“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明1（五篇范例）

第一篇：“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明1

“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明

贵州省务川自治县实验学校 王若仲（王洪）

摘要：我闲遐之余，喜好研究数学问题，我在一次偶然探究中，发现了“哥德巴赫猜想”的简捷证明方法，即就是不具体研究单个素数的位置如何，也不研究设定区域内素数的数量如何，而是利用集合的概念，设置一定的条件，在宽泛的前提下探讨整体情形，即假设偶数6，8，10，„，（2m-2），（2m）（m≧3）；它们均可表为两个奇素数之和。设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N。则集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}有缺项。利用前面已知情形，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项；利用该结论以及前面已知情形，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}也有缺项；假设偶数（2m+2）不能表为两个奇素数之和，设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，„，r），r∈N。则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，„，ar}没有缺项。该集合中的元素均分别减去2后所得集合（{2m-a1）（，2m-a2）（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}仍然没有缺项。这与前面所得结论产生矛盾，说明偶数（2m+2）能表为两个奇素数之和。由此得出“哥德巴赫猜想”成立。由“哥德巴赫猜想”成立，得出“孪生素数猜想”成立。

关键词：哥德巴赫猜想；素数；缺项集合

引言

德国数学家哥德巴赫，他在1742年提出：任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和，这就是著名的哥德巴赫猜想问题，至今没有完全解决。我在遵义师范高等专科学校求学时，就对哥德巴赫猜想问题产生了兴趣，进行过肤浅的探索。特别是我在1993年的一次偶然的数字游戏演算中，发现了一个特别有趣的现象，通过归纳提炼，得出如下问题，即对于任一集合A，A=｛p1，p2，p3，„，pk｝，pi< pj（i

我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。定义1：对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，„，Ak；任一子集Ai≠A（i=1，2，3，„，k），则称集合Ai为该条件下的缺项集合。缺具体的某一项，该项则称为缺项。定理1：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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的条件下没有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），„，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），„，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然没有缺项，m∈N。

证明：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={a21，a22，a23，„，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因为集合B∪C在集合A的条件下没有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，„，bt}，则集合{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：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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的条件下有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），„，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），„，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然有缺项。

证明：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={a21，a22，a23，„，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因为集合B∪C在集合A的条件下有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，„，bt}，且设集合B∪C缺ai项，i＜t。则集合{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：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数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），那么必存在一个数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）}。证明：因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为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。

设集合{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）}，又设集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，„，a2h}，根据题设，集合{a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），„，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），„，（a2h-ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{（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：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数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）}。那么必存在一个数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）。证明：因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为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。设集合{（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，又设集合{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），„，（a1h+r-a1h）}={a21，a22，a23，„，a2h}，根据题设，集合{（r-md），„，a1，a2，a3，„，（a1h-bd）}没有缺项，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）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{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：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数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个数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）}。证明：由定理4知，假若存在一个数u，u= md，m∈N，关于集合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）}。那么必存在一个数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）。这与题设产生矛盾，故定理5成立。

定理6：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数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个数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）。

证明：由定理3知，假定存在一个数v，v=ed，e∈N，关于集合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），那么必存在一个数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）}。这与题设产生矛盾，故定理6成立。

哥德巴赫定理：任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。证明：（Ⅰ）、对于偶数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）、对于偶数6，8，10，„，（2m-2），（2m）（m≧3）。假设它们均可表为两个奇素数之和。现在设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N，其中偶数（2m）为比较大的整数。则有{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）}，根据定义1，说明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}有缺项。

现在对集合{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）}有无缺项进行分析：

设奇素数p1，p2，p3，„，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、s），s∈N。对于集合{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，假设集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}，那么则有：2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），„，2m-aks=（ps+2），k∈N。

又因为集合{a1，a2，a3，„，at}包含集合{ ak1，ak2，ak3，„，aks}。那么则有：

（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）。从（1）和（2）的情形可得偶数（2m-2）不能表为两个奇素数之和。这与前面已知偶数6，8，10，„，（2m-2），它们均可表为两个奇素数之和产生了矛盾。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。说明集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项。

我们现在针对集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi得到的奇数（pi-2）和奇数（pi+2）从以下几个方面加以分析：

对于任一奇素数pi以及奇数（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，则（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，当ai和aj均为奇合数时，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，当ai和aj均为奇素数时，那么（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，（pi-2）不属于集合{（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，当ai为奇素数，aj为奇合数时，那么（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，（pi-2）不属于集合{（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，当ai为奇合数，aj为奇素数时，那么（pi+2）不属于集合{（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）}，我们现在针对集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数均只适合①的情形，均只适合②的情形，均只适合③的情形，均只适合④的情形，均只适合①和②的情形，均只适合①和③的情形，均只适合①和④的情形，均只适合②和③的情形，均只适合②和④的情形，均只适合③和④的情形，均只适合①和②和③的情形，均只适合①和②和④的情形，均只适合①和③和④的情形，均只适合②和③和④的情形，适合①和②以及③和④的情形时，分别进行分析：

㈠、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若出现下列情形之一时，即均只适合①和②的情形或均只适合③和④的情形或均只适合①和②和③的情形或均只适合①和②和④的情形或均只适合①和③和④的情形或均只适合②和③和④的情形或适合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 奇素数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、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合 ①的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数pi，均有（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这与前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}产生了矛盾，故均只适合①的情形时不能成立。

㈢、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合②的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数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）}中的元素两两互不相同，说明集合{p1，p2，p3，„，ps}中元素的总个数与集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}中元素的总个数相等。那么根据式子2m-p=pi-2和2m-q=pi+2（p 和q均为奇素数）可得，p=q+4。这说明均只是②的情形时，则任一奇素数加4只能为奇素数，这就必然产生矛盾。故假定均只适合②的情形时不可能成立。

㈣、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合③的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这与前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}产生了矛盾，故均只适合③的情形时不能成立。㈤、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合④的情形，那么有任一（pi+2）不属于集合{（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）}中的元素两两互不相同，说明集合{p1，p2，p3，„，ps}中元素的总个数与集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}中元素的总个数相等。又因任一（pi-2）∈集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，那么根据式子2m-ai=pi-2和2m-q=pi+2（q为奇素数）可得，ai=q+4。这说明均只是④的情形时，则任一奇素数加4只能为奇合数，这就必然产生矛盾。故假定均只适合④的情形时不可能成立。

㈥、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合①和③的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这与前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}产生了矛盾，故均只适合①和③的情形时不能成立。

㈦、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合①和④的情形，则有（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}至少有一个奇数（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}（1≤j≤s）。说明对于任一奇素 数pi，pi均可分解为pi=2m-g-2（g为奇数）。而对于集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi，则（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-ai+2（ai为奇合数）。由此可知，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项。

我们现在来分析集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}和集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}中元素的构成情形： 因为奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，在自然数2m范围内，因为集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，而集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}中缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}中的全体奇数。说明集合{（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）}中的某一个奇数，也就是说明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}中至少缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}中的某一个奇数。

又因为假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项，而集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}中缺集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），„，（ps-2）}中的全体奇数。说明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}包含集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），„，（ps-2）}。

现在对已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项进行分析：

﹤1﹥、因为已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，当3或5不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}时，由前面分析的情形可知，即3或5不属于集合{（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）}没有缺项的情形可知，3和5属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，即3和5属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这就产生了矛盾，故这种情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立。

﹤2﹥、现在分析连续的三个奇数依次为奇素数，奇合数，奇素数的情形，即pi，（pi+2），（pi+4）。因为已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，假设（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}时，由前面分析的情形可知，则（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}。我们令pj=（pi+4），则（pi+2）=（pj-2），pi和pj均为奇素数，由集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项的情形可知，那么（pj-2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，即（pj-2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，也就是说（pi+2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这就产生了矛盾，故这种情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立。

﹤3﹥、如果连续的三个奇数中只有下列情形中任意一种情形或任意两种情形组合而成的情形或任意三种情形组合而成的情形或全部四种情形组合而成的情形。

⒈连续的三个奇数依次为奇素数，奇合数，奇合数； ⒉连续的三个奇数依次为奇素数，奇素数，奇合数； ⒊连续的三个奇数依次为奇合数，奇合数，奇合数； ⒋连续的三个奇数依次为奇合数，奇素数，奇合数；

因为任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），总有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均为奇数。如果连续的三个奇数中只是﹤3﹥中的情形，则对于任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成 立，其中ai为奇数，aj为奇合数。对于上面任一组合情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项，即集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项。

因为集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}总可以转换为集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1v+2）}或转换为集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}。说明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}的缺项与集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1v+2）}的缺项以及集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}的缺项相同。

由集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项，根据定理1，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}没有缺项。我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，则有下列情形：

（ⅰ）、若at=ar，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}没有缺项。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）} ∪{a1，a2，a3，„，at}总可以转换为集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1e+2）}或转换为集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}。说明集合{（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）}均没有缺项；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）}，则有集合{（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）}没有缺项。又根据定理1，则集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}没有缺项，这与前面已知情形产生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立；即对于﹤3﹥中前面任一组合情形均不可能成立。

（ⅱ）、若奇数（2m+2-1）为奇合数，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}没有缺项。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}总可以转换为集 合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1e+2）}或转换为集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}。说明集合{（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）}均没有缺项；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）}，则有集合{（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，则集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（ar+2）}没有缺项。又根据定理1，则集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}没有缺项，即集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at }没有缺项。这与前面已知情形产生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立；即对于﹤3﹥中前面任一组合情形均不可能成立。

﹤4﹥、现在分析连续的三个奇数依次为奇素数，奇素数，奇素数的情形，即pi和（pi+2）以及（pi+4）。我们令（pi+4）=pj，则（pi+2）=（pj-2），假设（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，因（pi+2）不属于{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，则（pi+2）不属于集合{（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）}没有缺项，而（pj-2）不属于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，则（pj-2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}。因（pi+2）=（pj-2），这就产生了矛盾，故集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}也要缺这种情形下的项。

﹤5﹥、现在分析连续的三个奇数依次为奇合数，奇合数，奇合数的情形，即ai和（ai+2）以及（ai+4）。我们令（pi+4）= a j，则（ai+2）=（a j-2），则（ai+2）属于集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，（ai+2）属于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，即（ai+2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，（ai+2）属于集合{（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）}中均不可能缺这种情形下的项。

﹤6﹥、如果连续的三个奇数中只有下列情形中任意一种情形或任意两种情形组合而成的情形或任意三种情形组合而成的情形或全 部四种情形组合而成的情形：

第一、为奇合数，奇合数，奇素数； 第二、为奇合数，奇素数，奇素数； 第三、为奇合数，奇素数，奇合数； 第四、为奇合数，奇合数，奇合数。

因为任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），总有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均为奇数。如果连续的三个奇数中只是﹤6﹥中的情形，则对于任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai为奇合数，aj为奇数。对于上面任一种情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}没有缺项，这与前面得到的集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项产生了矛盾，故﹤6﹥中的情形不可能成立。

综上﹤1﹥、﹤2﹥、﹤3﹥、﹤4﹥、﹤5﹥、﹤6﹥所述，故均只适合①和④的情形时不可能成立。

㈧、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合②和③的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数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}至少有一个奇数（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}（1≤j≤s）。说明对于任一奇素数pi，pi 均可分解为pi=2m-g-2（g为奇数）。而对于集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi，则（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}，（pi-2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q+2（q为奇素数），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}中的任一奇数只能分解为a=2m-a i+2（a和a i均为奇合数），因为3和5以及7是奇素数，而所有自然数中除3和5以及7外，不可能再出现三个连续的奇数均为奇素数，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q+2（q为奇素数）不可能成立，也就是说（2m+2-3）和（2m+2-5）以及（2m+2-7）中至少有一个奇合数。故均只适合②和③的情形时不可能成立。

㈨、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合②和④的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数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}至少有一个奇数（pj-2），（pj-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}（1≤j≤s）。说明对于任一奇素数pi，pi均可分解为pi=2m-g-2（g为奇数）。而对于集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi，则（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}，（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q-2（q为奇素数），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}中的任 一奇数只能分解为a=2m-ai-2（a和a i均为奇合数），因为3和5以及7是奇素数，而所有自然数中除3和5以及7外，不可能再出现三个连续的奇数均为奇素数，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q-2（q为奇素数）不可能成立，也就是说（2m-2-3）和（2m-2-5）以及（2m-2-7）中至少有一个奇合数。故均只适合②和④的情形时不可能成立。

综上㈠、㈡、㈢、㈣、㈤、㈥、㈦、㈧、㈨所述，设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m（m≧3）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N。设奇素数p1，p2，p3，„，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、s），s∈N。则集合{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）}有缺项。

（Ⅲ）、对于偶数（2m+2），现在设奇合数a1，a2，a3，„，ah均为不大于偶数（2m+2）（m≧2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、h）。假设偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。则说明集合{（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数和奇素数，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}中的元素同时均减去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）}有缺项，这样就与假设集合{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）}产生了矛盾。说明集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}有缺项。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}也有缺项，说明集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，„，ah}中至少有一个奇素数不在该集合中，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）}有缺项。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）}，所以假定偶数（2m+2）不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj的情形不能成立。即偶数（2m+2）能表为两个奇素数之和。

综上所述，任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。孪生素数定理：孪生素数对的对数是无限多的。

证明：由哥德巴赫定理可知，对于任一比较大的偶数2m，设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N，那么偶数2m有下列情形：

当偶数2m=6k-2时，则有下列情形： 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 当偶数2m=6k时，则有下列情形： 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 当偶数2m=6k+2时，则有下列情形： 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 因为不小于4的偶数的顺序为：（6k1-2），（6k1），（6k1+2），（6k2-2），（6k2），（6k2+2），（6k3-2），（6k3），（6k3+2），„。我们具体展开分析：

第一、分析偶数2m=6k时的情形：（11）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素数 奇合数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）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合数 奇合数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 从上面（11），（12），（13），（14）的情形可知，只有当上面（11）中的情形奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（11）的情形中奇数（6ki1-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数 时或者上面（12）的情形中奇数（6ki2-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（13）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数时，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}才能产生缺项。又因为集合{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）}均有缺项。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）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数和上面（13）的情形中奇数（6ki3-2-1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者必然有由上面（11）的情形中奇数（6ki1-2-1）这样情形的奇数为奇素数和上面（12）的情形中奇数（6ki2-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者必然有由上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数而产生的缺项。

我们又分析偶数2m+2=6k+2时的情形： 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素数 奇合数 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合数 奇合数 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 我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，从上面（15），（16），（17），（18）的情形可知，只有当（15）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数时或者（17）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数或者（2m+2-3）为奇素数时，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}才能产生缺项。由此可知，必然有上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（12）的情形中奇数（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（13）的情形中奇数（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）这样情形的奇数均为奇素数。第二、分析偶数2m=6k-2时的情形： 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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1奇素数奇素数 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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素数 奇合数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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合数 奇素数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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合数奇合数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 从上面（21），（22），（23），（24）的情形可知，只有当（21）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数或者（22）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数或者奇数（2m-3）为奇素数 时，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}才能产生缺项。又因为集合{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）}均有缺项。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）的情形中奇数（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）这样情形的奇数均为奇素数而产生的缺项或者由上面（21）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数和上面（23）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者由上面（21）的情形中奇数（6ki1-1+1）这样情形的奇数为奇素数和上面（22）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数及上面（23）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项等等。

我们又分析偶数2m+2=6k时的情形： 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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形： 3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素数 奇合数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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合数 奇合数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 我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，从上面（25），（26），（27），（28）的情形可知，只有当上面（25）中的情形奇数（6ki1-1+1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（25）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（25）的情形中奇数（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）这样情形的奇数均为奇素数时或者上面（26）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（27）的情形中奇数（6ki3-1+1）这样情形的奇数为奇素数时，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}才能产生缺项。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）}均有缺项，由此可知，必然有上面（21）的情形中奇数（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（22）的情形中奇数（6ki2-1+1）和（6ki2-1-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（23）的情形中奇数（6ki3-1+1）和（6ki3-1-1）这样情形的奇数均为奇素数。

第三、分析偶数2m=6k+2时的情形： 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素数 奇合数 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合数 奇合数 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 从上面（31），（32），（33），（34）的情形可知，只有当（31）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数或者（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数或者（2m-3）为奇素数时，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}才能产生缺项。又因为集合{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）}均有缺项。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）的情形中奇数（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）这样情形的奇数均为奇素数而产生的缺项或者由上面（31）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数和上面（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者由上面（31）的情形中奇数（6ki1-1+1）这样情形的奇数为奇素数和上面（32）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数及上面（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项等等。

我们又分析偶数2m-2=6k时的情形： 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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素数 奇合数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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合数 奇合数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 我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m-2）的全体奇合数，从上面（35），（36），（37），（38）的情形可知，只有当上面（35）中的情形奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（35）的情形中奇数（6ki1-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（35）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数

均为奇素数时或者上面（36）的情形中奇数（6ki2-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（37）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数时，集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}才能产生缺项。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）}均有缺项，由此可知，必然有上面（31）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（32）的情形中奇数（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）这样情形的奇数均为奇素数。

综上所述，孪生素数对的对数是无限多的。

参考文献

[1]戎士奎，十章数论（贵州教育出版社）1994年9月第1版

[2]闵嗣鹤，严士健，初等数论（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]刘玉琏，付沛仁，数学分析（高等教育出版社）1984年3月第1版 [4]闵嗣鹤 数论方法（哈尔滨工业大学出版社）2011年3月第1版 [5]潘承洞 潘承彪 简明数论（北京大学出版社）1998年1月第1版 [6]陈景润 数论概貌（哈尔滨工业大学出版社）2011年3月第1版

作者简介：王若仲（王洪），男，土家族，1966年生于贵州务川，1988年毕业于遵义师范高等专科学校，1988年务川县实验学校教员至今。

二〇一二年九月十六日

第二篇：“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明1

“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明

贵州省务川自治县实验学校 王若仲（王洪）

摘要：我闲遐之余，喜好研究数学问题，我在一次偶然探究中，发现了“哥德巴赫猜想”的简捷证明方法，即就是不具体研究单个素数的位置如何，也不研究设定区域内素数的数量如何，而是利用集合的概念，设置一定的条件，在宽泛的前提下探讨整体情形，即假设偶数6，8，10，„，（2m-2），（2m）（m≧3）；它们均可表为两个奇素数之和。设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N。则集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}有缺项。利用前面已知情形，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项；利用该结论以及前面已知情形，证明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}也有缺项；假设偶数（2m+2）不能表为两个奇素数之和，设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1，2，3，„，r），r∈N。则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，„，ar}没有缺项。该集合中的元素均分别减去2后所得集合（{2m-a1）（，2m-a2）（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}仍然没有缺项。这与前面所得结论产生矛盾，说明偶数（2m+2）能表为两个奇素数之和。由此得出“哥德巴赫猜想”成立。由“哥德巴赫猜想”成立，得出“孪生素数猜想”成立。

关键词：哥德巴赫猜想；素数；缺项集合

引言

德国数学家哥德巴赫，他在1742年提出：任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和，这就是著名的哥德巴赫猜想问题，至今没有完全解决。我在遵义师范高等专科学校求学时，就对哥德巴赫猜想问题产生了兴趣，进行过肤浅的探索。特别是我在1993年的一次偶然的数字游戏演算中，发现了一个特别有趣的现象，通过归纳提炼，得出如下问题，即对于任一集合A，A=｛p1，p2，p3，„，pk｝，pi< pj（i

我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。定义1：对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，„，Ak；任一子集Ai≠A（i=1，2，3，„，k），则称集合Ai为该条件下的缺项集合。缺具体的某一项，该项则称为缺项。定理1：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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的条件下没有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），„，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），„，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然没有缺项，m∈N。

证明：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={a21，a22，a23，„，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因为集合B∪C在集合A的条件下没有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，„，bt}，则集合{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：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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的条件下有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），„，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），„，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然有缺项。

证明：对于整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，„，a1h}，C={a21，a22，a23，„，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。因为集合B∪C在集合A的条件下有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，„，bt}，且设集合B∪C缺ai项，i＜t。则集合{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：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数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），那么必存在一个数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）}。证明：因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为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。

设集合{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）}，又设集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），„，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，„，a2h}，根据题设，集合{a1，a2，a3，„，a1h，„，（a1h+ed）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），„，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），„，（a2h-ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{（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：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数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）}。那么必存在一个数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）。证明：因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为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。设集合{（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，又设集合{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），„，（a1h+r-a1h）}={a21，a22，a23，„，a2h}，根据题设，集合{（r-md），„，a1，a2，a3，„，（a1h-bd）}没有缺项，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）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{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：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数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个数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）}。证明：由定理4知，假若存在一个数u，u= md，m∈N，关于集合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）}。那么必存在一个数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）。这与题设产生矛盾，故定理5成立。

定理6：对于非负整数集合A={a1，a2，a3，„，ak，„}，任一ai∈N（i=1，2，3，„，k，„）；a1，a2，a3，„，ak，„为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合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）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数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个数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）。

证明：由定理3知，假定存在一个数v，v=ed，e∈N，关于集合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），那么必存在一个数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）}。这与题设产生矛盾，故定理6成立。

哥德巴赫定理：任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。证明：（Ⅰ）、对于偶数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）、对于偶数6，8，10，„，（2m-2），（2m）（m≧3）。假设它们均可表为两个奇素数之和。现在设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N，其中偶数（2m）为比较大的整数。则有{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）}，根据定义1，说明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}有缺项。

现在对集合{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）}有无缺项进行分析：

设奇素数p1，p2，p3，„，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、s），s∈N。对于集合{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，假设集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}，那么则有：2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），„，2m-aks=（ps+2），k∈N。

又因为集合{a1，a2，a3，„，at}包含集合{ ak1，ak2，ak3，„，aks}。那么则有：

（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）。从（1）和（2）的情形可得偶数（2m-2）不能表为两个奇素数之和。这与前面已知偶数6，8，10，„，（2m-2），它们均可表为两个奇素数之和产生了矛盾。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。说明集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项。

我们现在针对集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi得到的奇数（pi-2）和奇数（pi+2）从以下几个方面加以分析：

对于任一奇素数pi以及奇数（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，则（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，当ai和aj均为奇合数时，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，当ai和aj均为奇素数时，那么（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，（pi-2）不属于集合{（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，当ai为奇素数，aj为奇合数时，那么（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，（pi-2）不属于集合{（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，当ai为奇合数，aj为奇素数时，那么（pi+2）不属于集合{（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）}，我们现在针对集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数均只适合①的情形，均只适合②的情形，均只适合③的情形，均只适合④的情形，均只适合①和②的情形，均只适合①和③的情形，均只适合①和④的情形，均只适合②和③的情形，均只适合②和④的情形，均只适合③和④的情形，均只适合①和②和③的情形，均只适合①和②和④的情形，均只适合①和③和④的情形，均只适合②和③和④的情形，适合①和②以及③和④的情形时，分别进行分析：

㈠、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若出现下列情形之一时，即均只适合①和②的情形或均只适合③和④的情形或均只适合①和②和③的情形或均只适合①和②和④的情形或均只适合①和③和④的情形或均只适合②和③和④的情形或适合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 奇素数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、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合 ①的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数pi，均有（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这与前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}产生了矛盾，故均只适合①的情形时不能成立。

㈢、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合②的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数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）}中的元素两两互不相同，说明集合{p1，p2，p3，„，ps}中元素的总个数与集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}中元素的总个数相等。那么根据式子2m-p=pi-2和2m-q=pi+2（p 和q均为奇素数）可得，p=q+4。这说明均只是②的情形时，则任一奇素数加4只能为奇素数，这就必然产生矛盾。故假定均只适合②的情形时不可能成立。

㈣、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合③的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这与前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}产生了矛盾，故均只适合③的情形时不能成立。㈤、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合④的情形，那么有任一（pi+2）不属于集合{（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）}中的元素两两互不相同，说明集合{p1，p2，p3，„，ps}中元素的总个数与集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}中元素的总个数相等。又因任一（pi-2）∈集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，那么根据式子2m-ai=pi-2和2m-q=pi+2（q为奇素数）可得，ai=q+4。这说明均只是④的情形时，则任一奇素数加4只能为奇合数，这就必然产生矛盾。故假定均只适合④的情形时不可能成立。

㈥、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合①和③的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数pi，均有（pi+2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这与前面已知集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}不包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}产生了矛盾，故均只适合①和③的情形时不能成立。

㈦、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合①和④的情形，则有（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}至少有一个奇数（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}（1≤j≤s）。说明对于任一奇素 数pi，pi均可分解为pi=2m-g-2（g为奇数）。而对于集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi，则（pi-2）∈{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-ai+2（ai为奇合数）。由此可知，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项。

我们现在来分析集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}和集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}中元素的构成情形： 因为奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，在自然数2m范围内，因为集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，而集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}中缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}中的全体奇数。说明集合{（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）}中的某一个奇数，也就是说明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}中至少缺集合{3}∪{（p1+2），（p2+2），（p3+2），„，（ps+2）}中的某一个奇数。

又因为假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项，而集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}中缺集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），„，（ps-2）}中的全体奇数。说明集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}包含集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），„，（ps-2）}。

现在对已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项进行分析：

﹤1﹥、因为已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，当3或5不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}时，由前面分析的情形可知，即3或5不属于集合{（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）}没有缺项的情形可知，3和5属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，即3和5属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这就产生了矛盾，故这种情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立。

﹤2﹥、现在分析连续的三个奇数依次为奇素数，奇合数，奇素数的情形，即pi，（pi+2），（pi+4）。因为已知集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项，假设（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}时，由前面分析的情形可知，则（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}。我们令pj=（pi+4），则（pi+2）=（pj-2），pi和pj均为奇素数，由集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项的情形可知，那么（pj-2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，即（pj-2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，也就是说（pi+2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，这就产生了矛盾，故这种情形下，集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立。

﹤3﹥、如果连续的三个奇数中只有下列情形中任意一种情形或任意两种情形组合而成的情形或任意三种情形组合而成的情形或全部四种情形组合而成的情形。

⒈连续的三个奇数依次为奇素数，奇合数，奇合数； ⒉连续的三个奇数依次为奇素数，奇素数，奇合数； ⒊连续的三个奇数依次为奇合数，奇合数，奇合数； ⒋连续的三个奇数依次为奇合数，奇素数，奇合数；

因为任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），总有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均为奇数。如果连续的三个奇数中只是﹤3﹥中的情形，则对于任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成 立，其中ai为奇数，aj为奇合数。对于上面任一组合情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项，即集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项。

因为集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}总可以转换为集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1v+2）}或转换为集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}。说明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}的缺项与集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1v+2）}的缺项以及集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}的缺项相同。

由集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项，根据定理1，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}没有缺项。我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，则有下列情形：

（ⅰ）、若at=ar，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}没有缺项。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-at）} ∪{a1，a2，a3，„，at}总可以转换为集合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1e+2）}或转换为集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}。说明集合{（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）}均没有缺项；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）}，则有集合{（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）}没有缺项。又根据定理1，则集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}没有缺项，这与前面已知情形产生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立；即对于﹤3﹥中前面任一组合情形均不可能成立。

（ⅱ）、若奇数（2m+2-1）为奇合数，则集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}没有缺项。而集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}总可以转换为集 合{（p11+2），（p12+2），（p13+2），„，（p1u+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），„，（a1e+2）}或转换为集合{（p21-2），（p22-2），（p33-2），„，（p2y-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），„，（a2z-2）}。说明集合{（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）}均没有缺项；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）}，则有集合{（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，则集合{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（ar+2）}没有缺项。又根据定理1，则集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}没有缺项，即集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at }没有缺项。这与前面已知情形产生矛盾，故假定集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}没有缺项不能成立；即对于﹤3﹥中前面任一组合情形均不可能成立。

﹤4﹥、现在分析连续的三个奇数依次为奇素数，奇素数，奇素数的情形，即pi和（pi+2）以及（pi+4）。我们令（pi+4）=pj，则（pi+2）=（pj-2），假设（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，因（pi+2）不属于{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，则（pi+2）不属于集合{（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）}没有缺项，而（pj-2）不属于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，则（pj-2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}。因（pi+2）=（pj-2），这就产生了矛盾，故集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}也要缺这种情形下的项。

﹤5﹥、现在分析连续的三个奇数依次为奇合数，奇合数，奇合数的情形，即ai和（ai+2）以及（ai+4）。我们令（pi+4）= a j，则（ai+2）=（a j-2），则（ai+2）属于集合{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，（ai+2）属于集合{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}，即（ai+2）属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}，（ai+2）属于集合{（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）}中均不可能缺这种情形下的项。

﹤6﹥、如果连续的三个奇数中只有下列情形中任意一种情形或任意两种情形组合而成的情形或任意三种情形组合而成的情形或全 部四种情形组合而成的情形：

第一、为奇合数，奇合数，奇素数； 第二、为奇合数，奇素数，奇素数； 第三、为奇合数，奇素数，奇合数； 第四、为奇合数，奇合数，奇合数。

因为任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），总有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均为奇数。如果连续的三个奇数中只是﹤6﹥中的情形，则对于任一奇数（2m-a）（a为奇数，a＜2m，a≠（2m-1），a≠1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai为奇合数，aj为奇数。对于上面任一种情形，均可得到集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}没有缺项，这与前面得到的集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），„，（at+2）}有缺项产生了矛盾，故﹤6﹥中的情形不可能成立。

综上﹤1﹥、﹤2﹥、﹤3﹥、﹤4﹥、﹤5﹥、﹤6﹥所述，故均只适合①和④的情形时不可能成立。

㈧、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合②和③的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数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}至少有一个奇数（pj+2），（pj+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}（1≤j≤s）。说明对于任一奇素数pi，pi 均可分解为pi=2m-g-2（g为奇数）。而对于集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi，则（pi-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}，（pi-2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q+2（q为奇素数），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}中的任一奇数只能分解为a=2m-a i+2（a和a i均为奇合数），因为3和5以及7是奇素数，而所有自然数中除3和5以及7外，不可能再出现三个连续的奇数均为奇素数，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q+2（q为奇素数）不可能成立，也就是说（2m+2-3）和（2m+2-5）以及（2m+2-7）中至少有一个奇合数。故均只适合②和③的情形时不可能成立。

㈨、对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的全体奇素数，若均只适合②和④的情形，说明对于集合{p1，p2，p3，„，ps}内的任一奇素数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}至少有一个奇数（pj-2），（pj-2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}（1≤j≤s）。说明对于任一奇素数pi，pi均可分解为pi=2m-g-2（g为奇数）。而对于集合{p1，p2，p3，„，ps}中任一奇素数pi，则（pi+2）∈{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-ps）}，（pi+2）不属于集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q-2（q为奇素数），集合{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}中的任 一奇数只能分解为a=2m-ai-2（a和a i均为奇合数），因为3和5以及7是奇素数，而所有自然数中除3和5以及7外，不可能再出现三个连续的奇数均为奇素数，说明对于任一奇素数pi，pi只能分解为pi=2m-q-2（q为奇素数）不可能成立，也就是说（2m-2-3）和（2m-2-5）以及（2m-2-7）中至少有一个奇合数。故均只适合②和④的情形时不可能成立。

综上㈠、㈡、㈢、㈣、㈤、㈥、㈦、㈧、㈨所述，设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m（m≧3）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N。设奇素数p1，p2，p3，„，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、„、s），s∈N。则集合{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）}有缺项。

（Ⅲ）、对于偶数（2m+2），现在设奇合数a1，a2，a3，„，ah均为不大于偶数（2m+2）（m≧2）的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、h）。假设偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj。则说明集合{（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数和奇素数，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}中的元素同时均减去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）}有缺项，这样就与假设集合{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）}产生了矛盾。说明集合{1，（2m-1）}∪（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），„，（at-2）}有缺项。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}也有缺项，说明集合{1，（2m+2-1）}∪（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ah）}∪{a1，a2，a3，„，ah}中至少有一个奇素数不在该集合中，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）}有缺项。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）}，所以假定偶数（2m+2）不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj的情形不能成立。即偶数（2m+2）能表为两个奇素数之和。

综上所述，任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。推论1：对于任一不小于10的偶数2m，设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N，则集合{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）}均有缺项。

证明：由哥德巴赫定理的证明过程可知，推论1成立。孪生素数定理：孪生素数对的对数是无限的。

证明：由哥德巴赫定理以及推论1可知，对于任一比较大的偶数2m，设奇合数a1，a2，a3，„，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、„、t），t∈N，那么偶数2m有下列情形：

当偶数2m=6k-2时，则有下列情形： 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 当偶数2m=6k时，则有下列情形： 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 当偶数2m=6k+2时，则有下列情形： 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 因为不小于4的偶数的顺序为：（6k1-2），（6k1），（6k1+2），（6k2-2），（6k2），（6k2+2），（6k3-2），（6k3），（6k3+2），„。我们具体展开分析：

第一、分析偶数2m=6k时的情形：（11）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素数 奇合数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）、对于偶数2m=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合数 奇合数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 从上面（11），（12），（13），（14）的情形可知，只有当上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（11）的情形中奇数（6ki1-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数时或者上面（12）的情形中奇数（6ki2-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（13）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数时，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}才能产生缺项。又因为集合{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）}均有缺项。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）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数和上面（13）的情形中奇数（6ki3-2-1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者必然有由上面（11）的情形中奇数（6ki1-2-1）这样情形的奇数为奇素数和上面（12）的情形中奇数（6ki2-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者必然有由上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情 形的奇数均为奇素数而产生的缺项。

我们又分析偶数2m+2=6k+2时的情形： 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素数 奇合数 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合数 奇合数 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 我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，从上面（15），（16），（17），（18）的情形可知，只有当（15）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数时或者（17）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数或者（2m+2-3）为奇素数时，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}才能产生缺项。由此可知，必然有上面（11）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（12）的情形中奇数（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（13）的情形中奇数（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者前面偶数2m+2=6k+2时的情形中奇数（6ki+1）和（6ki-1）均为奇素数。

第二、分析偶数2m=6k-2时的情形： 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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1奇素数奇素数 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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素数 奇合数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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合数 奇素数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）、对于偶数2m=6k-2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合数奇合数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 从上面（21），（22），（23），（24）的情形可知，只有当（21）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数或者（22）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数或者奇数（2m-3）为奇素数时，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}才能产生缺项。又因为集合{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）}均有缺项。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）的情形中奇数（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）这样情形的奇数均为奇素数而产生的缺项或者由上面（21）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数和上面（23）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者由上面（21）的情形中奇数（6ki1-1+1）这样情形的奇数为奇素数和上面（22）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数及上面（23）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而 产生的缺项等等。

我们又分析偶数2m+2=6k时的情形： 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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素数 奇合数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）、对于偶数2m+2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合数 奇合数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 我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m+2）的全体奇合数，从上面（25），（26），（27），（28）的情形可知，只有当上

面（25）中的情形奇数（6ki1-1+1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（25）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（25）的情形中奇数（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）这样情形的奇数均为奇素数时或者上面（26）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（27）的情形中奇数（6ki3-1+1）这样情形的奇数为奇素数时，集合{1，（2m+2-1）}∪{（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），„，（2m+2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}才能产生缺项。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）}均有缺项，由此可知，必然有上面（21）的情形中奇数（6ki1-1+1）和（6ki1-1-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（22）的情形中奇数（6ki2-1+1）和（6ki2-1-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（23）的情形中奇数（6ki3-1+1）和（6ki3-1-1）这样情形的奇数均为奇素数或者偶数2m=6k-2时的情形中奇数（6ki-1+1）和（6ki-1-1）均为奇素数。

第三、分析偶数2m=6k+2时的情形： 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1 奇素数 奇合数 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1 奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m=6k+2，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1 奇合数 奇合数 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 从上面（31），（32），（33），（34）的情形可知，只有当（31）的情形中奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数或者（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数或者（2m-3）为奇素数时，集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），„，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，„，at}才能产生缺项。又因为集合{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）}均有缺项。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）的情形中奇数（6ki1-1-1）和（6ki1-2+1）这样情形的奇数均为奇素数而产生的缺项或者由上面（31）的情形中奇数（6ki1-1-1）这样情形的奇数为奇素数和上面（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项或者由上面（31）的情形中奇数（6ki1-1+1）这样情形的奇数为奇素数和上面（32）的情形中奇数（6ki2-1-1）这样情形的奇数为奇素数及上面（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数而产生的缺项等等。

我们又分析偶数2m-2=6k时的情形： 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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素数 奇素数 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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合数 奇素数 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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素数 奇合数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）、对于偶数2m-2=6k，必有如下情形：

3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合数 奇合数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 我们设奇合数a1，a2，a3，„，ar均为不大于偶数（2m-2）的全体奇合数，从上面（35），（36），（37），（38）的情形可知，只有当上面（35）中的情形奇数（6ki1-2+1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（35）的情形中奇数（6ki1-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（35）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数时或者上面（36）的情形中奇数（6ki2-2-1）这样情形的奇数为奇素数时或者上面（37）的情形中奇数（6ki3-2+1）这样情形的奇数为奇素数时，集合{1，（2m-2-1）}∪{（2m-2-a1），（2m-2-a2），（2m-2-a3），„，（2m-2-ar）}∪{a1，a2，a3，„，ar}才能产生缺项。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）}均有缺项，由此可知，必然有上面（31）的情形中奇数（6ki1-2+1）和（6ki1-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（32）的情形中奇数（6ki2-2+1）和（6ki2-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者上面（33）的情形中奇数（6ki3-2+1）和（6ki3-2-1）这样情形的奇数均为奇素数或者偶数2m=6k+2时的情

形中奇数（6ki+1）和（6ki-1）均为奇素数。

从上面分析的情形，可得出如下结论：

（ⅰ）、对于有限大的偶数2m，使得偶数2m之前的全体孪生素数对，对于偶数（2m+2k）（2k为有限大的偶数）之前的任一偶数，均满足哥德巴赫定理和推论1成立。

（ⅱ）、对于有限大的偶数2m，偶数2m之前的全体孪生素数对，均满足哥德巴赫定理和推论1成立；而偶数2m之前的全体孪生素数对，对于偶数2m至偶数（2m+2k）（2k为有限大的偶数）之间的任一偶数均不满足哥德巴赫定理和推论1成立，则偶数2m至偶数（2m+2k）（2k为有限大的偶数）之间必至少存在一个孪生素数对，使得偶数2m至偶数（2m+2k）（2k为有限大的偶数）之间的任一偶数，均满足哥德巴赫定理和推论1成立。

综上所述，孪生素数对的对数是无限的。

参考文献

[1]戎士奎，十章数论（贵州教育出版社）1994年9月第1版

[2]闵嗣鹤，严士健，初等数论（人民教育出版社）1983年2月第6版 [3]刘玉琏，付沛仁，数学分析（高等教育出版社）1984年3月第1版 [4]闵嗣鹤 数论方法（哈尔滨工业大学出版社）2011年3月第1版 [5]潘承洞 潘承彪 简明数论（北京大学出版社）1998年1月第1版 [6]陈景润 数论概貌（哈尔滨工业大学出版社）2011年3月第1版

作者简介：王若仲（王洪），男，土家族，1966年生于贵州务川，1988年毕业于遵义师范高等专科学校，1988年务川县实验学校教员至今。

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<<“请输入大于等于6的数!”<

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年德国人哥德巴赫给当时住在俄国彼得堡的大数学家欧拉写了一封信，在信中提出两个问题：第一，是否每个大于4的偶数都能表示为两个奇质数之和？如6=3+3，14=3+11等。第二，是否每个大于7的奇数都能表示3个奇质数之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。这就是著名的哥德巴赫猜想。它是数论中的一个著名问题，常被称为数学皇冠上的明珠。

实际上第一个问题的正确解法可以推出第二个问题的正确解法，因为每个大于 7的奇数显然可以表示为一个大于4的偶数与3的和。1937年，苏联数学家维诺格拉多夫利用他独创的“三角和”方法证明了每个充分大的奇数可以表示为3个奇质数之和，基本上解决了第二个问题。但是第一个问题至今仍未解决。由于问题实在太困难了，数学家们开始研究较弱的命题：每个充分大的偶数可以表示为质因数个数分别为m、n的两个自然数之和，简记为“m+n”。1920年挪威数学家布龙证明了“9+9”；以后的20几年里，数学家们又陆续证明了“7+7”，“6+6”，“5+5”，“4+4”，“1+c”，其中c是常数。1956年中国数学家王元证明了“3+4”，随后又证明了“3+3”，“2+3”。60年代前半期，中外数学家将命题推进到“1+3”。1966年中国数学家陈景润证明了“1+2”，这一结果被称为“陈氏定理”，至今仍是最好的结果。陈景润的杰出成就使他得到广泛赞誉，不仅仅是因为“陈氏定理”使中国在哥德巴赫猜想的证明上处于领先地位，更重要的是以陈景润为代表的一大批中国数学家克服重重困难，不畏艰险，永攀高峰的精神将鼓舞和激励有志青年为使中国成为21世纪世界数学大国而奋斗!

第五篇：哥德巴赫猜想证明方法

哥德巴赫猜想的证明方法

探索者：王志成人们不是说：证明哥德巴赫猜想，必须证明“充分大”的偶数有“1+1”的素数对，才能说明哥德巴赫猜想成立吗？今天，我们就来谈如何寻找“充分大”的偶数素数对的方法。

“充分大”的偶数指10的500次方，即500位数以上的偶数。因为，我没有学过电脑，也不知道大数的电脑计算方法，所以，我只有将“充分大”的偶数素数对的寻找方法告诉大家，请电脑高手帮助进行实施。又因为，人们已经能够寻找1000位数以上的素数，对于500位数以内的素数的寻找应该不是问题，所以，“充分大”的偶数应该难不住当今的学术界。

“充分大”的偶数虽然大，我认为：我们只须要寻找一个特定的等差数列后，再取该数列的1000项到2000项，在这2000个数之内必然能够寻找到组成偶数素数对的素数。下面，我们进行简单的探索，从中寻找到具体方法。

我们以偶数39366为例，进行探索，按照本人的定理：在偶数内，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数（自然数1除外），必然能够组成偶数的素数对。

这里所说的素因子，指小于偶数平方根的素数，√39366≈198，即小于198的素数为偶数39366的素因子。

一、初步探索，1、素因子2，39366/2余0，当然，任何偶数除以2都余0，素数2把自然数分为：1+2N和2+2N，除以2余0的数和与偶数除以素因子2的余数相同的数都是2+2N数列中的数，剩余1+2N数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

2、素因子3，39366/3余0，素数3把1+2N数列分为：1+6N，3+6N，5+6N，除以3余0的数和与偶数除以素因子3的余数相同的数都是3+6N数列中的数，剩余1+6N，5+6N，两个数列中的数为哥德巴赫数的形成线路；

3、素因子5，39366/5余1，我们对上面剩余的两个数列任意取一个数列1+6N，取与素因子相同的项，5个项有：1，7，13，19，25。在这5个项中，必然有一个项除以5余0，必然有一个项除以素因子的余数与偶数除以素因子的余数相同，必然剩余素因子5减去2（不能被素因子整除的，为素因子减去1）个项，即5-2=3个项既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。剩余7，13，19，以前面的素因子乘积2*3*5为公差，组成3个哥德巴赫数的形成线路：7+30N，13+30N，19+30N。后面只取3个项，至少有一个项。

4、素因子7，39366/7余5，我们任意取7+30N的3个项有：7，37，67，这3个数中37，67，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。即37+210N和67+210N两条线路都可以，5、素因子11，39366/11余8，我们取37+210N的3个项：37，247，457，这3个数，既不能被素因子整除，也不与偶数除以素因子的余数相同的数。组成3个数列：37+2310N，247+2310N，457+2310N。

7、素因子13，39366/13余2，因为，下一个公差为2*3*5*7*11*13=30030，39366/30030≈1，不能组成与素因子13相同的13个项，寻找组成偶数的素数对的素数，在取最后一个公差的等差数列时，不能取与素因子相同项数时，最少必须取素因子1/2以上的项。我们取247+2310N数列在偶数1/2之内的数有：247，2557，4867，7177，9487，11797，14107，16417，18727。

从素因子13到197，虽然还有40个素因子进行删除，但是，大家不要怕，它们的删除率是相当低的，所以，在这些数中必然有能够组成偶数素数对的素数存在。

素因子13，删除能被13整除的数247，删除除以13与39366除以13余数相同的数14107； 素因子19，删除除以19与39366除以19余数相同的数11797；

素因子31，删除能被31整除的数4867；

素因子53，删除能被53整除的数9487，删除除以53与39366除以53余数相同的数16417；

素因子61，删除能被61整除的数18727。

最后，剩余2557和7177两个数，必然能组成偶数39366的素数对。

探索方法

二、1、寻找等差数列的公差，令偶数为M、公差为B，我们已知该题的公差为2310，2310=2*3*5*7*11，大于11的下一个素数为13，用13/2=6.5，那么，公差的要件为： M/B＞6.5，即大于7个项，主要是既要取最大的公差，又要确保不低于下一个素因子的1/2个项。我们就选择2310为该偶数的公差。

2、寻找等差数列的首项，令首项为A，A的条件为：既不能被组成公差的素数2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同，还必须在公差2310之内；

（1）、不能被2，3，5，7，11整除的数有：在2310之内，大于或等于13的素数；自然数1；由大于或等于13的素因子与大于或等于13的素因子所组成的合数。为了方便起见，我们在这里取大于或等于13的素因子。

（2）、A除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同。因39366-13=39353，39353分别除以2，3，5，7，11不能整除，故13除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，可以定为首项，得该等差数列为13+2310N。

取等差数列13在M/2的项有：13，2323，4633，6943，9253，11563，13873，16183，18493。当然，你也可以取该数列在偶数内的所有项，但是，当你全盘计算该偶数素数对时，取所有项必然形成与对称数列的计算重复，该数列的对称数列：因2310-13=2297，13不能被2，3，5，7，11整除，除以2，3，5，7，11的余数不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同，那么，对称数2297也必然满足这些条件，2297+2310N同样是产生素数对的等差数列。

3、在上面的9上项中，去掉合数：2323，4633，6943，9253，11563，4、再去掉除以后面40个素因子余数与偶数除以这40个素因子余数相同的数，也就是对称数是合数的数：13，13873，16183，剩余18493必然能够组成偶数39366的素数对。

简单地谈一下素数生成线路与哥德巴赫数的生成线路的区别：

1、素数生成线路，我们仍然以2310为公差，在2310之内不能被2，3，5，7，11整除的数有：2310*（1/2）*（2/3）*（4/5）*（6/7）*（10/11）=480个，我们可以用这480个数为首项，以2310为公差组成480个等差数列，为偶数39366内的素数生成线路。对于相邻的偶数39364和39368来说，素数的生成线路是一样的。

2、我们把能够组成偶数素数对的素数称为哥德巴赫数，偶数39366的哥德巴赫数生成线路，以2310为公差，在2310之内，既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数39366除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：2310*（1/2）*（2/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=270个，即偶数39366以2310为公差的哥德巴赫数生成线路为270条，在2310内的这270个数又是与2310/2=1155完全对称的，如果全盘进行计算必然重复，故，也可以看成是270/2=135条完整的哥德巴赫数形成线路，而素数生成线路是不会重复的。

而偶数39364的哥德巴赫数生成线路，在2310之内既不能被2，3，5，7，11整除，也不与偶数除以2，3，5，7，11的余数相同的数有：2310*（1/2）*（1/3）*（3/5）*（5/7）*（9/11）=135，为135条线路，只有偶数39366的1/2。区别在于偶数39366能够被素因子3整除，为乘以2/3，偶数39364不能够被素因子3整除，为乘以1/3，即能够整除的素因子X，为乘以（X-1）/X，不能够整除的素因子Y，为乘以（Y-2）/Y，所以，偶数39366的素数对相当于偶数39364的素数对的2倍。

对于“充分大”的偶数的估算：充分大的偶数为500位数，素数对个数，根据《哥德巴赫猜想的初级证明法》中，当偶数大于91时，偶数的素数对个数不低于K（√M）/4，估计当偶数大于500位时，K的值为4*10的10次方，得充分大的偶数的素数对个数不低于260位数，用500位数的偶数除以260位数的数，得充分大的偶数平均240位数个数字中，有一个素数对的存在。如果我们直接进行寻找，相当于大海捞针。

如果，我们按照上面的方法二进行寻找，公差应为496位数，估计素数2*3*5*7*„*1283为496位数，从素数1289到2861之内，有素数除以素因子2，3，5，7，„，1283的余数不与偶数除以这些素因子的余数相同的数存在，存在的这个数可以作为等差数列的首项，2*3*5*7*„*1283的积作为等差数列的公差，取1289项，即1289个数，在这1289个数中，应该有能够组成500位数的偶数的1+1的素数对的素数存在。

难易度分析

寻找“充分大”偶数的一个“1+1”素数对与验证1000位数以上的一个素数相比较，到底哪一个难度小。

人类已经能够寻找并验证1000位数以上的素数，到底人们使用的什么办法，我虽然不知道，但有一点可以肯定：都涉及素数，如果是简单的方法，那么，都是简单方法；如果是笨办法，那么，都用笨办法。我们在这里采用笨办法进行比较：

充分大的偶数指500位数的数，与1000位数的素数相比，相差500位数。1000位数的数开平方为500位数，我们以位数相差一半的数为例进行分析。

100000000与10000相差一半的位数。笨办法是：要验证100000000以上的一个素数，假设要验证的这个数开平方约等于10000，必须要用这个数除以10000之内的素数，不能被这之内所有的素数整除，这个数才是素数。因为，10000内共有素数1229个，即必须做1229个除法题，才能得知这个数是不是素数。说个再笨一点的办法，假设我们不知道10000之内的素数，能否验证100000000以上的这个数是不是素数呢？能，那就是用这个数除以10000内的所有数，不能被这之内所有的数整除，也说明这个数是素数。（之所以说，这两种办法是笨办法，当我们知道10000内的所有素数时，要寻找100000000内的所有素数，不是用除法，而是用乘法，步骤最多只占第一种笨办法的1%，详见本人的《素数的分布》中所说的方法）。

当我们寻找偶数10000的一个素数对，须要多少个运算式？

我们知道：2*3*5*7*11=2310，10000/2310≈4，13/2=6.5，按理说应该取等差数列的7项以上，这里可以取4个项，接近应取数。我们基本上可以使用这个公差。这里的计算为5个计算式，简称5步；

大于11的素数，从13开始，寻找等差数列的首项，我们用（10000-13）分别除以2，3，5，7，11。能被3整除，除到3为止，一个减法，两个除法，为3步；

素数17，（10000-17）分别除以2，3，5，7，11。不能整除，可以用17为等差数列的首项，组成等差数列：17+2310N。为6步；

数列17+2310N在10000内有：17，2327，4637，6947，9257，为4步；

计算素因子，√10000=100，素因子为100之内的素数，除2，3，5，7，11外，还剩13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97，为20个素因子。为1步；

用10000分别除以这20个素因子，把余数记下来。为20步；

用17分别除以这些素因子，当除到67时余数与10000除以67余数相同，为14步； 用2327分别除以这些素因子，当除到13时余数为0，为1步；

用4637分别除以这些素因子，当除到31时余数与10000除以31余数相同，为6步； 用6947分别除以这些素因子，当除到43时余数与10000除以43余数相同，为9步； 用9257分别除以这些素因子，既不能整除，也不与10000除以这些素因子的余数相同，奇数9257必然能组成偶数10000的素数对。为20步。

总计为：102步计算式。而验证100000000以上的一个素数须要1229步计算式相比，结论为：寻找10000的一个素数对比验证100000000以上的一个素数简单。也就是说，寻找一个500位数偶数1+1的素数对，比验证一个1000位数以上的素数容易。

寻找500位数偶数的素数对，因为，2*3*5*7*11*„*1283左右，其乘积为493到496位数，下一个素数可能为1289左右，1289/2=644.5。才能满足取下一个素因子的值的1/2以上个项，当然，能够取到1289个项以上更好，更容易寻找到偶数的素数对。

敬请世界电脑高手验证，充分大的偶数必然有1+1的素数对存在，哥德巴赫猜想必然成立。

四川省三台县工商局：王志成