“哥德巴赫猜想”簡捷證明(標準版9).doc

“哥德巴赫猜想”簡捷證明貴州省務川自治縣實驗學校 王若仲（王洪）摘要：我閑遐之余，喜好研究數學問題，我在一次偶然探究中，發(fā)現了“哥德巴赫猜想”的簡捷證明方法，即就是不具體研究單個素數的位置如何，也不研究設定區(qū)域內素數的數量如何，而是利用集合的概念，設置一定的條件，在寬泛的前提下探討整體情形，即假設偶數6，8，10，（2m-2），（2m）（m3）；它們均可表為兩個奇素數之和。設奇合數a1，a2，a3，at均為不大于偶數2m的全體奇合數，（aiaj ，ij，i、j=1，2，3，t），tN。則集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at有缺項。利用前面已知情形，證明集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項；利用該結論以及前面已知情形，證明集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）也有缺項；假設偶數（2m+2）不能表為兩個奇素數之和，設奇合數a1，a2，a3，ar均為不大于偶數（2m+2）的全體奇合數，（aiaj ，ij，i、j=1，2，3，r），rN。則集合1，（2m+2-1）（2m+2-a1），（2m+2-a2），（2m+2-a3），（2m+2-at）a1，a2，a3，ar沒有缺項。該集合中的元素均分別減去2后所得集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）仍然沒有缺項。這與前面所得結論產生矛盾，說明偶數（2m+2）能表為兩個奇素數之和。由此得出“哥德巴赫猜想”成立。關鍵詞：哥德巴赫猜想；素數；缺項集合引言德國數學家哥德巴赫，他在1742年提出：任一不小于6的偶數均可表為兩個奇素數之和，這就是著名的哥德巴赫猜想問題，至今沒有完全解決。我在遵義師范高等專科學校求學時，就對哥德巴赫猜想問題產生了興趣，進行過膚淺的探索。特別是我在1993年的一次偶然的數字游戲演算中，發(fā)現了一個特別有趣的現象，通過歸納提煉，得出如下問題，即對于任一集合A，A=p1，p2，p3，pk，pi pj（ij），kN，集合A中的元素均為奇素數，若集合6，8，10，2（m-1）中的任一偶數M，M均可表為集合A中的兩個奇素數之和，mN，m4。則集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-pn）中至少有一個奇素數。這個問題看似和“哥德巴赫猜想”反映的是同樣的內容，實際上是不同的情形，不同的類型問題。原因是集合p1，p2，p3，pk中未必包含了奇素數pk前面的全體奇素數。我們知道，只能被1和本身整除的正整數，稱為素數。定義1：對于均滿足某一特性或某一表達式的全體整數組成的集合A，關于集合A的子集A1，A2，A3，Ak；任一子集AiA（i=1，2，3，k），則稱集合Ai為該條件下的缺項集合。缺具體的某一項，該項則稱為缺項。定理1：對于整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。若集合BC在集合A的條件下沒有缺項，則集合（a11md），（a12md），（a13md），（a1hmd）（a21md）， （a22md）， （a23md）， ， （a2tmd）在集合A的條件下仍然沒有缺項，mN。證明：對于整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。因為集合BC在集合A的條件下沒有缺項，不妨設集合BC=b1，b2，b3，bt，則集合b1，b2，b3，bt= r，（d+r），（2d+r），（3d+r），（e-1）d+r，（ed+r），eN。而集合（b1-md），（b2-md），（b3-md），（bt-md）=（r- md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），（e-1）d+r-md，（ed+r-md），集合（b1+md），（b2+md），（b3+md），（bt+md）=（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），（e-1）d+r+md，（ed+r+md）。故定理1成立。定理2：對于整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。若集合BC在集合A的條件下有缺項，則集合（a11md），（a12md），（a13md），（a1hmd）（a21md）， （a22md）， （a23md）， ， （a2tmd）在集合A的條件下仍然有缺項。證明：對于整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。因為集合BC在集合A的條件下有缺項，不妨設集合BC=b1，b2，b3，bt，且設集合BC缺ai項，it。則集合b1，b2，b3，bt= r，（d+r），（2d+r），（3d+r），（i-1）d+r，（i+1）d+r，（e-1）d+r，（ed+r），eN。而集合（b1-md），（b2-md），（b3-md），（bt-md）=（r- md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），（i-1）d+r-md，（i+1）d+r-md，（e-1）d+r-md，（ed+r-md），集合（b1+md），（b2+md），（b3+md），（bt+md）=（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），（i-1）d+r+md，（i+1）d+r+md，（e-1）d+r+md，（ed+r+md）。故定理2成立。定理3：對于非負整數集合A=a1，a2 ，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2 ，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13，a1h，C=（a1h+r -a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h），設a11=bd+r，bN，若存在一個數v，v=ed，eN，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）（eb）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（eb），那么必存在一個數u，u= md，mN，使得 （a11-md），（a12-md），（a13 md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2 ，a3，（a1h-bd）。證明：因為對于非負整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2 ，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），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），t1，tk，tN。設集合a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2 ，a3，a1h，（a1h+ed），又設集合（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a21，a22，a23，a2h，根據題設，集合a1，a2 ，a3，a1h，（a1h+ed）沒有缺項，由定理1可知，集合（a11-ed），（a12-ed），（a13 -ed），（a1h-ed）（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），（a2h-ed）仍然沒有缺項，eN，我們令e=m，則有（a11-md），（a12-md），（a13 md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2 ，a3，（a1h-bd）。故定理3成立。定理4：對于非負整數集合A=a1，a2 ，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2 ，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13，a1h，C=（a1h+r-a11），（a1h+r -a12），（a1h+r -a13），（a1h+r -a1h），設a11=bd+r，bN，若存在一個數u ，u= md，mN，使得（a11-md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）。那么必存在一個數v，v=ed，eN，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）（eb）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（eb）。證明：因為對于非負整數集合A=a1，a2 ，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3， ，k，）；a1，a2 ，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），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），t1，tk，tN。設集合（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），mN，又設集合（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=a21，a22，a23，a2h，根據題設，集合（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）沒有缺項，由定理1可知，集合（a11-md+ed），（a12-md+ed），（a13-md+ed），（a1h-md +ed）（a21+ed），（a22+ed），（a23+ed），（a2h+ed）仍然沒有缺項，eN，我們令e=m，則有a11，a12，a13，a1h（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），（a1h+ed+r-a1h）=a1，a2，a3，a1h，（a1h+ed-bd）（eb）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（eb）。故定理4成立。定理5：對于非負整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12，a13，a1h，C=（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r -a13），（a1h+r-a1h），設a11=bd+r，bN，若不存在一個數v，v=ed，eN，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）（eb）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（eb），那么也不可能存在一個數u，u= md，mN，使得 （a11-md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）。證明：由定理4知，假若存在一個數u ，u= md，mN，關于集合A的子集B和C，B=a11，a12，a13，a1h，C=（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h），使得（a11- md），（a12- md），（a13- md），（a1h- md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2 ，a3，（a1h-bd）。那么必存在一個數v，v=ed，eN，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）（eb）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（eb）。這與題設產生矛盾，故定理5成立。定理6：對于非負整數集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，為等差數列，等差為d，a1=r（rd），關于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13，a1h，C=（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），（a1h+d+r-a1h），設a11=bd+r，bN，若不存在一個數u，u= md，mN，使得（a11- md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r-a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd），那么也不可能存在一個數v，v=ed，eN，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）（eb）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（eb）。證明：由定理3知，假定存在一個數v，v=ed，eN，關于集合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）（eb）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（eb），那么必存在一個數u，u= md，mN，使得 （a11-md），（a12-md），（a13-md），（a1h-md）（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），（a1h+r -a1h）=（r-md），a1，a2，a3，（a1h-bd）。這與題設產生矛盾，故定理6成立。哥德巴赫定理：任一不小于6的偶數均可表為兩個奇素數之和。證明：（）、對于偶數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。（）、對于偶數6，8，10，（2m-2），（2m）（m3）。假設它們均可表為兩個奇素數之和?，F在設奇合數a1，a2，a3，at均為不大于偶數2m的全體奇合數，（aiaj ，ij，i、j=1、2、3、t），tN，其中偶數（2m）為比較大的整數。則有1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at1，3，5，7，9，11，（2m-5），（2m-3），（2m-1），根據定義1，說明集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at有缺項。現在對集合1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m- at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）和集合1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m- at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）有無缺項進行分析：設奇素數p1，p2，p3，ps均為小于偶數2m的全體奇素數，（pipj ，ij，i、j=1、2、3、s），sN。對于集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at和集合（p1-2），（p2-2），（p3-2），（ps-2）以及集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）而言，假設集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2），那么則有：2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），2m-aks=（ps+2），kN。又因為集合a1，a2，a3，at包含集合 ak1，ak2，ak3，aks。那么則有：（1）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，2m-2-aks=p（s-1）（ps2m-2）；（2）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，2m-2-aks=ps（ps2m-2）。從（1）和（2）的情形可得偶數（2m-2）不能表為兩個奇素數之和。這與前面已知偶數6，8，10，（2m-2），它們均可表為兩個奇素數之和產生了矛盾。故前面假定集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）就不可能成立。說明集合1，（2m-1），（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m- at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項。我們現在針對集合p1，p2，p3，ps中任一奇素數pi得到的奇數（pi-2）和奇數（pi+2）從以下幾個方面加以分析：對于任一奇素數pi以及奇數（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，則（pi-2）和（pi+2）有下列情形之一：、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當ai和aj均為奇合數時，那么（pi+2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），（pi-2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）；、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當ai和aj均為奇素數時，那么（pi+2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），（pi-2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）；、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當ai為奇素數，aj為奇合數時，那么（pi+2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），（pi-2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）；、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+2均成立，當ai為奇合數，aj為奇素數時，那么（pi+2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），（pi-2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）。前面已知集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）不包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2），我們現在針對集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數均只適合的情形，均只適合的情形，均只適合的情形，均只適合的情形，均只適合和的情形，均只適合和的情形，均只適合和的情形，均只適合和的情形，均只適合和的情形，均只適合和的情形，均只適合和和的情形，均只適合和和的情形，均只適合和和的情形，均只適合和和的情形，適合和以及和的情形時，分別進行分析：、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若出現下列情形之一時，即均只適合和的情形或均只適合和的情形或均只適合和和的情形或均只適合和和的情形或均只適合和和的情形或均只適合和和的情形或適合和以及和的情形，其中任一情形，在集合p1，p2，p3，ps中至少有奇素數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）。、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若均只適合的情形，說明對于集合p1，p2，p3，ps內的任一奇素數pi，均有（pi-2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），（pi+2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），這與前面已知集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）不包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）產生了矛盾，故均只適合的情形時不能成立。、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若均只適合的情形，說明對于集合p1，p2，p3，ps內的任一奇素數pi，均有（pi-2）（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps），（pi+2）（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps），因集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps）中的元素兩兩互不相同，說明集合p1，p2，p3，ps中元素的總個數與集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps）中元素的總個數相等。那么根據式子2m-p=pi-2和2m-q=pi+2（p 和q均為奇素數）可得，p=q+4。這說明均只是的情形時，則任一奇素數加4只能為奇素數，這就必然產生矛盾。故假定均只適合的情形時不可能成立。、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若均只適合的情形，說明對于集合p1，p2，p3，ps內的任一奇素數pi，均有（pi+2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），這與前面已知集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）不包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）產生了矛盾，故均只適合的情形時不能成立。、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若均只適合的情形，那么有任一（pi+2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），而任一（pi+2）（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps），又因集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps）中的元素兩兩互不相同，說明集合p1，p2，p3，ps中元素的總個數與集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps）中元素的總個數相等。又因任一（pi-2）集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），那么根據式子2m-ai=pi-2和2m-q=pi+2（q為奇素數）可得，ai=q+4。這說明均只是的情形時，則任一奇素數加4只能為奇合數，這就必然產生矛盾。故假定均只適合的情形時不可能成立。、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若均只適合和的情形，說明對于集合p1，p2，p3，ps內的任一奇素數pi，均有（pi+2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），這與前面已知集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）不包含集合（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）產生了矛盾，故均只適合和的情形時不能成立。、對于集合p1，p2，p3，ps內的全體奇素數，若均只適合和的情形，則有（pi+2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）或（pi+2）（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps），并且集合p1，p2，p3，ps至少有一個奇數（pj+2），（pj+2）（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-ps）（1js）。說明對于任一奇素數pi，pi均可分解為pi=2m-g-2（g為奇數）。而對于集合p1，p2，p3，ps中任一奇素數pi，則（pi-2）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），說明對于任一奇素數pi，pi只能分解為pi=2m-ai+2（ai為奇合數）。由此可知，集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項，集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項。我們現在來分析集合（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）和集合（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）中元素的構成情形：因為奇合數a1，a2，a3，at均為不大于偶數2m的全體奇合數，在自然數2m范圍內，因為集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項，而集合（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）中缺集合3（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）中的全體奇數。說明集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）中至少缺集合3（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）中的某一個奇數，也就是說明集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）中至少缺集合3（p1+2），（p2+2），（p3+2），（ps+2）中的某一個奇數。又因為假定集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項，而集合（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）中缺集合（p1-2），（p2-2），（p3-2），（ps-2）中的全體奇數。說明集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）包含集合（p1-2），（p2-2），（p3-2），（ps-2）。現在對已知集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項，假定集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項進行分析：1、因為已知集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項，當3或5不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）時，由前面分析的情形可知，即3或5不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）。由集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項的情形可知，3和5屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2），即3和5屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），這就產生了矛盾，故這種情形下，集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項不能成立。2、現在分析連續(xù)的三個奇數依次為奇素數，奇合數，奇素數的情形，即pi，（pi+2），（pi+4）。因為已知集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）有缺項，假設（pi+2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1+2），（a2+2），（a3+2），（at+2）時，由前面分析的情形可知，則（pi+2）不屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）。我們令pj=（pi+4），則（pi+2）=（pj-2），pi和pj均為奇素數，由集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項的情形可知，那么（pj-2）屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2），即（pj-2）屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），也就是說（pi+2）屬于集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at），這就產生了矛盾，故這種情形下，集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項不能成立。3、如果連續(xù)的三個奇數中只有下列情形中任意一種情形或任意兩種情形組合而成的情形或任意三種情形組合而成的情形或全部四種情形組合而成的情形。連續(xù)的三個奇數依次為奇素數，奇合數，奇合數；連續(xù)的三個奇數依次為奇素數，奇素數，奇合數；連續(xù)的三個奇數依次為奇合數，奇合數，奇合數；連續(xù)的三個奇數依次為奇合數，奇素數，奇合數；因為任一奇數（2m-a）（a為奇數，a2m， a（2m-1），a1），總有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai和aj均為奇數。如果連續(xù)的三個奇數中只是3中的情形，則對于任一奇數（2m-a）（a為奇數，a2m， a（2m-1），a1），只有等式（2m-a）=ai+2=aj-2成立，其中ai為奇數，aj為奇合數。對于上面任一組合情形，均可得到集合（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）（a1-2），（a2-2），（a3-2），（at-2）沒有缺項。當偶數2m=6k-2時，則有下列情形：1 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-321 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 3ki 19 17 15 13 11 9 7 5 3 1當偶數2m=6k時，則有下列情形：1 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-3-121 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-119 17 15 13 11 9 7 5 3 1當偶數2m=6k+2時，則有下列情形：1 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+119 17 15 13 11 9 7 5 3 1因為不小于4的偶數的順序為：（6k1-2），（6k1），（6k1+2），（6k2-2），（6k2），（6k2+2），（6k3-2），（6k3），（6k3+2），。我們具體展開分析：第一、分析偶數2m=6k時的情形：（11）、對于偶數2m=6k，必有如下情形：3kj1 6kj1-1 6kj1+1 3kj1+1 奇素數 奇素數 3kj1+2 6kj1+2-1 6kj1+2+13ki1 6ki1-1+1 6ki1-1-1 3ki1-1 6ki1-2+1 6ki1-2-1 3ki1-2 6ki1-3+1 6ki1-3-1（12）、對于偶數2m=6k，必有如下情形：3kj2 6kj2-1 6kj2+1 3kj2+1奇合數 奇素數 3kj2+2 6kj2+2-1 6kj2+2+13ki2 6ki2-1+1 6ki2-1-1 3ki2-1 6ki2-2+1 6ki2-2-1 3ki2-2 6ki2-3+1 6ki2-3-1（13）、對于偶數2m=6k，必有如下情形：3kj3 6kj3-1 6kj3+1 3kj3+1奇素數 奇合數3kj3+2 6kj3+2-1 6kj3+2+13ki3 6ki3-1+1 6ki3-1-1 3ki3-1 6ki3-2+1 6ki3-2-1 3ki3-2 6ki3-3+1 6ki3-3-1（14）、對于偶數2m=6k，必有如下情形：3kj4 6kj4-1 6kj4+1 3kj4+1奇合數 奇合數3kj4+2 6kj4+2-1 6kj4+2+13ki4 6ki4-1+1 6ki4-1-1 3ki4-1 6ki4-2+1 6ki4-2-1 3ki4-2 6ki4-3+1 6ki4-3-1因為集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at總可以轉換為集合（p11+2），（p12+2），（p13+2），（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），（a1v+2）或轉換為集合（p21-2），（p22-2），（p33-2），（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），（a2z-2）。說明集合1，（2m-1）（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），（2m-at）a1，a2，a3，at的缺項與集合（p11+2），（p12+2），（p13+2），（p1r+2），（a11+2），（a12+2），（a13+2），（a1v+2）的缺項以及集合（p21-2），（p22-2），（p33-2），（p2w-2），（a21-2），（a22-2），（a23-2），（a2z-2）的