“哥德巴赫猜想”及“孪生素数猜想”的证明4.doc

“哥德巴赫猜想”简捷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）（m3）；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，（aiaj ，ij，i、j=1，2，3，t），tN。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，（aiaj ，ij，i、j=1，2，3，r），rN。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（ij），kN，集合A中的元素均为奇素数，若集合6，8，10，2（m-1）中的任一偶数M，M均可表为集合A中的两个奇素数之和，mN，m4。则集合（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），（2m-pn）中至少有一个奇素数。这个问题看似和“哥德巴赫猜想”反映的是同样的内容，实际上是不同的情形，不同的类型问题。原因是集合p1，p2，p3，pk中未必包含了奇素数pk前面的全体奇素数。我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。对于符号（m）来说，它表示为不大于正整数m的全体奇素数的个数。定义1：对于某一偶数M（M4），设p1、p2 、p3、 、pn均为小于偶数M的全体奇素数，对于（M-p1）+（M-p2）+（M-p3）+（M- pn），则称为偶数M对应的垒数，简称为M垒数，记为（M）。定义2：对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数值组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3， ，Ak；任一AiA（i=1，2，3， ，k），则称集合Ai为该条件下的缺项集合。缺具体的某一项称为缺项。我们现在来分析证明“哥德巴赫猜想”的具体情形，若对于下列式子：（2m+2）-（2m）（m2），恒有（2m+2）-（2m）1；则“哥德巴赫猜想”成立。具体举例分析如下：对于偶数18，小于18的全体奇素数有：3，5，7，11，13，17；那么有：（18-3）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（18-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（18-7）=4，对应的奇素数有：3，5，7，11。（18-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（18-13）=2，对应的奇素数有：3，5。（18-17）=0，对应的奇素数有：0个。所以（18）=19。对于偶数20，小于20的全体奇素数有：3，5，7，11，13，17，19；那么有：（20-3）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17。（20-5）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（20-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（20-11）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（20-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（20-17）=1，对应的奇素数有：3。（20-19）=0，对应的奇素数有：0个。所以（20）=23。对于偶数22，小于22的全体奇素数有：3，5，7，11，13，17，19；那么有：（22-3）=7，对应的奇素数有：3，5，7，11，13，17,19。（22-5）=6，对应的奇素数有：3，5，7，11，13,17。（22-7）=5，对应的奇素数有：3，5，7，11，13。（22-11）=4，对应的奇素数有：3，5，7,11。（22-13）=3，对应的奇素数有：3，5，7。（22-17）=2，对应的奇素数有：3,5。（22-19）=1，对应的奇素数有：3。所以（22）=28。则有（20）-（18）=4，说明偶数20能表为两个奇素数之和。在偶数20的情形中去掉属于偶数18的全部情形，则剩下奇素数有：3，7，13，17；且3+17=7+13=20。则有（22）-（20）=5，说明偶数22能表为两个奇素数之和。在偶数22的情形中去掉属于偶数20的全部情形，则剩下奇素数有：3,5，11，17，19；且3+19=5+17=11+11=22。对于（2m+2）-（2m）1，设奇素数p1、p2 、p3、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，那么对于下列式子：（2m+2-p1）-（2m-p1），（2m+2-p2）-（2m-p2），（2m+2-p3）-（2m-p3），（2m+2-pk）-（2m- pk）；说明上述式子中至少有一个式子大于或等于1，不妨设（2m+2- pi）-（2 m- pi）1（i=1、2、3、k），pk2m；即（2m+2-pi）所对应的全体奇素数中去掉属于（2m- pi）所对应的全体奇素数，必剩下一个奇素数pj，使得pi+pj=2m+2；即（2m+2-pi）+ pi=2m+2。定理1：对于整数集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），关于集合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的条件下没有缺项，则集合（a11md），（a12md），（a13md），（a1hmd）（a21md）， （a22md）， （a23md）， ， （a2tmd）在集合A的条件下仍然没有缺项，mN。证明：对于整数集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。因为集合BC在集合A的条件下没有缺项，不妨设集合BC=b1，b2，b3，bt，则集合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：对于整数集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），关于集合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的条件下有缺项，则集合（a11md），（a12md），（a13md），（a1hmd）（a21md）， （a22md）， （a23md）， ， （a2tmd）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aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），关于集合A的子集B和C，B=a11，a12 ，a13， ，a1h，C=a21，a22，a23，a2t，a1ha2t，hN， tN。因为集合BC在集合A的条件下有缺项，不妨设集合BC=b1，b2，b3，bt，且设集合BC缺ai项，it。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），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：对于非负整数集合A=a1，a2 ，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2 ，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），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，bN，若存在一个数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），那么必存在一个数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）。证明：因为对于非负整数集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2 ，a3，ak，为等差数列，等差为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。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，eN，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aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2 ，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），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，bN，若存在一个数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）。那么必存在一个数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）。证明：因为对于非负整数集合A=a1，a2 ，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3， ，k，）；a1，a2 ，a3，ak，为等差数列，等差为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。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），mN，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，eN，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）（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：对于非负整数集合A=a1，a2，a3，ak，任一aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），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，bN，若不存在一个数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个数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）。证明：由定理4知，假若存在一个数u ，u= md，mN，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，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）。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aiN（i=1，2，3，k，）；a1，a2，a3，ak，为等差数列，等差为d，a1=r（rd），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，bN，若不存在一个数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个数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）。证明：由定理3知，假定存在一个数v，v=ed，eN，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）（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），那么必存在一个数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）。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：对于任一偶数（2m+2），m2。分析（2m+2）垒数与2m垒数的差是否大于0。分析如下：设奇素数p1、p2 、p3、pn均为不大于偶数（2m+2）的全体奇素数，（pi pj ，ij，i、j=1、2、3、n），设奇素数p1、p2 、p3、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi pj ，ij，i、j=1、2、3、k）。对于（2m+2）垒数和2m垒数，由定义1知，（2m+2）=（2m+2- p1）+（2m+2-p2）+（2m+2-p3）+（2m+2-pn），（2m）=（2m-p1）+（2m-p2）+（2m-p3）+（2m-pk）。现在假若对偶数（2m+2），m2，不存在有两个奇素数pi和pj，使得（2m+2）=pi+pj，令奇素数p1、p2 、p3、pk均为不大于偶数2m的全体奇素数，（pi pj ，ij，i、j=1、2、3、k）。则必然有：（2m+2-p1）-（2m-p1）=0，（2m+2-p2）-（2m-p2）=0，（2m+2-p3）-（2m-p3）=0， （2m+2-pk）-（2m-pk）=0；我们分析（2m+2-p1）-（2m-p1）=0的情形，因为假若对于充分大的偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）；则说明奇数（2m+2-p1）不可能是奇素数；若奇数（2m+2-p1）是奇素数，则有（2m+2-p1）-（2m-p1）1，且（2m+2-p1）+p1=（2m+2）；这与假若对于充分大的偶数（2m+2），不存在有两个奇素数pi和pj，使得pi+pj=（2m+2）产生矛盾。同理分析（2m+2-p2）-（2m-p2）=0，（2m+2-p3）-（2m-p3）=0，（2m+2-pk）-（2m-pk）=0的情形，所以就有（2m+2）-（2m）=0。对于偶数6，8，10，（2m-2），（2m）（m2）。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，（aiaj ，ij，i、j=1、2、3、t），tN。则有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，（pipj ，ij，i、j=1、2、3、s），sN。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），kN。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）（ps2m-2）；（2）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，2m-2-aks=ps（ps2m-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。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：、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）；、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）；、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）；、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的情形，均只适合的情形，均只适合的情形，均只适合的情形，均只适合和的情形，均只适合和的情形，均只适合和的情形，均只适合和的情形，均只适合和的情形，均只适合和的情形，均只适合和和的情形，均只适合和和的情形，均只适合和和的情形，均只适合和和的情形，适合和以及和的情形时，分别进行分析：、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，即均只适合和的情形或均只适合和的情形或均只适合和和的情形或均只适合和和的情形或均只适合和和的情形或均只适合和和的情形或适合和以及和的情形，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）。、对于集合p1，p2，p3，ps内的全体奇素数，若均只适合的情形，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，故均只适合的情形时不能成立。、对于集合p1，p2，p3，ps内的全体奇素数，若均只适合的情形，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。故假定均只适合的情形时不可能成立。、对于集合p1，p2，p3，ps内的全体奇素数，若均只适合的情形，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，故均只适合的情形时不能成立。、对于集合p1，p2，p3，ps内的全体奇素数，若均只适合的情形，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。故假定均只适合的情形时不可能成立。、对于集合p1，p2，p3，ps内的全体奇素数，若均只适合和的情形，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，故均只适合和的情形时不能成立。、对于集合p1，p2，p3，ps内的全体奇素数，若均只适合和的情形，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）（1js）。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。连续的三个奇数依次为奇素数，奇合数，奇合数；连续的三个奇数依次为奇素数，奇素数，奇合数；连续的三个奇数依次为奇合数，奇合数，奇合数；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，a2m， a（2m-1），a1），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，a2m， a（2m-1），a1），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