一个偶数表示为两个奇数之和的证明

哥德巴赫猜想的证明摘要：文章用两种方法证明“哥德巴赫猜想”。

第一种是运用反证法，证明与原命题的逆否命题成立；第二种是通过将偶数分类、依据命题的逻辑关系进行合理推演。

两种方法殊途而同归，均成功证明了困扰世界数学界两百多年的“哥德巴赫猜想”。

关键词：哥德巴赫猜想原命题逆否命题反证法大偶小偶奇素数1、哥德巴赫猜想简介（来自网络）哥德巴赫猜想是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)。

同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明．现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数都可表示为三个奇素数之和。

其实，后一个命题是前一个命题的推论。

1729年--1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。

在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了以下的猜想:(a)任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和；(b)任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和.这就是所谓的哥德巴赫猜想。

在信中他写道：“我的问题是这样的：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和：77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461：461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。

这样，我发现：任何大于9的奇数都是三个素数之和．但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。

”欧拉回信说：“这个命题看来是正确的”。

但是他也给不出严格的证明。

同时欧拉又提出了此一猜想可以有另一个等价的版本：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和，但是这个命题他也没能给予证明。

不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。

哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）大致可分为两个猜想（前者称"强"或"二重哥德巴赫猜想，后者称"弱"或"三重哥德巴赫猜想）：1.每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和；2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。

考虑把偶数表示为两数之和，而每一个数又是若干素数之积。

把命题"每一个大偶数可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a+b"，那么哥氏猜想就是要证明"1+1"成立。

1966年陈景润证明了"1+2"成立，即"任何一个大偶数都可表示成一个素数与另一个素因子不超过2个的数之和"。

这个问题是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)。

同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。

现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数，都可表示为三个奇素数之和。

其实，后一个命题就是前一个命题的推论。

哥德巴赫（Goldbach ]C.，1690.3.18~1764.11.20）是德国数学家；出生于格奥尼格斯别尔格（现名加里宁城）；曾在英国牛津大学学习；原学法学，由于在欧洲各国访问期间结识了贝努利家族,所以对数学研究产生了兴趣；曾担任中学教师。

1725年，到了俄国，同年被选为彼得堡科学院院士；1725年~1740年担任彼得堡科学院会议秘书；1742年，移居莫斯科，并在俄国外交部任职。

1729年~1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。

在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了一个命题。

哥德巴赫猜想的简易证明摘要：本文给出质数加质数等于偶数的两种简易的证明。

若质数加质数等于偶数就是哥德巴赫猜想所求证的等式，则本文就证明了哥德巴赫猜想。

质数加质数等于偶数无论如何都是哥德巴赫猜想最好的逼近证明。

关键词：奇数；质数；偶数；哥德巴赫猜想哥德巴赫1742年向当时的大数学家欧拉提出数学题——任何一个不小于6的偶数都是两个质数之和，这就是哥德巴赫猜想。

正整数分为奇数和偶数。

偶数能被2整除而奇数则不能。

约数只有1及其本身的数称为质数。

2称为偶质数，其余质数均称为奇质数。

本文所说的质数均为奇质数。

质数属于奇数。

任何一个偶数都可以表为2n的形式，任何一个奇数或质数都可以表为（2n＋1）的形式，其中n为正整数。

正整数轴上，偶数的两边是奇数，奇数的两边是偶数，质数的两边也是偶数。

奇数加1或减1得偶数，质数加1或减1得偶数。

本文所说的偶数均大于或等于6。

任何两个奇数之和等于一个偶数。

即：任何两个奇数（2n1＋1）和（2n2＋1）之和等于偶数2（n1＋n2＋1），其中n1和n2均为正整数。

可以证明：任何一个偶数都可以分解为两个奇数之和。

可以证明：偶数减质数等于奇数（不一定是质数）。

任何两个质数之和等于一个偶数。

即：表为（2 n1＋1）的质数加表为（2 n2＋1）的质数等于偶数2（n1＋n2＋1）。

任何两个奇数之积为奇数，多个奇数之积仍为奇数。

任何两个质数之积为奇数，多个质数之积仍为奇数。

多个质数之积加多个质数之积等于一个偶数。

因此，一个质数加两个质数之积等于一个偶数。

即：表为（2 n1＋1）的质数加两个质数之积（2 n2＋1）×（2 n3＋1）等于偶数2（n1＋n2＋n3＋2 n2 n3＋1）。

因为奇数包容质数，所以“任何一个偶数都可以分解为两个奇数之和”包容了“任何一个偶数都可以分解为两个质数之和”。

（质数）＋（质数）＝（质数＋1）＋（质数－1）＝（偶数）＋（偶数）＝（偶数），即：质数加质数等于偶数，亦即任何两个质数之和等于一个偶数，亦即（偶数）＝（质数）＋（质数）。

数学论文：《哥德巴赫猜想》又一个证明关键词：哥德巴赫猜想,偶数,奇素数摘要：凡大于4的偶数都可表示成两个奇素数之和。

这是1742年6月7日德国数学家哥德巴赫在给欧拉的信中提出的问题。

也就是《1+1》的问题。

在《古典筛法》中隐含着一个细节，而这一细节却成为论文解决问题的突破口。

对于大于4的任意偶数n，其符合《1+1》的素数个数可近似地表示为，pi表示第i个素数，其中，p1=2，p2 =3，p3 =5，p4 =7，p5=11，di表示关于pi的筛选系数，当pi整除n 时di=1；当pi不整除n时di=2，pk为［2，］中最大的素数。

这就是《古典筛法》的算式。

如果把1也当成一个素数来使用，则该式对6、8、12、18、24、30这6个偶数的《1+1》素数个数能进行准确的计算。

以30为例。

在［2，］中的素数为2、3、5，其运算式为（1 ）（1 ）=8。

而30=1+29=7+23=11+19=13+17。

所以是准确的运算。

而其他的偶数n不能完全被［2，］中所有的素数所整除，只产生一个有误差的值。

当n很大时，这个误差值有多大呢？其误差是否会失控呢？这就成为历来证明的难点。

对于大于4的任一偶数n，总共有个奇数，经素筛子pi（i=2、3、k）筛选后还剩约（1 ）个奇数。

当pi能整除n时，这个奇数分成{（2m1）pi}、{（2m2）pi+1}、{（2m1）pi+2}、{（2m2）pi+3}{（2m1）pi+（pi1）}，m属于正自然数的以2pi为公差的pi个等差数列。

每一数列的项数为项。

其中等差数列{（2m1）pi}中相应两项之和为n，它们不可能存在《1+1》而给以舍弃，剩下（1 ）个奇数中可能存在《1+1》的素数。

此时为准确的运算。

当pi不能整除n时，这pi个数列的项数就不全相等了，分别为［］项和［］+1项（其中［］表示不超过的最大整数），而数列{（2m1）pi}中的任一项只能与另一数列中相应项之和等于n，它们基本上不存在《1+1》（即至多仅有一对《1+1》）。

华罗庚证明1+1=21+1=2怎么证明？华罗庚的证明方法1+1就是指哥德巴赫猜想,就是每一个大于等于6的偶数都可以表示为两个奇素数的和.关于哥德巴赫猜想,现在还没有解决,目前最好的结果是陈景润所证明的1+2,即每一个充分大的偶数可以表示成两个奇数的和,这两个奇数中一个是素数,另一个或是素数,或是两个素数的积.所以不存在华罗庚证明的1+1华罗庚证明1+1=2 2你说的可能是“1+1”，而不是“1+1=2”！“1+1”是世界著名的数学难题——哥德巴赫猜想的简称，它的内容之一是：任何大于2的偶数都等于两个质数之和，由于这个结论是德国数学家哥德巴赫首先发现并提出来的，所以叫做“哥德巴赫猜想”。

至今人类还没有完成最终证明，距离最终结果最近的，是中国数学家陈景润1966年完成的“1+2”，也就是他证明了任何充分大的偶数都等于1个质数加上2个质数之积。

1+1等于2 是华罗庚证明出来的吗？任何一个足够大的偶数都可以表示成一个素数和一个半素数的和，也就是我们通常所说的“1+2”。

陈景润于1966年发表，1973年公布详细证明方法。

1+1: 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。

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。

目前还没有人证明出来。

谁给我证明1+1?（华罗庚的那个。

）一加一等于二，你二啊……一加在正确的情况下等于二，在错误的情况下等于三。

华罗庚证明1+1=2 5华罗庚教授因患急性心肌梗塞在1985年6月12日逝世。

华罗庚（1910.11.12—1985.6.12.），世界著名数学家，中国解析数论、矩阵几何学、典型群、自安函式论等多方面研究的创始人和开拓者。

国际上以华氏命名的数学科研成果就有“华氏定理”、“怀依—华不等式”、“华氏不等式”、“普劳威尔—加当华定理”、“华氏运算元”、“华—王方法”等。

陈景润的数学故事200字
一天，沈元老师在数学课上给大家讲了一故事：“200年前有个法国人发现了一个搞笑的现象：6=3+3，8=5+3，10=5+5，12=5+7，28=5+23，100=11+89。

每个大于4的偶数都能够表示为两个奇数之和。

因为这个结论没有得到证明，所以还是一个猜想。

大数学家欧拉说过：虽然我不能证明它，但是我确信这个结论是正确的。

它像一个美丽的光环，在我们不远的前方闪耀着眩目的光辉。

……”
陈景润对这个奇妙问题产生了浓厚的兴趣。

课余时间他最爱到图书馆，不仅仅读了中学辅导书，这些大学的数理化课程教材他也如饥似渴地阅读。

因此获得了“书呆子”的雅号。

兴趣是第一老师。

正是这样的数学故事，引发了陈景润的兴趣，引发了他的勤奋，从而引发了一位伟大的数学家。

1。

1966年，我国年轻的数学家陈景润，在经过多年潜心研究之后，成功地证明了"1+2"，也就是"任何一个大偶数都可以表示成一个素数与另一个素因子不超过2个的数之和"。

这是迄今为止，这一研究领域最佳的成果，距摘取这颗"数学王冠上的明珠仅一步之遥，在世界数学界引起了轰动。

但这一小步却很难迈出。

“1+2”被誉为陈氏定理。

编辑本段证明方法哥德巴赫的问题可以推论出以下两个命题,只要证明以下两个命题,即证明了猜想:(a) 任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和。

(b) 任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和。

这道著名的数学难题引起了世界上成千上万数学家的注意。

200年过去了，没有人证明它。

到了20世纪20年代，才有人开始向它靠近。

1920年，挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比6大的偶数都可以表示为（9+9）。

这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从（9十9）开始，逐步减少每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个数里都是一个质数为止，这样就证明了“哥德巴赫猜想”。

陈景润证明的偶数哥猜公式内涵了下界大于一。

命r(N)为将偶数表为两个素数之和的表示个数，1978年，陈景润证明了：r(N)≤《7.8∏{(p-1)/(p-2)}∏{1-1/{(p-1)^2}}{N/(LnN)^2}。

其中：第一个级数，参数的分子大于分母，得值为(大于一的分数)。

第二个级数的极限值为0.66...,其2倍数也大于一。

N/(lnN)约为N数包含的素数的个数：其中,(lnN)为N的自然对数,可转换为2{ln(√N)}。

由于N/(LnN)^2=(1/4){(√N)/Ln(√N)}^2～(1/4){π(√N)}^2. 其中的参数，依据素数定理；(√N)/Ln(√N)～π(√N)～N数的平方根数内素数个数. 陈景润证明的公式等效于{(大于一的数)·(N数的平方根数内素数个数的平方数/4)},只要偶数的平方根数内素数个数的平方数大于4，偶数哥猜就有大于一的解. 即:大于第2个素数的平方数的偶数,其偶数哥猜解数大于一。

哥德巴赫猜想与陈氏定理证明过程1. 引言哥德巴赫猜想是数论中的一个经典问题，它提出了一个有趣的猜想：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。

该猜想由德国数学家哥德巴赫在18世纪提出，至今尚未被证明或者推翻。

而陈氏定理是由陈景润教授于1962年提出的，它与哥德巴赫猜想存在一定的联系。

本文将对哥德巴赫猜想和陈氏定理进行详细介绍，并给出相关证明过程。

2. 哥德巴赫猜想2.1 猜想表述哥德巴赫猜想可以简单地表述为：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。

2.2 简单例子我们来看几个简单的例子来验证这个猜想：•对于偶数4，可以表示为2+2。

•对于偶数6，可以表示为3+3。

•对于偶数8，可以表示为3+5。

从这些例子中我们可以看出，哥德巴赫猜想在一些小的偶数上是成立的。

但是如何证明对于所有大于2的偶数都成立呢？这就需要引入一些更加复杂的数论知识和证明方法。

3. 陈氏定理3.1 定理表述陈氏定理可以简单地表述为：任何一个大于5的奇数都可以表示为三个素数之和。

3.2 简单例子我们来看几个简单的例子来验证这个定理：•对于奇数7，可以表示为2+2+3。

•对于奇数9，可以表示为2+2+5。

•对于奇数11，可以表示为2+2+7。

从这些例子中我们可以看出，陈氏定理在一些小的奇数上是成立的。

同样地，如何证明对于所有大于5的奇数都成立呢？这也需要引入一些更加复杂的数论知识和证明方法。

4. 哥德巴赫猜想与陈氏定理之间的联系虽然哥德巴赫猜想是关于偶数的问题，而陈氏定理是关于奇数的问题，但它们之间存在着一定的联系。

事实上，陈氏定理可以被看作是哥德巴赫猜想的一个推广。

首先，我们可以将大于2的偶数表示为两个素数之和，例如：4 = 2 + 2。

然后，我们可以将其中一个素数替换为3，例如：4 = 2 + 2 = 2 + 3 - 1。

这样就得到了一个大于5的奇数。

因此，陈氏定理可以被看作是哥德巴赫猜想的一个特例。

5. 哥德巴赫猜想的证明尝试虽然哥德巴赫猜想至今尚未被证明或者推翻，但是许多数学家们都对此问题进行了大量的研究和证明尝试。

关于1+1=？一些观点郭敦顒在《哥德巴赫猜想证明》有关“1+1=？”的论述：1+1=2，不能等于1。

这是公认的道理——公理，不需证明，不容置疑。

“1+1=2”与“哥德巴赫猜想中‘1+1’”的概念完全是两回事。

哥德巴赫猜想的意思是任一大于4的偶数都可以表为两个素数之和。

以前的数学家将其简称为“1+1”，意思是1个大偶数等于1个素数加1个素数。

而哥德巴赫猜想非常艰深，难以为一般人们所能真正理解，倒是其简称“1+1”给人以深刻地印象——被误解的印象——总有人问“1+1到底等于多少”，此问题不知还被误解到何时!数学家对此应向公众检讨!郭敦顒在《数学纲领微观数学与宏观数学》一文中写道：自然数的皮亚诺公设与加法定义。

为了研究自然数的连续性，需先对自然数有个了解，故先介绍自然数的皮亚诺公设与加法定义。

卡尔·亨佩尔在其论文《论数学真理的本性》注中介绍了作为数学基础的皮亚诺的公理系统——现在考察一个公设系统，从它可以导出自然数的整个算术。

这个系统是由意大利数学家和逻辑学家皮亚诺(1858—1932)设计的。

术语“数” 则专指自然数0，1，2，3…。

自然数n的后继有时简称n′，它用来指按自然顺序紧跟n的那个自然数。

皮亚诺系统包含下列五个公设：P1. 0是一个数。

P2. 任何数的后继是一个数。

P3. 不存在有同一后继的两个数。

P4. 0不是任何数的后继。

P5.如果P是一个性质，使(a)0具有性质P，(b)当一个数n具有性质P时，n的后继也具有性质P，那么每一个数都具有性质P。

最后一个公设体现了数学归纳原理，并且以非常明显的方式作出了通过规定来坚持数学“真理”的例证。

我们可以建立一个加法定义，它以精确的形式表达出把任何自然数加到某一给定数上要被看做1的重复加法这样一种观念；后一运算立即可用后继关系来表达。

加法定义有如下述：D1. (a) n＋0＝n；(b) n＋k′＝(n＋k)′这一递归定义的两点规定完全确定了任何两个整数的和。

㊀㊀㊀㊀㊀１３４㊀哥德巴赫猜想的完美证明哥德巴赫猜想的完美证明Һ何海浪㊀何㊀雷㊀（江苏省连云港市灌云县，江苏㊀连云港㊀２２２０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ通过分组重排㊁抽取淘汰算出等于两个质数之和的式子个数在等于两个奇数之和的式子总数中所占的比大于０证明哥德巴赫猜想一，根据哥德巴赫猜想一证明哥德巴赫猜想二．ʌ关键词ɔ合数；质数；含合数的式子；两个质数之和的式子１７４２年，德国哥德巴赫提出哥德巴赫猜想，２００多年来，人们努力地想证明它，却始终未能完全证明它，１９６６年我国的陈景润证明了 １＋２ 即一个大偶数等于一个质数加上两个质数的积．一㊁任何一个偶数等于两个质数之和（一）１０以内的偶数等于两个质数之和对于１０以内的偶数，我们可以逐个验证：４＝２＋２，６＝３＋３，８＝３＋５，１０＝３＋７＝５＋５．（二）大于１０的偶数等于两个质数之和因为质数只等于１乘它本身，合数含除１和它本身外的因数，大于２的偶数都是合数，大于２的质数都是奇数，所以我们所说的奇数㊁合数㊁质数是指大于１的奇数㊁奇合数㊁奇质数，可以用（２ｋ＋１）（ｋȡ１）表示：３㊁５㊁７ （２ｋ＋１）．一定范围内的数，必然存在着质数，合数就是由这些质数中的一些作为质因数相乘得到的，但我们当作合数由它的最小质因数形成．若单独看以某质数为质因数形成的合数，它们的个数是一定的且占所有数总个数的比非常接近且小于该质数的倒数或约为该质数的倒数．若用两种方法将所有数分组重排：假设Ｎｙ㊁Ｎｚ为质数，分别以３㊁５㊁７ （２Ｎｙ＋１）为首项㊁２Ｎｙ为公差的等差数列将所有数排成Ｎｙ组；分别以３㊁５㊁７ （２Ｎｚ＋１）为首项㊁２Ｎｚ为公差的等差数列将所有数排成Ｎｚ组，则从Ｎｙ组中抽取一组数，将该组数分到Ｎｚ组的每一组中且每组分到的数占的比是相同的；从Ｎｚ组中抽取一组数，将该组数分到Ｎｙ组的每一组中且每组分到的数占的比是相同的．证明：假设Ｎｒ（或Ｎｙ或Ｎｚ或 ）为质数，分别以３㊁５㊁７ （２Ｎｒ＋１）为首项㊁２Ｎｒ为公差的等差数列将所有数排成Ｎｒ组：３㊁（３＋２Ｎｒ）㊁（３＋４Ｎｒ） ５㊁（５＋２Ｎｒ）㊁（５＋４Ｎｒ） ７㊁（７＋２Ｎｒ）㊁（７＋４Ｎｒ）Ｎｒ㊁３Ｎｒ㊁５Ｎｒ（２Ｎｒ＋１）㊁（４Ｎｒ＋１）㊁（６Ｎｒ＋１）数的个数最多的一组比最少的一组多１个，其中有一组为Ｎｒ㊁３Ｎｒ㊁５Ｎｒ 该组除首项Ｎｒ外均为含质因数Ｎｒ的合数，该组不论是个数最多的一组还是最少的一组，除去首项Ｎｒ，含质因数Ｎｒ的合数个数占所有数总个数的比为ａｒＮｒ（０＜ａｒ＜１，ａｒʈ１且ａｒ等于含质因数Ｎｒ的合数个数除以所有数总个数且分母为Ｎｒ时的分子值），所以含质因数Ｎｒ的合数个数占所有数总个数的比非常接近且小于１Ｎｒ或约为１Ｎｒ．若从Ｎｒ组中抽取首项为Ｎｐ的一组，则当Ｎｐ为Ｎｒ时，该组除首项Ｎｒ外均为含质因数Ｎｒ的合数，抽取后剩下的每组是都不含质因数Ｎｒ的合数，而以其他质数为质因数形成的合数个数所占的比在每组中（抽取的或未抽取的）或在所有数总个数中是相同的．若用两种方法将这些数重排得到Ｎｙ㊁Ｎｚ组，从Ｎｙ组中抽取首项为Ｎｐ（Ｎｐ可以为Ｎｙ）的一组中的某个数，与该数相差２ＮｙＮｚ的数在Ｎｙ组的同一组中也在Ｎｚ组的同一组中，而首项为Ｎｐ的一组数每相邻两数之间相差２Ｎｙ，从相差２Ｎｙ到相差２ＮｙＮｚ有Ｎｚ个数，它们必然分到Ｎｚ组中，每组分到的数的个数占该组数总个数的比都相同且为ａｙＮｙ（０＜ａｙ＜１且ａｙʈ１，ａｙ等于以Ｎｐ为首项㊁２Ｎｙ为公差的等差数列数的个数除以所有数总个数且分母为Ｎｙ时的分子值）；从Ｎｚ组中抽取首项为Ｎｐ（Ｎｐ可以为Ｎｚ）的一组中的某个数，与该数相差２ＮｙＮｚ的数Ｎｚ组的同一组中也在Ｎｙ组的同一组中，而首项为Ｎｐ的一组数每相邻两数之间相差２Ｎｚ，从相差２Ｎｚ到相差２ＮｙＮｚ有Ｎｙ个数，它们必然分到Ｎｙ组中，每组分到的数的个数占该组数总个数的比都相同，且为ａｚＮｚ（０＜ａｚ＜１，ａｚʈ１且ａｚ等于以Ｎｐ为首项㊁２Ｎｚ为公差的等差数列数的个数除以所有数总个数且分母为Ｎｚ时的分子值）．我们假设该偶数为Ｎ＝２ｋ＋２（ｋȡ２）＝（２ｋ１＋１）＋（２ｋ２＋１）（ｋ１，ｋ２ȡ１），即该偶数等于两个奇数之和，按照前面那个加数从小到大，后面那个加数从大到小，把该偶数等于两个奇数之和的所有算式列出：Ｎ＝３＋（２ｋ－１）Ｎ＝５＋（２ｋ－３）Ｎ＝７＋（２ｋ－５）Ｎ＝（２ｋ－５）＋７Ｎ＝（２ｋ－３）＋５Ｎ＝（２ｋ－１）＋３因为合数由它的最小质因数形成，所以在３ң（２ｋ－１）范围内能够作为质因数的最大质数为与２ｋ－１最接近且小于或等于２ｋ－１的质数．我们假设：与２ｋ－１最接近且小于或等于２ｋ－１的质数为Ｎｗ，与Ｎｗ最接近且小于Ｎｗ的质数为Ｎｍ，把所列式子个数看作１，按一定顺序分组重排㊁抽取淘汰算出含合数的式子（某式子的前面加数中含有或某式子的后面加数中含有或某式子的前后两个加数中都含有）等于两个质数之和的式子在所列式子总个数中所占的比．将所列式子的前后加数分别按以３㊁５㊁７为首项㊁６为公差的等差数列把前后加数都排成３组（共６组）：３㊁９㊁１５㊁２１㊁２７ ５㊁１１㊁１７㊁２３㊁２９ ７㊁１３㊁１９㊁２５㊁３１把所列式子也排成了３组，式子个数最多的一组比最㊀㊀㊀１３５㊀㊀少的一组多１，其中有两组为３㊁９㊁１５ 这两组除首项３外均为含质因数３的合数，如果该偶数含质因数３，那么这两组出现在同一组式子的前后加数中；如果该偶数不含质因数３，那么这两组分别出现在某一组式子的前面加数中和另一组式子的后面加数中，从这些组中抽取并淘汰含质因数３的合数的式子，则抽取淘汰式子个数占式子总个数的比㊁抽取淘汰后剩下式子个数占式子总个数的比分别为ａ１３㊁３－ａ１３（当该偶数含质因数３时，ａ１ʈ１且ａ１等于含质因数３的合数个数除以所有数总个数且分母为３时的分子值；当该偶数不含质因数３时，ａ１ʈ２且ａ１等于含质因数３的合数个数的２倍除以所有数总个数且分母为３时的分子值）．在抽取淘汰式子的数中和抽取淘汰后剩下式子的数中，含质因数５㊁７㊁１１ Ｎｍ㊁Ｎｗ的合数所占的比约为１５㊁１７㊁１１１ １Ｎｍ㊁１Ｎｗ．对剩下的占式子总个数的比为３－ａ１３的不含质因数３的合数式子中的数进行分组重排，将前面抽取淘汰式子中的数全部放回剩下的数中参加重排，分别以３㊁５㊁７㊁９㊁１１为首项㊁１０为公差的等差数列把前后加数都排成５组（共１０组）：３㊁１３㊁２３㊁３３㊁４３ ５㊁１５㊁２５㊁３５㊁４５ ７㊁１７㊁２７㊁３７㊁４７ ９㊁１９㊁２９㊁３９㊁４９ １１㊁２１㊁３１㊁４１㊁５１把所列式子也排成５组，式子个数最多的一组比最少的一组多１，其中有两组为５㊁１５㊁２５ 这两组除首项５外均为含质因数５的合数，如果该偶数含质因数５，则这两组出现在同一组式子的前后加数中；如果该偶数不含质因数５，则这两组分别出现在某一组式子的前面加数中和另一组式子的后面加数中，从这些组式子中抽取出含质因数５的合数的式子，则抽取出式子的个数占式子总个数的比㊁抽取后剩下式子个数占式子总个数的比分别为ａ２５㊁５－ａ２５（当该偶数含质因数５时，ａ２ʈ１且ａ２等于含质因数５的合数个数除以所有数总个数且分母为５时的分子值；当该偶数不含质因数５时，ａ２ʈ２且ａ２等于含质因数５的合数个数的２倍除以所有数总个数且分母为５时的分子值），将每一组（包括抽取的一组或两组）含质因数３的合数的式子淘汰，再将抽取出的含质因数５的合数的式子淘汰，则淘汰的式子个数占式子总个数的比为ａ２５ˑ３－ａ１３，抽取淘汰后剩下式子个数占式子总个数的比为３－ａ１３－ａ２５ˑ３－ａ１３＝５－ａ２５ˑ３－ａ１３．对剩下的式子占总个数的比为５－ａ２５ˑ３－ａ１３的不含质因数３㊁５的合数式子中的数进行分组重排，将前面抽取淘汰式子中的数全部放回剩下的数中参加重排，分别以３㊁５㊁７㊁９㊁１１㊁１３㊁１５为首项㊁１４为公差的等差数列把前后加数都排成７组（共１４组）：将每一组（包括抽取的一组或两组）含质因数３㊁５的合数的式子淘汰，再将抽取出的含质因数７的合数的式子淘汰，则淘汰的式子个数占式子总个数的比为ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３，抽取淘汰后剩下的式子个数占式子总个数的比为５－ａ２５ˑ３－ａ１３－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３＝７－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３．在抽取淘汰式子的数中和抽取淘汰后剩下式子的数中，含质因数１１㊁１３㊁１７ Ｎｍ㊁Ｎｗ的合数所占的比分别约为１１１㊁１１３㊁１１７ １Ｎｍ㊁１Ｎｗ．对剩下的占式子总个数的比为Ｎｍ－ａｍＮｍˑ ˑ７－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３的不含质因数３㊁５㊁７ Ｎｍ的合数式子中的数进行分组重排，将前面淘汰式子中的数全部放回剩下的数中参加重排，分别以３㊁５㊁７ （２Ｎｗ＋１）为首项㊁２Ｎｗ为公差的等差数列把前后加数都排成Ｎｗ（共２Ｎｗ组）：３㊁（３＋２Ｎｗ）㊁（３＋４Ｎｗ） ５㊁（５＋２Ｎｗ）㊁（５＋４Ｎｗ） ７㊁（７＋２Ｎｗ）㊁（７＋４Ｎｗ）Ｎｗ㊁３Ｎｗ㊁５Ｎｗ（２Ｎｗ＋１）㊁（４Ｎｗ＋１）㊁（６Ｎｗ＋１）把所列的式子也排成了Ｎｗ组，式子个数最多的一组比最少的一组多１，其中有两组为Ｎｗ㊁３Ｎｗ㊁５Ｎｗ 这两组除首项Ｎｗ外均为含质因数Ｎｗ的合数，如果该偶数含质因数Ｎｗ，则这两组出现在同一组式子的前后加数中；如果该偶数不含质因数Ｎｗ，则这两组出现在某一组式子的前面加数中和另一组式子的后面加数中，从这些式子中抽取出含质因数Ｎｗ合数的式子，则抽取出式子个数占式子总个数的比㊁抽取后剩下式子个数占式子总个数的比分别为ａｗＮｗ㊁Ｎｗ－ａｗＮｗ（当该偶数含质因数Ｎｗ时，ａｗʈ１且ａｗ等于含质因数Ｎｗ合数个数除以所有数总个数且分母为Ｎｗ的分子值；当该偶数不含质因数Ｎｗ时，ａｗʈ２且ａｗ等于含质因数Ｎｗ合数个数的２倍除以所有数总个数且分母为Ｎｗ的分子值），将每一组（包括抽取的一组或两组）含质因数３㊁５㊁７ Ｎｍ的合数的式子淘汰，再将抽取出的含质因数Ｎｗ合数的式子淘汰，则淘汰的式子个数占式子总个数的比为ａｗＮｗˑＮｍ－ａｍＮｍˑ ˑ７－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３，抽取淘汰后剩下式子个数占式子总个数的比为Ｎｍ－ａｍＮｍˑ ˑ７－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３－ａｗＮｗˑＮｍ－ａｍＮｍˑ ˑ７－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３＝Ｎｗ－ａｗＮｗˑＮｍ－ａｍＮｍˑ ˑ７－ａ３７ˑ５－ａ２５ˑ３－ａ１３．在抽取淘汰式子的数中只含质因数Ｎｗ的合数，在抽取淘汰后剩下式子的数中不含合数，否则合数的最小质因数将大于Ｎｗ，合数将大于（２ｋ－１），是不可能的．二、任何一个奇数等于三个质数之和我们先把该奇数表示为一个偶数与一个质数之和，再根据哥德巴赫猜想一的结论，把加数中的偶数表示为两个质数之和，这样就可以证明哥德巴赫猜想二：任何一个奇数等于三个质数之和．综上所述，通过分组重排㊁抽取淘汰算出等于两个质数之和式子个数在等于两个奇数之和式子总个数中所占的比大于０证明哥德巴赫猜想一，根据哥德巴赫猜想一证明哥德巴赫猜想二．。