數(shù)學(xué)大國(guó)而奮斗!

第五篇：哥德巴赫猜想證明方法

哥德巴赫猜想的證明方法

探索者：王志成人們不是說：證明哥德巴赫猜想，必須證明“充分大”的偶數(shù)有“1+1”的素?cái)?shù)對(duì)，才能說明哥德巴赫猜想成立嗎？今天，我們就來談如何尋找“充分大”的偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的方法。

“充分大”的偶數(shù)指10的500次方，即500位數(shù)以上的偶數(shù)。因?yàn)?，我沒有學(xué)過電腦，也不知道大數(shù)的電腦計(jì)算方法，所以，我只有將“充分大”的偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的尋找方法告訴大家，請(qǐng)電腦高手幫助進(jìn)行實(shí)施。又因?yàn)?，人們已?jīng)能夠?qū)ふ?000位數(shù)以上的素?cái)?shù)，對(duì)于500位數(shù)以內(nèi)的素?cái)?shù)的尋找應(yīng)該不是問題，所以，“充分大”的偶數(shù)應(yīng)該難不住當(dāng)今的學(xué)術(shù)界。

“充分大”的偶數(shù)雖然大，我認(rèn)為：我們只須要尋找一個(gè)特定的等差數(shù)列后，再取該數(shù)列的1000項(xiàng)到2000項(xiàng)，在這2000個(gè)數(shù)之內(nèi)必然能夠?qū)ふ业浇M成偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)。下面，我們進(jìn)行簡(jiǎn)單的探索，從中尋找到具體方法。

我們以偶數(shù)39366為例，進(jìn)行探索，按照本人的定理：在偶數(shù)內(nèi)，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)（自然數(shù)1除外），必然能夠組成偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)。

這里所說的素因子，指小于偶數(shù)平方根的素?cái)?shù)，√39366≈198，即小于198的素?cái)?shù)為偶數(shù)39366的素因子。

一、初步探索，1、素因子2，39366/2余0，當(dāng)然，任何偶數(shù)除以2都余0，素?cái)?shù)2把自然數(shù)分為：1+2N和2+2N，除以2余0的數(shù)和與偶數(shù)除以素因子2的余數(shù)相同的數(shù)都是2+2N數(shù)列中的數(shù)，剩余1+2N數(shù)列中的數(shù)為哥德巴赫數(shù)的形成線路；

2、素因子3，39366/3余0，素?cái)?shù)3把1+2N數(shù)列分為：1+6N，3+6N，5+6N，除以3余0的數(shù)和與偶數(shù)除以素因子3的余數(shù)相同的數(shù)都是3+6N數(shù)列中的數(shù)，剩余1+6N，5+6N，兩個(gè)數(shù)列中的數(shù)為哥德巴赫數(shù)的形成線路；

3、素因子5，39366/5余1，我們對(duì)上面剩余的兩個(gè)數(shù)列任意取一個(gè)數(shù)列1+6N，取與素因子相同的項(xiàng)，5個(gè)項(xiàng)有：1，7，13，19，25。在這5個(gè)項(xiàng)中，必然有一個(gè)項(xiàng)除以5余0，必然有一個(gè)項(xiàng)除以素因子的余數(shù)與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同，必然剩余素因子5減去2（不能被素因子整除的，為素因子減去1）個(gè)項(xiàng)，即5-2=3個(gè)項(xiàng)既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。剩余7，13，19，以前面的素因子乘積2*3*5為公差，組成3個(gè)哥德巴赫數(shù)的形成線路：7+30N，13+30N，19+30N。后面只取3個(gè)項(xiàng)，至少有一個(gè)項(xiàng)。

4、素因子7，39366/7余5，我們?nèi)我馊?+30N的3個(gè)項(xiàng)有：7，37，67，這3個(gè)數(shù)中37，67，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。即37+210N和67+210N兩條線路都可以，5、素因子11，39366/11余8，我們?nèi)?7+210N的3個(gè)項(xiàng)：37，247，457，這3個(gè)數(shù)，既不能被素因子整除，也不與偶數(shù)除以素因子的余數(shù)相同的數(shù)。組成3個(gè)數(shù)列：37+2310N，247+2310N，457+2310N。

7、素因子13，39366/13余2，因?yàn)?，下一個(gè)公差為2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能組成與素因子13相同的13個(gè)項(xiàng)，尋找組成偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)，在取最后一個(gè)公差的等差數(shù)列時(shí)，不能取與素因子相同項(xiàng)數(shù)時(shí)，最少必須取素因子1/2以上的項(xiàng)。我們?nèi)?47+2310N數(shù)列在偶數(shù)1/2之內(nèi)的數(shù)有：247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

從素因子13到197，雖然還有40個(gè)素因子進(jìn)行刪除，但是，大家不要怕，它們的刪除率是相當(dāng)?shù)偷?，所以，在這些數(shù)中必然有能夠組成偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)存在。

素因子13，刪除能被13整除的數(shù)247，刪除除以13與39366除以13余數(shù)相同的數(shù)14107； 素因子19，刪除除以19與39366除以19余數(shù)相同的數(shù)11797；

素因子31，刪除能被31整除的數(shù)4867；

素因子53，刪除能被53整除的數(shù)9487，刪除除以53與39366除以53余數(shù)相同的數(shù)16417；

素因子61，刪除能被61整除的數(shù)18727。

最后，剩余2557和7177兩個(gè)數(shù)，必然能組成偶數(shù)39366的素?cái)?shù)對(duì)。

探索方法

二、1、尋找等差數(shù)列的公差，令偶數(shù)為M、公差為B，我們已知該題的公差為2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一個(gè)素?cái)?shù)為13，用13/2=6.5，那么，公差的要件為： M/B＞6.5，即大于7個(gè)項(xiàng)，主要是既要取最大的公差，又要確保不低于下一個(gè)素因子的1/2個(gè)項(xiàng)。我們就選擇2310為該偶數(shù)的公差。

2、尋找等差數(shù)列的首項(xiàng)，令首項(xiàng)為A，A的條件為：既不能被組成公差的素?cái)?shù)2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，還必須在公差2310之內(nèi)；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：在2310之內(nèi)，大于或等于13的素?cái)?shù)；自然數(shù)1；由大于或等于13的素因子與大于或等于13的素因子所組成的合數(shù)。為了方便起見，我們?cè)谶@里取大于或等于13的素因子。

（2）、A除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同。因39366-13=39353，39353分別除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，可以定為首項(xiàng)，得該等差數(shù)列為13+2310N。

取等差數(shù)列13在M/2的項(xiàng)有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。當(dāng)然，你也可以取該數(shù)列在偶數(shù)內(nèi)的所有項(xiàng)，但是，當(dāng)你全盤計(jì)算該偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)時(shí)，取所有項(xiàng)必然形成與對(duì)稱數(shù)列的計(jì)算重復(fù)，該數(shù)列的對(duì)稱數(shù)列：因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余數(shù)不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同，那么，對(duì)稱數(shù)2297也必然滿足這些條件，2297+2310N同樣是產(chǎn)生素?cái)?shù)對(duì)的等差數(shù)列。

3、在上面的9上項(xiàng)中，去掉合數(shù)：2323，4633，6943，9253，11563，4、再去掉除以后面40個(gè)素因子余數(shù)與偶數(shù)除以這40個(gè)素因子余數(shù)相同的數(shù)，也就是對(duì)稱數(shù)是合數(shù)的數(shù)：13，13873，16183，剩余18493必然能夠組成偶數(shù)39366的素?cái)?shù)對(duì)。

簡(jiǎn)單地談一下素?cái)?shù)生成線路與哥德巴赫數(shù)的生成線路的區(qū)別：

1、素?cái)?shù)生成線路，我們?nèi)匀灰?310為公差，在2310之內(nèi)不能被2，3，5，7，11整除的數(shù)有：2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480個(gè)，我們可以用這480個(gè)數(shù)為首項(xiàng)，以2310為公差組成480個(gè)等差數(shù)列，為偶數(shù)39366內(nèi)的素?cái)?shù)生成線路。對(duì)于相鄰的偶數(shù)39364和39368來說，素?cái)?shù)的生成線路是一樣的。

2、我們把能夠組成偶數(shù)素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)稱為哥德巴赫數(shù)，偶數(shù)39366的哥德巴赫數(shù)生成線路，以2310為公差，在2310之內(nèi)，既不能被2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)39366除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同的數(shù)有：2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270個(gè)，即偶數(shù)39366以2310為公差的哥德巴赫數(shù)生成線路為270條，在2310內(nèi)的這270個(gè)數(shù)又是與2310/2=1155完全對(duì)稱的，如果全盤進(jìn)行計(jì)算必然重復(fù)，故，也可以看成是270/2=135條完整的哥德巴赫數(shù)形成線路，而素?cái)?shù)生成線路是不會(huì)重復(fù)的。

而偶數(shù)39364的哥德巴赫數(shù)生成線路，在2310之內(nèi)既不能被2，3，5，7，11整除，也不與偶數(shù)除以2，3，5，7，11的余數(shù)相同的數(shù)有：2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，為135條線路，只有偶數(shù)39366的1/2。區(qū)別在于偶數(shù)39366能夠被素因子3整除，為乘以2/3，偶數(shù)39364不能夠被素因子3整除，為乘以1/3，即能夠整除的素因子X，為乘以（X-1）/X，不能夠整除的素因子Y，為乘以（Y-2）/Y，所以，偶數(shù)39366的素?cái)?shù)對(duì)相當(dāng)于偶數(shù)39364的素?cái)?shù)對(duì)的2倍。

對(duì)于“充分大”的偶數(shù)的估算：充分大的偶數(shù)為500位數(shù)，素?cái)?shù)對(duì)個(gè)數(shù)，根據(jù)《哥德巴赫猜想的初級(jí)證明法》中，當(dāng)偶數(shù)大于91時(shí)，偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)個(gè)數(shù)不低于K（√M）/4，估計(jì)當(dāng)偶數(shù)大于500位時(shí)，K的值為4*10的10次方，得充分大的偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)個(gè)數(shù)不低于260位數(shù)，用500位數(shù)的偶數(shù)除以260位數(shù)的數(shù)，得充分大的偶數(shù)平均240位數(shù)個(gè)數(shù)字中，有一個(gè)素?cái)?shù)對(duì)的存在。如果我們直接進(jìn)行尋找，相當(dāng)于大海撈針。

如果，我們按照上面的方法二進(jìn)行尋找，公差應(yīng)為496位數(shù)，估計(jì)素?cái)?shù)2*3*5*7*?*1283為496位數(shù)，從素?cái)?shù)1289到2861之內(nèi)，有素?cái)?shù)除以素因子2，3，5，7，?，1283的余數(shù)不與偶數(shù)除以這些素因子的余數(shù)相同的數(shù)存在，存在的這個(gè)數(shù)可以作為等差數(shù)列的首項(xiàng)，2*3*5*7*?*1283的積作為等差數(shù)列的公差，取1289項(xiàng)，即1289個(gè)數(shù)，在這1289個(gè)數(shù)中，應(yīng)該有能夠組成500位數(shù)的偶數(shù)的1+1的素?cái)?shù)對(duì)的素?cái)?shù)存在。

難易度分析

尋找“充分大”偶數(shù)的一個(gè)“1+1”素?cái)?shù)對(duì)與驗(yàn)證1000位數(shù)以上的一個(gè)素?cái)?shù)相比較，到底哪一個(gè)難度小。

人類已經(jīng)能夠?qū)ふ也Ⅱ?yàn)證1000位數(shù)以上的素?cái)?shù)，到底人們使用的什么辦法，我雖然不知道，但有一點(diǎn)可以肯定：都涉及素?cái)?shù)，如果是簡(jiǎn)單的方法，那么，都是簡(jiǎn)單方法；如果是笨辦法，那么，都用笨辦法。我們?cè)谶@里采用笨辦法進(jìn)行比較：

充分大的偶數(shù)指500位數(shù)的數(shù)，與1000位數(shù)的素?cái)?shù)相比，相差500位數(shù)。1000位數(shù)的數(shù)開平方為500位數(shù)，我們以位數(shù)相差一半的數(shù)為例進(jìn)行分析。

100000000與10000相差一半的位數(shù)。笨辦法是：要驗(yàn)證100000000以上的一個(gè)素?cái)?shù)，假設(shè)要驗(yàn)證的這個(gè)數(shù)開平方約等于10000，必須要用這個(gè)數(shù)除以10000之內(nèi)的素?cái)?shù)，不能被這之內(nèi)所有的素?cái)?shù)整除，這個(gè)數(shù)才是素?cái)?shù)。因?yàn)椋?0000內(nèi)共有素?cái)?shù)1229個(gè)，即必須做1229個(gè)除法題，才能得知這個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)。說個(gè)再笨一點(diǎn)的辦法，假設(shè)我們不知道10000之內(nèi)的素?cái)?shù)，能否驗(yàn)證100000000以上的這個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)呢？能，那就是用這個(gè)數(shù)除以10000內(nèi)的所有數(shù)，不能被這之內(nèi)所有的數(shù)整除，也說明這個(gè)數(shù)是素?cái)?shù)。（之所以說，這兩種辦法是笨辦法，當(dāng)我們知道10000內(nèi)的所有素?cái)?shù)時(shí)，要尋找100000000內(nèi)的所有素?cái)?shù)，不是用除法，而是用乘法，步驟最多只占第一種笨辦法的1%，詳見本人的《素?cái)?shù)的分布》中所說的方法）。

當(dāng)我們尋找偶數(shù)10000的一個(gè)素?cái)?shù)對(duì)，須要多少個(gè)運(yùn)算式？

我們知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理說應(yīng)該取等差數(shù)列的7項(xiàng)以上，這里可以取4個(gè)項(xiàng)，接近應(yīng)取數(shù)。我們基本上可以使用這個(gè)公差。這里的計(jì)算為5個(gè)計(jì)算式，簡(jiǎn)稱5步；

大于11的素?cái)?shù)，從13開始，尋找等差數(shù)列的首項(xiàng)，我們用（10000-13）分別除以2，3，5，7，11。能被3整除，除到3為止，一個(gè)減法，兩個(gè)除法，為3步；

素?cái)?shù)17，（10000-17）分別除以2，3，5，7，11。不能整除，可以用17為等差數(shù)列的首項(xiàng)，組成等差數(shù)列：17+2310N。為6步；

數(shù)列17+2310N在10000內(nèi)有：17，2327，4637，6947，9257，為4步；

計(jì)算素因子，√10000=100，素因子為100之內(nèi)的素?cái)?shù)，除2，3，5，7，11外，還剩13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97，為20個(gè)素因子。為1步；

用10000分別除以這20個(gè)素因子，把余數(shù)記下來。為20步；

用17分別除以這些素因子，當(dāng)除到67時(shí)余數(shù)與10000除以67余數(shù)相同，為14步； 用2327分別除以這些素因子，當(dāng)除到13時(shí)余數(shù)為0，為1步；

用4637分別除以這些素因子，當(dāng)除到31時(shí)余數(shù)與10000除以31余數(shù)相同，為6步； 用6947分別除以這些素因子，當(dāng)除到43時(shí)余數(shù)與10000除以43余數(shù)相同，為9步； 用9257分別除以這些素因子，既不能整除，也不與10000除以這些素因子的余數(shù)相同，奇數(shù)9257必然能組成偶數(shù)10000的素?cái)?shù)對(duì)。為20步。

總計(jì)為：102步計(jì)算式。而驗(yàn)證100000000以上的一個(gè)素?cái)?shù)須要1229步計(jì)算式相比，結(jié)論為：尋找10000的一個(gè)素?cái)?shù)對(duì)比驗(yàn)證100000000以上的一個(gè)素?cái)?shù)簡(jiǎn)單。也就是說，尋找一個(gè)500位數(shù)偶數(shù)1+1的素?cái)?shù)對(duì)，比驗(yàn)證一個(gè)1000位數(shù)以上的素?cái)?shù)容易。

尋找500位數(shù)偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)，因?yàn)椋?*3*5*7*11*?*1283左右，其乘積為493到496位數(shù)，下一個(gè)素?cái)?shù)可能為1289左右，1289/2=644.5。才能滿足取下一個(gè)素因子的值的1/2以上個(gè)項(xiàng)，當(dāng)然，能夠取到1289個(gè)項(xiàng)以上更好，更容易尋找到偶數(shù)的素?cái)?shù)對(duì)。

敬請(qǐng)世界電腦高手驗(yàn)證，充分大的偶數(shù)必然有1+1的素?cái)?shù)對(duì)存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三臺(tái)縣工商局：王志成