哥德巴赫猜想的证明思路（精选6篇）
哥德巴赫猜想的证明思路 第1篇
哥德巴赫猜想的证明方法
引言
数论之位数运算，一个新的的概念，一个新的方向，一个新的课题。希望广大数学爱好者能参加到这个课题的研究中，从中发现更多的理论，解决更多的问题。
目录
一、哥德巴赫猜想的证明思路
1、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义
2、素数定理代数表达式
3、哥德巴赫猜想的证明
第一章 哥德巴赫猜想的证明思路
通过证明一任意大偶数可拆分2素数之和的数量呈增长趋势来证明哥德巴赫猜想成立
一、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义
1、n，（n≥1;n∈自然数）
2、Pn≈π（x）任意正整数n包含的素数数量
3、Pn1，（0，m）区间内素数数量
4、Pn2，（m，2m）区间内素数数量
5、Pm，任意正整数n包含的素数类型数量
5、（γ，γ=-0.***2）素数分布系数
6、（λ，λ=0.6***984）素数类型中素数与伪素数等差比例系数。
7、logn，以n为底的对数
8、H，小于等于n的所有素数类型的组合数量
9、H1，小于等于n的素数类型组合数量
10、Hn，取值为n时可拆分素数对数量
11、HAL，偶数类型1
12、HBL，偶数类型2
13、HCL，偶数类型3
14、HDL，偶数类型4
15、（m,2m 2m=n）相对区间
16、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合下限
17、HALx，偶数类型1组合下限
18、HBLx，偶数类型2组合下限
19、HCLx，偶数类型3组合下限 20、HDLx，偶数类型4组合下限
21、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合上限
22、HALs，偶数类型1组合上限
23、HBLs，偶数类型2组合上限
24、HCLs，偶数类型3组合上限
25、HDLs，偶数类型4组合上限
二、素数定理代数表达式
1、Pn=π（x）≈(0.8n/3)/{γ+λ*（logn-2）+1}
2、Pn1=π（x）≈(0.8n/6)/{γ+λ*log（n/2-2）+1}
3、Pn2≈Pn-Pn1
三、哥德巴赫猜想的证明
1、Pm≈0.8n/3
2、H=(0.8n/6)*(0.8n/3+1)
3、H1=144*（n/90-1）*（n/90-1）+328（n/90-1）+186+{（n/90-1）+2}/2
4、Hn={（Pn*（Pn+1）/2}*H1/H
5、HAL=Hn*0.08/（n/90+1）；
6、HBL=Hn*0.06/（n/90+1）；
7、HCL= Hn*0.04/（n/90+1）；
8、HDL=(Hn/30)/（n/90+1），9、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H；
10、HALx= Hnx*0.08/（n/90+1）；
11、HBLx= Hnx*0.06/（n/90+1）；
12、HCLx= Hnx*0.04/（n/90+1）；
13、HDLx=(Hnx/30)/（n/90+1）；
14、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H；
10、HALs= Hns*0.08/（n/90+1）；
11、HBLs= Hnx*0.06/（n/90+1）；
12、HCLs= Hnx*0.04/（n/90+1）；
13、HDLs=(Hnx/30)/（n/90+1）； 结论：取自然数n,随着n→∞，HAL、HBL、HCL、HDL的值呈扩张性增涨； HALx、HBLx、HCLx、HDLx的下限值也呈扩张性增涨；HALs、HBLs、HCLs、HDLs的上限值也呈扩张性增涨，因此哥德巴赫猜想成立。
如看过此文后还请与本人的素数计算公式及实际误差对照表及百万素数表及歌猜计算公式的电子表格一同研究（事倍功半）
哥德巴赫猜想的证明思路 第2篇
猜想2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
证明：
设：m为整数且≥3；a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，为整数且≥1
∵m为整数且≥3
∴2m为偶数且≥6
尾数为1且<121的和数为：21，51.，81，91，111 共5个
尾数为1且≥121的和数可表示为：
①（10a+1）*（10b+1），2m>121
②（10a1+3）*（10b1+7），2m>221
③（10a2+9）*（10b2+9），2m>361
尾数为3且<143的和数为：33，63，93，123，133 共5个
尾数为3且≥143的和数可表示为：
④（10a3+1）*（10b3+3），2m>143
⑤（10a4+7）*（10b4+9），2m>323
大于0且尾数为5的整数除了5，其余皆为和数
尾数为7且<187的和数为：27，,57，77,，87，117，147，177 共7个
尾数为7且≥187的和数可表示为：
⑥（10a5+1）*（10b5+7），2m>187
⑦（10a6+3）*（10b6+9），2m>247
尾数为9且<169的和数为：9，39，49，69，99，119，129，159 共8个
尾数为9且≥169的和数可表示为：
⑧（10a7+1）*（10b7+9），2m>209
⑨（10a8+3）*（10b8+3），2m>169
⑩（10a9+7）*（10b9+7），2m>289
∵a，a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，b1，b2，b3，b4，b5，b6，b7，b8，b9，为整数且≥1
令代数式①，②，③，……，⑩分别小于2m
则 ab，a1b1，a2b2，……，a9b9分别可以表示：当代数式①，②，③，……，⑩分别<2m 时，代数式①，②，③，……，⑩可以表示的数的个数
又∵大于等于3且小于2m的奇数可以求出为 m-1个 ∴ab可表示代数式①所能表示的数的个数与大于于3且小于2m的奇数的个数的m1
比
（10a+1）*（10b+1）<2mab<2m10a10b1100
ab2m10a10b1 ∵12m10a10b1存在极大值 50100(m1) ∴ab1的极大值为 m150 m1个 50∴大于等于3且小于2m的奇数中，代数式①能表示的数最多为 同理可求得，大于等于3且小于2m的奇数中，代数式①，②，③，……，⑩能表示的数最多都为m1个 50 ∴大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为1的和数最多为3(m1)+5个 50 2(m1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为3的和数最多为+5个 50 m1大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为5的和数最多为-1个 5 2(m1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为7的和数最多为+7个 50 3(m1)大于等于3且小于2m的奇数中，尾数为9的和数最多为+8个 50 设p1，p2为正奇数 则 当m为奇数时满足p1+p2=2m的p1，p2共有 ∵当2m≥502时 [m1-1组 2m13(m1)2(m1)m12(m1)-1]-[+5]-[ +5]-[-1]-[ +7] 25050550 3(m1)-[ +8] 的极小值≥1 50 即，当2m≥502且m为奇数时至少有1 组p1，p2使猜想1成立 ∴当2m≥502且m为奇数时猜想1成立 当m为偶数时满足p1+p2=2m的p1，p2共有 ∵当2m≥512时 [m-1组 2m3(m1)2(m1)m12(m1)-1]-[+5]-[ +5]-[-1]-[ +7] 25050550 3(m1)-[ +8] 的极小值≥1 50 即，当2m≥512且m为奇数时至少有1 组p1，p2使猜想1成立 ∴当2m≥512且m为偶数时猜想1成立 ∴当2m≥512时 猜想1成立 当2m≤512时，利用穷举法，证得，猜想1成立 ∴综上所述，猜想1成立 ∵大于等于9的偶数可以表示为 3+大于等于6的偶数 又∵猜想1成立 ∴猜想2成立 著名的数学难题哥德巴赫猜想于1742年提出, 到现在已有266年的历史了。哥德巴赫猜想的内容是: a.任何≥6的偶数都可表示为两个奇素数之和。 b.任何≥9的奇数都可表示为三个奇素数之和。 本文用逻辑法证明:任何≥6的偶数都可表示为两个奇素数之和。 (亦可证明猜想 (2) ) . 1 引理:不是任何≥6的偶数的数不可表示为两个奇素数之和。 证明:若2N为任何≥6的偶数, a≠2N, 下证a≠Pa+Pb (Pa, Pb为任何奇素数) 。 设a是复数, 当a是实数时, (1) a是无理数时, Pa+Pb是有理数, a≠Pa+Pb。 (2) a是有理数时, a是0, 2, 4, 负偶数, 正负奇数, 分数 () 。由Pa+Pb为≥6的偶数, 这种情况也有a≠Pa+Pb。 当a是复数b+ci (c≠0) 的形式时, Pa+Pb是实数, 由复数的相等知a≠Pa+Pb。 当a不是复数时, a必为四元数, 且为b+ci+dj+ek (de≠0) 的形式, 又Pa+Pb是实数, 由四元数的相等知a≠Pa+Pb。 所以, 若2N为任何≥6的偶数, 对于任何a, a≠2N, 必有a≠Pa+Pb (Pa, Pb为任何奇素数) 。 所以, 不是任何≥6的偶数的数不可表示为两个奇素数之和。 2 哥德巴赫猜想 (1) 的证明: 证明:哥德巴赫猜想 (1) 可写为:任何≥6的偶数的数都可表示为两个奇素数之和。 原命题:任何≥6的偶数的数都可表示为两个奇素数之和。 逆命题:可表示为两个奇素数之和的数是任何≥6的偶数。 否命题 (a) : 存在一个≥6的偶数不可表示为两个奇素数之和。 否命题 (b) : 不是任何≥6的偶数的数不可表示为两个奇素数之和。 假设“否命题为 (b) ”不成立, 则否命题为 (a) , 如果否命题为 (a) , 若推出矛盾, 则否命题不为 (a) , 假设错误, 否命题应是 (b) . 如果否命题为 (a) , 设 (a) 为真命题, 则存在一个2N, 2N≥6, 使得 2N≠Pa+Pb (Pa, Pb为任何奇素数) 。 假设Pa+Pb=2N, 移项得-2N=- (Pa+Pb) , 再两边同乘-1化成2N=Pa+Pb, 矛盾! 所以Pa+Pb≠2N, 由上式, 得逆命题 (可表示为两个奇素数之和的数是任何≥6的偶数) 为假, 但逆命题与否命题又是互为逆否命题 (同真同假) , 矛盾! 如果否命题为 (a) , 设 (a) 为假命题, 则对任何一个2N, 2N≥6, 都有 2N=Pa+Pb (Pa, Pb为奇素数) , 上式移项得- (Pa+Pb) =-2N, 再两边同乘-1化成Pa+Pb=2N, 由上式, 得逆命题 (可表示为两个奇素数之和的数是任何≥6的偶数) 为真, 但逆命题与否命题又是互为逆否命题 (同真同假) , 矛盾! 所以, 否命题不是 (a) 。假设“否命题为 (b) ”不成立是错误的, 故否命题应是 (b) : 不是任何≥6的偶数的数不可表示为两个奇素数之和。 由引理成立, 即否命题 (b) 成立, 又逆命题与否命题是同真同假, 可知, 逆命题成立。即若Pa+Pb=2N (Pa, Pb为任何奇素数) , 则2N为任何≥6的偶数。 将Pa+Pb=2N移项再两边同乘-1化成2N=Pa+Pb, 显然对于2N为任何≥6的偶数, 都是两个奇素数之和;因此, 原命题——哥德巴赫猜想 (1) 成立。 由哥德巴赫猜想 (1) 成立可推出哥德巴赫猜想 (2) 成立。 3 哥德巴赫猜想的类似猜想 本人于2005年找到哥德巴赫猜想的类似猜想, 这些猜想都是以前数论所没有的。 类似新猜想: (1) .任何大于0的偶数都是两个互质奇合数之差。 (2) .任何≥1的奇数都是两个奇素数之和与另一奇素数之差。 (3) .任何≥40的偶数都是两个奇合数之和。 (4) .任何≥12的偶数都是一个奇素数与一个奇合数之和。 (5) .任何两个奇合数之和必为两个奇素数之和。 (6) .任何≥0的偶数都是两个奇合数之差。 (7) .差为2k的奇合数对有无穷多对。 (8) .任何≥36的偶数都是互质的一个奇素数与一个奇合数之和。 (9) .大于0的任何偶数都是一个奇合数与一个奇素数之差。 (10) .大于0的任何偶数都是一个奇素数与一个奇合数之差。 (11) .任何≥7的自然数都是两个大于1的互质的数的和。 (12) .任何6n (≥30) 的自然数都可以表示为k2+p (k为奇数, p为奇素数) 。 (13) .任何≥1的自然数都是两个大于1的互质的数的差。 (14) .任何≥49的奇数都是三个奇合数之和。 (15) .任何≥1的奇数都是三个奇素数之差。 参考文献 [1]余元希, 田万海, 毛宏德.初等代数研究上册[M].北京:高等教育出版社, 1988:46-53. [2]基斯.德夫林.数学:新的黄金时代[M].上海:上海教育出版社, 1997:1-6. [3][加]R.K.盖伊.数论中未解决的问题[M].北京:科学出版社, 2003:137-138. 关键词：奇、偶數哥德巴赫猜想；素组；素对；配素 中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）18-208-01 偶数哥德巴赫猜想，自1742年以来先后难倒了欧拉、黎曼等伟大数学家.下面以得证的奇数哥德巴赫猜想为基础，通过“构造”素组、素对、配素及三个引理，使其得到证明。 一、若干定义 根据奇数哥德巴赫猜想有： M=m1+m2+m3 （1） 其中M是大于7的奇数，m1，m2，m3是大于或等于3的奇素数.特别地： 1、命M为大奇数，简称大奇，显然M≥9； 2、m1，m2，m3均称为M的匹配奇素数，简称配素； 3、（m1，m2，m3）是M的1个配素组，简称素组； 4、M的1个素组（m1，m2，m3）有且只有3个素对：（m1，m2），（m1，m3），（m2，m3）。 二、若干引理 引理1：大奇M减去它的1个素对之和的差等于它相应的1个配素。 证明：根据大奇、素组、素对、配素的定义可推知.（因为大奇的素对必定归属于它的某个素组，是该素组3个素对中的1个，而这3个素对包含且只包含3个配素）。 如（1）中，M-（m1+m2）=m3，M-（m1+m3）=m2。 引理2：大奇M的任意1个素对（mx，my）之和不大于M-3，即：mx+my≤M-3。 证明：反证法.假设M有1个素对（mp，mq）之和大于M-3，即：mp+mq>M-3 （2） 则根据引理1有：M-（mp+mq）<3 令M-（mp+mq）=mk，则mk<3，与配素m≥3矛盾。 故假设不成立，引理2得证。 引理3：大奇M至少有1个素对（mp，mq）之和等于M-3，即：mp+mq=M-3. 证明：反证法.假设“大奇M没有1个素对之和等于M-3”，即“大奇M任意素对（mx，my）之和不等于M-3”，则必有 mx+my>M-3 （3） 或：mx+my 根据引理2，（3）不可能；根据引理1，由（4）可得：M-（mx+my）>3 （5） 令M-（mx+my）=mz，则mz>3 （6） 根据配素的定义知mz≥3，故（6）mz>3（即大奇M的任意配素都大于3）不可能，如11、13均必有1个配素等于3，故假设不成立，引理3得证。 三、证明偶数哥德巴赫猜想 贾朝华教授认为，偶数哥德巴赫猜想可以表述为：每个不小于6的偶数都是两个奇素数之和。命“每个不小于6的偶数”为“大偶”，即为下面的定理： 定理1：大偶N（N≥6）是两个奇素数之和。 证明：实际上这是引理3的必然推论。 命M是大奇，则根据引理3，必有 mp+mq=M-3（mp，mq是M的配素） （7） 则：M-3=mp+mq （8） 因为M≥9，故M-3≥6，故M-3=N 故（8）即：N=mp+mq （9） 因为（9）中mp、mq均是奇素数，故定理1得证。 故：偶数哥德巴赫猜想成立！ 附：弱哥德巴赫猜想（百度百科） 在数论中，弱哥德巴赫猜想（又称为奇数哥德巴赫猜想、三重哥德巴赫猜想或三质数问题）是这样一个命题： 任何一个大于7的奇数都能被表示成三个奇质数的和（一个质数可以被多次使用）。 2013年5月，巴黎高等师范学院研究员哈洛德·贺欧夫各特发表了两篇论文，宣布彻底证明了弱哥德巴赫猜想。 参考文献： [1] 潘承洞，潘承彪.哥德巴赫猜想，科学出版社，1981. [2] 贾朝华.哥德巴赫猜想，10000个科学难题（数学卷），科学出版社，2009：101-103. 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。 首先来看3到10（因为不包括2，并且也不包括既不是质数也不是合数的1）之间的偶数： 4=2+2；6=3+3；8=3+5；10=3+7。发现：除四之外，其他数都可以与3和另一个质数相加。 让我们再来看11到20之间的数： 12=7+5；14=11+3；16=11+5；18=11+7；20=7+13。发现：除12和20以外，其他数都可以与11和另一个质数相加。而12和20都可以于3到10中最大的质数相加。 再来看看21到30之间的数： 22=19+3；24=19+5；26=23+3；28=25+3；30=27+3。发现：除22、24以外，其他数都可以与23和另一个质数相加。而22、24刚好符合上面那个条件。 …… 分析：除四（4=2+2），也除12、20、22、24等数之外，其他数刚好可以作为3到10、11到20、21到30等数段中最小质数与另一个质数相加的和。再看不是整十数的12、22、24等特殊数：它们都可以作为上一数段的最大质数与另一个质数相加的和。最后看20等特殊整十数：它们也都可以作为上一数段的最大质数与另一个质数相加的和。 结论：求解时，关键是要看这一数段的最小质数，如： 3到10中最小质数是3，而4=3+1，并且这也是正整数中最小的数段，所以4只能等于2+2；11到20中最小质数是11，而12=11+1，只能取前一数段中的最大质数，故12=7+5；并且 这一数段的最小质数是这一数段的首位数，所以20也只能取前一数段中的最大质数（或是奇数制向前进一位，11进到13，也可以得出此结果），故20=13+7（假设是11+9的话，9是合数，不能）。 21到30之间的最小质数是23，22＜23，所以22只能和19和3相加，而24=23+1，所以只能和19和5相加。 【哥德巴赫猜想的证明思路】相关文章： 哥德巴赫猜想的证明09-02 哥德巴赫猜想的证明者01-22 哥德巴赫猜想证明07-11 哥德巴赫猜想怎么证明01-22 哥德巴赫猜想的验证09-02 哥德巴赫猜想范文05-30 哥德巴赫猜想程序07-11 验证哥德巴赫猜想08-12 哥德巴赫猜想是什么09-02 “哥德巴赫猜想”讲义(第1讲)08-16哥德巴赫猜想的证明 第3篇
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