猜想证明与拓广

猜想证明与拓广（共5篇）（共5篇）

1.猜想证明与拓广 篇一

“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

2.有趣的“点猜想”证明 篇二

先来具体给出“点猜想”：在平面上给出有限个点（不能共线），且任意两点之间都有直线相连，则至少有一条直线，上面仅有两个点.例如

图1中有5个点，6条线，其中4条线上只有两个点，图2中有6个点，7条线，其中有3条线上只有两个点.

下面与大家一起分享这个猜想的有趣证明.

首先，对每个点做出它到最近的直线之间的距离，通过它的直线不算在内，确定所有距离中最短的那个，不妨设此最短距离由点D和直线L确定，则L上至少有两个点A,B，下面就可以很容易证明L上仅有两个点.

反正法.假设L上还有第三个点C，则在点C与点D之间有直线CD，分两种情况讨论.

（1） 点C在线段AB之外.

此时可得B点到直线CD的距离BF，我们说一定有BF

那么，为什么一定有BF

（2） 点C在线段AB之内.

这里是不是也不用再罗嗦了？稍微动一下聪明的脑筋，结论就出来了.

数学中还有很多很多有趣的问题等待我们去探讨去研究.比方说，26是宇宙中唯一一个存在于平方数和立方数之间的数字（当然是在整数范围内考虑）：25，26，27.是不是感觉有点不可思议？这是大数学家费马早在17世纪发现的一个结论，并给予证明.这些似乎都是在我们身边的东西，并且天天与之接触，怎么就没有发现呢？

数学是个无穷的乐园，希望大家都能积极到里面去开发自己的智慧，享受其中的美妙乐趣！

3.浅谈“哥德巴赫猜想”证明方法 篇三

务川自治县实验学校 王若仲 贵州564300

摘要：对于“哥德巴赫猜想”，我们来探讨一种证明方法，要证明任一不小于6的偶数均存在有“奇素数+奇素数”的情形，如果我们把“奇素数+奇素数”这样的情形若能转换到利用奇合数的情形来加以分析，也就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法，顺筛就是筛除掉集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的全体奇合数；逆筛就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。

关键词：哥德巴赫猜想；奇素数；奇合数；顺筛；逆筛。

德国数学家哥德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”，即任何一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及进展。

(一)比较有名的方法大致有下面四种：

（1）筛法，（2）圆法，（3）密率法，（4）三角求和法。其中：筛法是求不超过自然数Ｎ（Ｎ＞1）的所有素数的一种方法，2m=a+b，a=p1p2p3…pi，b=q1q2q3…qj，筛法的基本出发点，即加权筛法；圆法是三角和（指数和）估计方法；密率法（概率法）是函数估值法。(二)研究的进展

途径一：殆素数，即2m= a1〃a2〃a3〃…〃ai+ b1〃b2〃b3〃…〃bj。殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数，虽然现在不能证明N是两个素数之和，但是可以证明它能够写成两个殆素数的和，即N=A+B，其中A和B的素因子个数都不太多，譬如说素因子个数不超过10。现在用“a+b”来表示如下命题：每个大偶数N都可表为A+B，其中A和B的素因子个数分别不超过a和b。显然，哥德巴赫猜想就可以写成“1+1”。在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。

“a+b”问题的推进

1920年，挪威的布朗证明了“9+9”。

1924年，德国的拉特马赫证明了“7+7”。

1932年，英国的埃斯特曼证明了“6+6”。

1937年，意大利的蕾西先后证明了“5+7”, “4+9”, “3+15”和“2+366”。

1938年，苏联的布赫夕太勃证明了“5+5”。

1940年，苏联的布赫夕太勃证明了“4+4”。

1956年，中国的王元证明了“3+4”。稍后证明了 “3+3”和“2+3”。

1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+c”，其中c是一很大的自然数。

1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“1+5”，中国的王元证明了“1+4”。

1965年，苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉多夫，及意大利的朋比利证明了“1+3 ”。

1966年，中国的陈景润证明了“1+2 ”。

途径二：例外集合，即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。

在数轴上取定大整数x，再从x往前看，寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数，即例外偶数。x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。我们希望，无论x多大，x之前只有一个例外偶数，那就是2，即只有2使得猜想是错的。这样一来，哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。当然，直到现在还不能证明E(x)=1；但是能够证明E(x)远比x小。在x前面的偶数个数大概是x/2；如果当x趋于无穷大时，E(x)与x的比值趋于零，那就说明这些例外偶数密度是零，即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。2 这就是例外集合的思路。

维诺格拉多夫的三素数定理发表于1937年。第二年，在例外集合这一途径上，就同时出现了四个证明，其中包括华罗庚先生的著名定理。

途径三：小变量的三素数定理，即已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。

如果偶数的哥德巴赫猜想正确，那么奇数的猜想也正确。我们可以把这个问题反过来思考。已知奇数N可以表成三个素数之和，假如又能证明这三个素数中有一个非常小，譬如说第一个素数可以总取3，那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。这个思想就促使潘承洞先生在1959年，即他25岁时，研究有一个小素变数的三素数定理。这个小素变数不超过N的θ次方。我们的目标是要证明θ可以取0，即这个小素变数有界，从而推出偶数的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先证明θ可取1/4。后来的很长一段时间内，这方面的工作一直没有进展，直到1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7/120。这个数已经比较小了，但是仍然大于0。

途径四：几乎哥德巴赫问题，即2m=p+q+2k。p和q均为奇素数。

1953年，林尼克发表了一篇长达70页的论文。在文中，他率先研究了几乎哥德巴赫问题，证明了，存在一个固定的非负整数k，使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和。这个定理，看起来好像丑化了哥德巴赫猜想，实际上它是非常深刻的。我们注意，能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合；事实上，对任意取定的x，x前面这种整数的个数不会超过 3 log x的k次方。因此，林尼克定理指出，虽然我们还不能证明哥德巴赫猜想，但是我们能在整数集合中找到一个非常稀疏的子集，每次从这个稀疏子集里面拿一个元素贴到这两个素数的表达式中去，这个表达式就成立。这里的k用来衡量几乎哥德巴赫问题向哥德巴赫猜想逼近的程度，数值较小的k表示更好的逼近度。显然，如果k等于0，几乎哥德巴赫问题中2的方幂就不再出现，从而，林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。

林尼克1953年的论文并没有具体定出k的可容许数值，此后四十多年间，人们还是不知道一个多大的k才能使林尼克定理成立。但是按照林尼克的论证，这个k应该很大。其中有个结果必须提到，即李红泽、王天泽独立地得到k=2000。目前最好的结果k=13是英国数学家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德国数学家普赫塔(Puchta)合作取得的，这是一个很大的突破。

数学家们经过上面四个途径的不断探索求证，仍然没有彻底解决哥德巴赫问题。

现在我们介绍探讨求证“哥德巴赫猜想”的另一种新方法，我在前人筛法的基础上作出了进一步的改进，定义了“顺筛”和“逆筛”这两个基本概念。就是任意给定一个比较大的偶数2m，通过顺筛和逆筛的办法来达到目的。顺筛就是筛除掉集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的全体奇合数；逆筛就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；如果我们设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N。对于“2m=奇数+奇数”（m≥3）来说，就只有下面几种情形：（1）2m=奇合数+奇合数，（2）2m=奇合数+奇素数，（3）2m=奇素数+奇素数，（4）2m=1+奇合数，（5）2m=1+奇素数。

我们的目的就是要筛除掉（1）和（2）以及（4）或（5）情形中的所有奇数（因为对于偶数2m，（4）和（5）的情形不可能同时成立）。但是下面这两种情形我们不必分析讨论： ①偶数2m=p+p，p为奇素数；

②集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pt）}中至少有一 个奇数为奇素数。假若（2m-p2）为奇素数，那么2m=（2m-p2）+p2。所以①和②这两种情形，偶数2m已经可表为“奇素数+奇素数”。如果我们能够明确的判定在任意设定的集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中，通过顺筛筛除掉集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的全体奇合数，通过逆筛筛除掉偶数2m分别减去集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；以及筛除掉1和（2m-1）。集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}通过这样筛除后，如果集合中还剩下有奇数，那么剩下的奇数必为奇素数，并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。

下面我们举实例阐述这种解决“哥德巴赫猜想”新的基本思想方法。首先我们回顾一下2000多年前埃拉托斯特尼筛法，埃拉托斯特尼筛法可以用来寻找一定范围内的素数（比如说m这个数，m这个数 不是太大）：操作的程序是先将第一个数2留下，将它的倍数全部划掉；再将剩余数中最小的3留下，将它的倍数全部划掉；继续将剩余数中最小的5留下，将它的倍数全部划掉，┅，如此直到没有可划的数为止。例如在100内进行这样的操作，可得素数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97。我们暂且把前人的这种筛法称为埃拉托斯特尼顺筛，简称顺筛。就是通过顺筛，能够把某个很大的偶数M范围内的素数全部筛出来，也未必好确定不大于偶数M的所有偶数均可表为两个奇素数之和。顺筛实际上就是筛出偶数M范围内的所有偶数（除2外）和所有奇合数。如果我们在顺筛的基础上，再配合另外一种筛法，我们暂且把这种筛法称为埃拉托斯特尼逆筛，简称逆筛。逆筛就是筛除掉偶数2m分别减集合{1，3，5，7，9，…，（2m-1）}中的每一个奇合数而得到的全体奇数；对于偶数M范围内的所有正整数，通过顺筛和逆筛配合筛出后，一定能够判定偶数M是否可表为两个奇素数之和。

我们以偶数100为例来阐述，因为“哥德巴赫猜想”针对的是奇素数，而奇素数是从奇数中分离出来的概念，所以我们就排出偶数的情形，只考虑奇数的情形。

对于偶数100以内的全体奇数，首先进行顺筛：

（1）筛出3的倍数，可得集合A1={1，3，5，7，11，13，17，19，23，25，29，31，35，37，41，43，47，49，53，55，59，61，65，67，71，73，77，79，83，85，89，91，95，97}。（2）在集合A1中筛出5的倍数，可得集合A2={1，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，49，53，59，61，67，71，73，77，79，83，89，91，97}。

（3）在集合A2中筛出7的倍数，可得集合A3={1，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97}。

偶数100以内的全体奇数，经过顺筛后，可以得出下面这样的结论：满足“奇合数+奇合数=100”中的全体奇合数，满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇合数，满足“1+奇合数=100”中的奇合数，全部被筛除。

又因为区间[√100，100]以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，这种情形扩展开来的一般情形完全可以证明。

其次进行逆筛：

（4）在集合A3中筛出集合{（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }中的奇数，可得集合A4={3，5，11，17，23，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

（5）在集合A4中筛出集合{（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）}={79，65，51，37，23，9}中的 奇数，可得集合A5={3，5，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

（6）因为100含有奇素数因子5，所以奇素数5要直接筛出。最后得到集合A6={3，11，17，29，41，47，53，59，71，83，89，97}。

所以再经过逆筛后，我们可以得出这样的结论：满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇素数，满足“1+奇素数=100”中的奇素数，全部被筛除。

显然可得到偶数100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。虽然我们前面阐述了利用顺筛和逆筛配合筛法的妙处。但是对于很大很大的偶数2m，这种配合筛法的技术难度仍然相当大，怎样克服这个技术性难题呢？下面我们再阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。

我们还是以偶数100为例来阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法：

对于偶数100以内的全体奇数组成的集合A，那么集合A={1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，65，67，69，71，73，75，77，79，81，83，85，87，89，91，93，95，97，99}，集合A中元素的总个数为50个。

因为区间[√100，100]以内的任一奇合数均能被奇素数3，5，7中的某一个奇素数整除，对于偶数100，我们只需用奇素数3，5，7来设定一些集合就能达到目的了。设集合A1={9，15，21，27，33，39，45，51，57，63，69，75，81，87，93，99}，集合A1´={（100-9），（100-15），（100-21），（100-27），（100-33），（100-39），（100-45），（100-51），（100-57），（100-63），（100-69），（100-75），（100-81），（100-87），（100-93），（100-99）}={91，85，79，73，67，61，55，49，43，37，31，25，19，13，7，1 }，集合A2={15，25，35，45，55，65，75，85，95}，集合A2´={（100-15），（100-25），（100-35），（100-45），（100-55），（100-65），（100-75），（100-85），（100-95）}={85，75，65，55，45，35，25，15，5}，集合A3={21，35，49，63，77，91}，集合A3´={（100-21），（100-35），（100-49），（100-63），（100-77），（100-91）}={79，65，51，37，23，9}。

（1）因为偶数100含有奇素数因子5，所以我们只需考虑集合B=A2∪A2´={5，15，55，35，45，55，65，75，85，95}的情形。又因为偶数100不含有奇素数因子3和7，所以集合A1和A1´无公共元素，集合A3和A3´无公共元素。

（2）集合A1∩B={15，45，75}，集合A1´∩B={25，55，85}，集合A1∩A3={21，63}，集合A1´∩A3={49，91}，集合A1∩A3´={9，51}，集合A1´∩A3´={37，79}，集合A3∩B={35}，集合A3´∩B={65}，集合A1∩A3∩B=ф，集合A1´∩A3∩B=ф，集合A1∩A3´∩B=ф，集合A1´∩A3´∩B=ф。

（3）有了上面（1）和（2）的准备工作，我们下面就开始从集合中元素的数量着手，展开阐述解决这个技术性难题的基本思想方 法。

（4）因为集合A中元素的总个数为50个，在集合A中筛除集合A1和A1´中的元素，可以转换到从集合中元素的数量来着手，即得50-16-16=18（个）（集合A1和A1´中元素的总个数均为16个）。

（5）再在集合A中筛除集合B中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3=14（个），因为在50-16-16-10中集合A1∩B={15，45，75}中元素的总个数多减了一次，所以要加上3；又因为在50-16-16-10中集合A1´∩B={25，55，85}中元素的总个数多减了一次，所以要再加上3。

（6）再在集合A中筛除A3和A3´中的元素，转换到从集合中元素的数量着手，即得50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个），因为在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A3={21，63}中元素的总个数，集合A1´∩A3={49，91}中元素的总个数，集合A1∩A3´={9，51}中元素的总个数，集合A1´∩A3´={37，79}中元素的总个数，集合A3∩B={35}中元素的总个数，集合A3´∩B={65}中元素的总个数，均被多减了一次，所以要加上4个2和2个1。

（7）从前面这个实例，我们不难得出这样一个结论：对于偶数M，利用顺筛和逆筛配合筛，再转换到利用集合中元素的数量来处理，就容易处理多了。当然对于很大很大的偶数2m，也是肯定容易处理多了，这就是解决技术性难题的基本思想方法。

因为集合A1∪{3}与集合A1´∪{（100-3）}中元素的个数相等，并且均约等于50÷3个；集合B中元素的个数等于50÷5个；集合 A3∪{7}与集合A3´∪{（100-7）}中元素的个数相等，并且均约等于50÷7个；以偶数100为例各种算法验证如下：

算法一：50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12（个）。算法二：50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+ 50÷35×2-50÷105×4≈50-33.3333333-10+6.6666667-14.2857143 +9.52380952+2.85714286-1.9047619≈69.0476191-59.5238095≈9.5238096≈9（个）。

算法三：50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+50÷35×2-50÷105×4=50×（1-2÷3）-（50÷5）（1-2÷3）+（50÷7）×2（1-2÷3）+50÷35×2（1-2÷3）=50×（1-2÷3）（1-1÷5）-（50÷7）×2（1-2÷3）（1-1÷5）=50×（1-2÷3）（1-1÷5）（1-2÷7）=50×（1÷3）（4÷5）（5÷7）≈9＞50÷7＞7（个）。

对于第三种验算方法，关于偶数100，说明通过顺筛和逆筛配合筛后，被筛除的集合中至少还有7个奇数未被筛除，就是把1和99再筛除还计算在内，被筛除的集合中至少还有5个奇数未被筛除，剩下的奇数必然只能满足“奇素数+奇素数=100”的情形，这就说明偶数100能表为两个奇素数之和。

现在我们开始阐述解决“哥德巴赫猜想”的基本思想方法：（1）为了解决无穷的情形，我们必须从极限这一基本点着手，解决了极限成立的情形，其它情形显然成立。

（2）因为偶数2m=1+（2m-1）=3+（2m-3）=5+（2m-5）=7+（2m-7）=„=（2m-7）+7=（2m-5）+5=（2m-3）+3=（2m-1）+1。对于“偶数2m=奇数+奇数”来说，只有下面几种情形： ①偶数2m=奇合数+奇合数，②偶数2m=奇合数+奇素数，③偶数2m=奇素数+奇素数，④偶数2m=1+奇合数，⑤偶数2m=1+奇素数。

（3）极限的情形无外孚是对于一个非常大的偶数2m，设奇素数p1，p2，p3，„，pt均为不大于√2m的全体奇素数（pi＜ pj，i＜j，i、j=1，2，3，„，t），t∈N；并且假设偶数2m均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt，集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-pt）}中的奇数均为奇合数；这就保证了集合{（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），„，（2m-pt）}中的奇数只能是前面（2）中“偶数2m=奇合数+奇素数”的情形。

（4）设置集合A={1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}，又 设置集合A1={ p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}，集合A1´={（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}，集合A2={p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}，集合A2´={（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}，集合A3={p3，3p3，5p3，7p3，9p3，„，（2m3-1）p3}，集合A3´={（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}，„，集合At={pt，3pt，5pt，7pt，9pt，„，（2mt-1）pt}，集合At´={（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]}；其中奇数（2m1-1）p1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m2-1）p2为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2m3-1）p3为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，„，奇数（2mt-1-1）pt-1为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数，奇数（2mt-1）pt为该表达形式下不大于奇数（2m-1）的最大奇数。

（5）我们令集合B=集合A1∪A1´∪A2∪A2´∪A3∪A3´∪„∪At∪At´∪{1，（2m-1）}，只要我们在集合A={1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}中筛除了属于集合B中的全体奇数，即集合A与集合B的差集C中如果完全筛除了①和②以及④或⑤中这样的所有奇数，即满足上面（2）中“偶数2m=奇合数+奇合数”，偶数2m=奇合数+奇素数，偶数2m=1+奇合数或者偶数2m=1+奇素数的全体奇数，只要能证明集合A与集合B的差集C中还有奇数就达到目的了；也就是说集合C中的奇数只能满足上面（2）中“偶数2m=奇素数+奇素数”的情形。

（6）为了证明集合C中还有奇数，我们还应一步一步着手： 〈1〉在集合A中筛除属于集合A1和集合A1´中的奇数，得到集合B1；

〈2〉在集合B1中筛除属于集合A2和集合A2´中的奇数，得到集合B2；

〈3〉在集合B2中筛除属于集合A3和集合A3´中的奇数，得到集合B3；

┇ 〈t-1〉在集合Bt-2中筛除属于集合At-1和集合At-1´中的奇数，得到集合Bt-1；

〈t〉在集合Bt-1中筛除属于集合At和集合At´中的奇数，得到集合Bt。

如果我们把（6）的这种筛除方法再转换一下方式，即利用集合A1，A1´，A2，A2´，A3，A3´，„，At，At´中元素的数量来加以分析探讨，可能会得到意想不到的形情。由此我们再分析如下：

（7）对于正实数x，如果我们设置符号【x】表示为不大于x的最大正整数。设集合{1，3，5，7，9，„，（2m-3），（2m-1）}中元素的总个数为W；我们用【W÷p1】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}中全体奇数的总个数，【W÷p1´】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]} 中全体奇数的总个数，【W÷p2】表示集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷p2´】表示集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，【W÷（p2p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷（p2p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中全体奇数的总个数，【W÷（p2´p1）】表示集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，【W÷（p2´p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]} 中全体奇数的总个数，„，【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】表示集合{（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]}∩{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}∩{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}∩„∩{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]} 中全体奇数的总个数。

为了达到筛除的最大极限，我们假定偶数2m中均不含有奇素数因子p1，p2，p3，„，pt；并且把奇数p1，（2m-p1），p2，（2m-p2），p3，（2m-p3），„，pt，（2m-pt）等等均看作要筛除；就是在集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}中筛除属于集合{p1，3p1，5p1，7p1，9p1，„，（2m1-1）p1}中的全体奇数，筛除属于集合（2m-p1），（2m-3p1），（2m-5p1），（2m-7p1），（2m-9p1），（2m-11p1），„，[2m-（2m1-1）p1]} 中的全体奇数，筛除属于集合{p2，3p2，5p2，7p2，9p2，„，（2m2-1）p2}中的全体奇数，筛除属于集合{（2m-p2），（2m-3p2），（2m-5p2），（2m-7p2），（2m-9p2），（2m-11p2），„，[2m-（2m2-1）p2]}中的全体奇数，筛除属于集合{p3，3p3，5p3，7p3，9p3，„，（2m3-1）p3}中的全体奇数筛除属于集合{（2m-p3），（2m-3p3），（2m-5p3），（2m-7p3），（2m-9p3），（2m-11p3），„，[2m-（2m3-1）p3]}中的全体奇数，„，筛除属于集合{pt，3pt，5pt，7pt，9pt，„，（2mt-1）pt}中的全体奇数，筛除属于集合{（2m-pt），（2m-3pt），（2m-5pt），（2m-7pt），（2m-9pt），（2m-11pt），„，[2m-（2mt-1）pt]}中的全体奇数。

那么集合{1，3，5，7，9，„，（2m-1）}经过上面这样筛除后集合中最终剩下奇数的总个数可以转化为下面这种计算形式：

Y=W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】。

只要我们能证明【W÷（p2p1）】=【W÷（p2p1´）】=【W÷（p2´p1）】=【W÷（p2´p1´）】；【W÷（p3p2p1）】=【W÷（p3p2p1´）】= 【W÷（p3p2´p1）】=【W÷（p3´p2p1）】=【W÷（p3p2´p1´）】=【W÷（p3´p2p1´）】=【W÷（p3´p2´p1）】=【W÷（p3´p2´p1´）】；„；【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】=【W÷（ptpt-1„p3p2p1´）】=【W÷（ptpt-1„p3p2´p1）】=【W÷（ptpt-1„p3´p2p1）】=„=【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】。那么就有

Y= W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+ 【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】 +【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+ 【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´pt-1´„p3´p2´p1´）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+„-【W÷pt】-【W÷pt】+„+（-1）t【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】。

如果我们又能证明【W÷（p2p1）】≈W÷（p2p1）；【W÷（p3p1）】≈W÷（p3p1）；【W÷（p2p3）】≈W÷（p2p3）；【W÷（p3p2p1）】≈W÷（p3p2p1´）；„；【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】≈W÷（ptpt-1„p3p2p1）。并且又能证明Y=W-【W÷p1】-【W÷p1´】-【W÷p2】-【W÷p2´】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1´）】+【W÷（p2´p1）】+【W÷（p2´p1´）】-【W÷p3】-【W÷p3´】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1´）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2´）】+【W÷（p3´p1）】+【W÷（p3´p1´）】+【W÷（p3´p2）】+【W÷（p3´p2´）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1´）】-【W÷（p3p2´p1）】-【W÷（p3p2´p1´）】-【W÷（p3´p2p1）】-【W÷（p3´p2p1´）】-【W÷（p3´p2´p1）】-【W÷（p3´p2´p1´）】-【W÷p4】-【W÷p4´】+„-【W÷pt】-【W÷pt´】+„+（-1）t【W÷（pt´ pt-1´„p3´p2´p1´）】=W-【W÷p1】-【W÷p1】-【W÷p2】-【W÷p2】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】+【W÷（p2p1）】-【W÷p3】-【W÷p3】+【 W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【 W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p1）】+【W÷（p3p2）】+【W÷（p3p2）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【 W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷（p3p2p1）】-【W÷p4】-【W÷p4】+„-【W÷pt】-【W÷pt】+„+（-1）t【W÷（ptpt-1„p3p2p1）】＞W-W÷p1-W÷p1-W÷p2-W÷p2+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）+W÷（p2p1）-W÷p3-W÷p3+ W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）+W÷（p3p1）+W÷（p3p1）+W÷（p3p2）+W÷（p3p2）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）-W÷（p3p2p1）

t-W÷（p3p2p1）-W÷p4-W÷p4+„-W÷pt-W÷pt+„+（-1）W÷（ptpt-1„p3p2p1）=W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）„（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）。

然而Yt′=【W（1-d1÷p1）（1-d2÷p2）（1-d3÷p3）„（1-di-1÷pi-1）（1-di÷pi）（1-di+1÷pi+1）„（1-dt-1÷pt-1）（1-dt÷pt）】≥【W（1-2÷p1）（1-2÷p2）（1-2÷p3）„（1-2÷pi-1）（1-2÷pi）（1-2÷pi+1）„（1-2÷pt-1）（1-2÷pt）】=【W（1-2÷3）（1-2÷5）（1-2÷7）（1-2÷9）（1-2÷11）„[1-2÷（pi-2）]（1-2÷pi）[1-2÷（pi+2）]„[1-2÷（pt-2）]（1-2÷pt）】＞＞【m÷pt】，其中di=1或2，（i=1，2，3，„，t）。当偶数2m中含有奇素数因子pi时，那么di取值为1；当偶数2m中不含有奇素数因子pi时，那么di取值为2；因为pt＜√2m，所以当m相当大时，m÷pt的值比3要大很多很多。说明集合中余下得有奇数，并且 余下的奇数必定为奇素数，并且只满足“2m=奇素数+奇素数”的情形。

如若是，则“哥德巴赫猜想”就解决了。

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]王文才，施桂芬，数学小辞典（科学技术文艺出版社）1983年2月第1版

4.猜想证明与拓广 篇四

哥德巴赫猜想是数学王冠上的明珠，而它还有一个被称作“弱哥德巴赫猜想”的姐妹版本。英国《自然》杂志网站１４日报道说，华裔数学家陶哲轩在研究“弱哥德巴赫猜想”上取得突破，有望最终解决这个世纪难题。１７４２年，哥德巴赫在写给另一位数学家欧拉的信中提出一个数学猜想，这个猜想可用现代数学语言陈述为：任一大于５的整数都可写成３个质数之和。欧拉在回信中提出另一个等价版本，即任一大于２的偶数都可写成两个质数之和，如８＝５＋３。我们今天常见的“哥德巴赫猜想”陈述主要是后者，它也被称作“强哥德巴赫猜想”或“关于偶数的哥德巴赫猜想”。从这个猜想又可推出：任一大于５的奇数都可写成３个质数之和，也就是所谓的“弱哥德巴赫猜想”。

据《自然》杂志报道，美国加利福尼亚大学的华裔数学家陶哲轩在证明“弱哥德巴赫猜想”上取得了突破，他在一篇论文中证明，可以将奇数写成５个质数之和。

这篇论文已提交学术刊物，处于审稿进程之中。

《自然》援引陶哲轩的话说，有望将所需质数的数目降至３个，从而证明“弱哥德巴赫猜想”。他还表示，“弱哥德巴赫猜想”与“强哥德巴赫猜想”相比还是要容易得多，要证明“强哥德巴赫猜想”，数学家们仍要面对巨大的困难。

5.中国酒业回顾与猜想 篇五

白酒一线品牌：立体化战略style

全国白酒一线品牌，致力于定位高端品牌形象，主攻中国白酒高端市场。具有行业领袖风范的中国白酒品牌三甲茅台、五粮液、泸州老窖，总是能高瞻远瞩地适时调整企业发展战略，冷静、积极应对新形势下的新变化。

20发生的许多事件，如“限制三公消费”政策，反腐力度加大，抑制通货膨胀，经济大环境走势平稳放缓等等待，影响到了一线品牌高端酒的销售增长，尤其是对飞天茅台产品影响较大。高端白酒年年高走，走到，发现了“天花板”。

另有一些事件也在悄悄影响着一线品牌企业的发展，如全国二线品牌、区域强势品牌努力抢占中高端、中端白酒市场，纷纷“拍案而起”的酱酒区域品牌，开始全国化征程，力图先行一步，争抢“中高端、中端酱酒领导品牌”地位等等，都在挤压一线品牌市场空间。

全国一线品牌面临的处境，打个比喻就是在一栋楼里，身处三层的一线品牌原本不太关注一层、二层被谁占位，于是全国二线品牌、区域强势品牌占据了二层，区域品牌占据了一层;这时，一线品牌发现三楼的空间在缩小，同时还发现，这栋楼没有四层。

于是，20的茅台集团，冷静应对新变化，积极开展战略调整，强势实施“立体化”战略思路。所谓“立体化”战略，就是“品牌立体化，产品立体化，市场立体化”，一言而概之，就是――每一个市场，都要有我的成功产品!

茅台集团有众多子品牌，2012年，飞天茅台品牌在固守国内高端白酒市场的同时，倾向于国际市场的推广与开拓;紧接着，茅台集团重磅推广“习酒”子品牌，其目标直指中高端、中端白酒市场;几乎同时，茅台集团白金酱酒以茅台集团酱香型白酒的身份上市，主打中端市场，主攻中高端的汉酱，和主攻中端的酱香型迎宾酒产品，亦出现在全国市场。

白酒立体化战略，不同于跨酒种的多元化战略，由于是在同一酒种内的经营，不存在多元化所产生的不利因素。

白酒立体化战略，又不同于多贴牌战略，它是由企业直接并具体掌控、管理、规划的子品牌、子产品的资源融合，所以也不存在多贴牌战略所产生的各种弊端。

白酒立体化战略，更不同于简单的“产品线完善”，产品与产品之间只有价位不同，缺乏清晰的产品差异化诉求，也缺乏明确的渠道分工、目标市场分工、目标消费群体分工。

白酒立体化战略，是全国一线品牌、知名品牌的品牌价值深度挖掘，是一个品牌经过多年成长、推广才能拥有的影响力体现，品牌价值越高，品牌影响力与知名度越高，实施立体化战略的成功率也就越高，所以，这是二线品牌、区域品牌要慎重考虑与选择的战略。

2012年，全国一线品牌都在积极探索战略调整的方向与思路。寻求更多的市场，是他们的方向，有的品牌战略调整，令业界眼前一亮、充满信心，而有的品牌战略调整，却业界褒贬不一、心生忧虑。

例如汾酒品牌，在开拓全国市场过程中，仍然在于“产品提价”等老方法进行产品线升级，进攻中高端、高端市场，就显得步履维艰;同时，汾酒品牌提出的“酒魂”概念，有明显的“概念炒作”之嫌，虚而空洞。白酒的主要功能，是满足消费者的精神需求，虽然是精神范畴，但也是具象化的需求满足。举个例子：北京人爱喝牛栏山，牛栏山的“咱北京人自己的酒”，满足的是消费者“我爱北京，我爱北京文化，我要在北京和北京文化中寻求归属感”这样一种具象的需求;2012年冬天，汾酒在央视播出广告的广告语“跨越百亿新征程”，更是令人汗颜――在央视作广告，是直接面对消费者，此广告语的目的是什么?难道想告诉消费者，汾酒一年就从消费者手里掏走了一百亿?白酒果然是暴利行业?因为汾酒卖了一百亿，所以消费者才应该喝汾酒?

白酒二线品牌：中国好声音

2012年白酒行业，树欲静而风不止，全国白酒二线品牌，传出了“中国好声音”―― 生态酿酒、绿色酿酒，

2012年沱牌舍得酒业的“生态之旅”，被业界和消费者誉为“绿色之旅”。2012年12月，经历塑化剂**的白酒行业尚处于伤痛期时。从中最快恢复过来的竟是全国二线品牌沱牌舍得。12月17日，沱牌舍得午后封住涨停板;18日，又以5.23%的涨幅，成为白酒板块的领涨标杆。表面观察，这是股民和消费者对沱牌舍得的信心与支持;深入分析，不难发现，在举国上下关注食品安全、关注绿色健康消费的2012年，在“放大镜之下”的白酒行业，沱牌舍得生态酒的“生态”酿酒理念，无疑为白酒行业指明了一个方向。

沱牌舍得生态酒的意义，不仅是开创了一个崭新的“生态白酒”品类，还为白酒行业的生产企业的未来发展指明了一个方向：不论是冠名“生态”二字，还是没有冠名“生态”二字的，企业的生产过程都应该是生态的、环保的、节能的;其产品都应该是生态的，绿色的，健康的;生态白酒，应该是每一款白酒产品最基本的质量要求、最核心的产品竞争力。

生态白酒，是白酒行业的“中国好声音”，也是全国二线品牌未来发展的“好声音”。在全国二线阵营里，有的品牌力推生态酿酒理念，成为了行业“正能量”，而有的品牌却背道行之，成为了行业“负面教材”。

例如衡水老白干，2012年12月，被媒体曝光，衡水老白干企业存在严重的废水直排、污染环境问题，并质疑“地方环保监管执法不力”，导致类似衡水老白干的企业污染行为时有发生，给当地生态环境造成严重危害。衡水老白干的“污染式生产”，与沱牌舍得的“生态酿酒”，着实形成了鲜明的反差与对照，试问一个对环保缺乏责任感的企业，其生产出的产品质量，又会对于消费者的身体健康担负起多大的责任感呢?

白酒区域品牌：谁的百亿不是梦

相比而言，2012年的白酒区域品牌，日子还算好过，因为市场发展的趋势是中端产品主流化，区域品牌主攻的中端价位区间的市场空间越来越大，前景光明。作为区域品牌，其战略变化灵活，可攻可守，也可攻防结合;可继续实施全国化战略，也可重点防守，精耕细作根据地市场。

百亿目标，不仅是全国二线品牌的期待，也是许多区域品牌的热望;2012年，百亿作为区域品牌阵营的一个热词，成为了一些区域品牌具体的战略目标。

同样是百亿目标，有的品牌提出来，赢得业界赞声一片;可是有的品牌提出来，却收获了“板砖”和“鸡蛋”，引起业界质疑声声。

未来的白酒行业风向，必将不同于过去的黄金10年，在稳中求增的环境下，跨越式发展的企业会越来越少、成功案例也会越来越少;同时，业界不能只看到成功企业跨越式的那几年，而忽略了企业几十年、几百年的历史沉淀;洋河能得到跨越式发展，因为其有第三届评酒会“八大名酒”的历史根基;水井坊能跨越式发展，因为它的前身全兴大曲更具备第二届评酒会“八大名酒”的历史根基。相比之下，有些区域小品牌提出的百亿战略目标，是实战，还是噱头?

高端白酒：下行

受经济形势和相关政策影响，2012年终端售价1000元以上的高端白酒全年销售形势不容乐观。三公消费政策对高端白酒的下行趋势贡献“颇大”，未来高端白酒仍将受此类政策的影响，并且打压程度会进一步加深。

主要原因是新一届中央领导人加大反腐力度，从《中央军委加强自身作风建设十项规定》的内容就可见一斑，因此高端白酒公务消费的渠道进一步变窄。但是这并不代表高端白酒毫无市场可言，只是其消费群体将会随着消费升级而以商务群体和个人为主。