| 哥德巴赫猜想的证明 |
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| 作者：刘鸿高 文章来源：刘鸿高 点击数： 更新时间：2006-5-20 19:38:51 |
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提要：本文证明了4 有特定的“1+1”解，大于4的偶数都有一般的“1+1”解，从而证明了哥德巴赫猜想命题（1）：每个大于2的偶数都是两个素数之和；进而证明了哥德巴赫猜想命题（2）：每个大于5的奇数都是三个素数之和.哥德巴赫猜想完全得得证.
THE PROOF OF GOLDBACH CONJECTURE（ Liu Honggao）
ABSTRACT：The author has proved that 4 has the specific solution of “1+1”, and an even number more than 4 has the general solution of “1+1”. He has proved, themfore, the Proposition (1) of Goldbach conjecture：Each even number more than 2 is the sum of two prime numbers, and then the Proposition (2)：Each odd number more than 5 is the sum of three prime numbers. Goldbach conjecture has been proved completely.
一、序言
哥德巴赫猜想是数论中著名问题之一，由德国数学家哥德巴赫（Christian Goldbach）1742年6月7日在给欧勒的信中提出，包括两个命题：（1）每个大于2的偶数都是两个素数之和① ，（2）每个大于5的奇数都是三个素数之和[1].两百多年来，我国和外国的许多数学家为了证明这个猜想而奋斗不息.他们在数学上作出了卓越的贡献，但还没有对该猜想作出一般的证明.这个猜想的一般证明确实十分复杂，作者从1978年春开始对它进行研究，用了整整17年时间才把它解决，而且又用了5年时间才定稿.这个成果完全解决了哥德巴赫猜想一般证明的问题.
二、命题（1）的证明
命题（1）：每个大于2 的偶数都是两个素数之和.
为了证明命题（1），需从整数开始进行系统的研究.整数以2为模，分为偶数和奇数两类.偶数除2为素数以外，其它都是合数.奇数包含了大于2的所有素数和许多合数.
4在大于2的偶数中是一个特例.它由偶素数2构成2P(P为素数)型偶数，其“1+1”解为： 4＝2＋2.
对于大于4的偶数，素数2都不能构成“1+1”解.因此，在研究大于4的偶数的“1+1”解时，根本不用考虑2素数，而只能在大于2的素数中进行.
在大于2的任何区间的整数中，也就是说在大于4的偶数的中数以内②都有奇素数，而且奇素数的数量无限[2].这就为证明大于4的偶数都有一般的“1+1”解提供了前提条件.
为了证明大于4的偶数2N都有一般的“1+1”解，需以一定的素数为模，对一定类型的数进行同余分类，然后把对一定素数模0 同余的同余类筛选掉.这种以同余分类为基础进行筛选的方法，叫做同余分类筛法.运用同余分类筛法，根据下列五条定理，便可证明每个大于4的偶数都有一般的“1+1”解.
整数数列以6为模进行同余分类，大于3的素数只能出现在6m±1(m>0)两个同余类中，也就是说，都可以表述为6a－5(a>1)或6b－7(b>1)型数，而对于上述两个类型的数有定理1 .
定理１、设Pc为大于3的素数，在6a-5或6b-7型数的数列中，任意取Pc个以内的连续数，则其中最多只有一个数能够满足6a≡5(modPc) 或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc).
证明：6a-5和6b-7型数的数列都是等差为6的等差级数.在6a-5和6b-7型数的数列中，因为2|6a，2|6b，而25，27，所以26a-5，26b-7；同理36a-5，36b-7.因此，在判断6a-5或6b-7型数是否为素数时，模数不必考虑素数2和3，而只需考虑大于3的素数Pc .
设任意一个6a-5(a>1)型的数，在其后面连续的等差为6的Pc个等差级数为：6(a+1)-5，6(a+2)-5，6(a+3)-5......6(a+Pc-2)-5，6(a+Pc-1)-5，6(a+Pc)-5.在该等差级数的数列中，若某个数6(a+m)-5(0＜m≤ Pc)除以大于3的素数Pc为整数，即6(a+m)-5=nPc(n>0)；那么，其它Pc-1个数为6(a+m)-5±6e(0<e<Pc)，它们除以Pc为[6(a+m)-5]/Pc±6e/Pc，由于Pc|6(a+m)-5，而6e不含Pc因子，Pc6e，所以 Pc6(a+m)-5±6e ，各个数都总有一定的余数r(0<r<Pc).该数列由于是等差级数，每个数的余数都不可能相等.余数的变化值为1~Pc-1，而有余数的数也是Pc-1个，所以各个数的余数必然分别为1，2，3......Pc-3，Pc-2，Pc-1中的某一个数.这些余数的分布次序随着起始数的不同而不同，但都有一定的分布规律.
上述连续的Pc个等差为6的等差级数的起始数可以任意确定，如6(a+Pc-2)-5，6(a+Pc-1)-5，6(a+Pc)-5，6(a+Pc+1)-5......6(a+2Pc-4)-5，6(a+2Pc-3)-5等.
同理可证明在任意一个6b-7(b>1)后面连续的等差为6的Pc个等差级数中，只有某一个数6(b+m)-7(0<m≤ Pc)能被Pc整除，使得6（b+m)-7=nPc(n>0)，而其它Pc-1个数除以Pc都不可能为整数，总有一定的余数r(0<r <Pc).在Pc-1个等差级数中，各个数的余数也必然分别为1，2，3......Pc-3，Pc-2，Pc-1中的某一个数.这些余数的分布也总有一定的规律.连续的Pc个等差为6的等差级数6b-7的起始数也可任意确定.
既然在6a-5或6b-7型等差级数数列中，有Pc个连续数时，只有一个数能够满足6a≡ 5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它Pc-1个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc)，那么，在6a-5或6b-7型数的数列中只有2~Pc-1个连续数时，显然就最多只有一个数可能满足6a≡5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc).定理1证毕.
哥德巴赫猜想的证明
刘鸿高
定理2、设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数.
分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系.
1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况：
(1)当PA为6a-5型素数时：
A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5<6(a+x)-5<2(6a-5).
由6a-5<6(a+x)-5可知6a-5<6a+6x-5，6x>0，即x>0；由6(a+x)-5<2(6a-5)可知6a+6x-5<12a-10，6x<6a-5，x<a-5/6,
只考虑整数，x<a .
综上所述，0<x<a .因此，在PA~2PA之间有a-1个6(a+x)-5型的连续数.
B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：6a-5<6b-7<2(6a-5).由6a-5<6b-7可知 6b>6a+2, b>a+1/3，
只考虑整数，即b>a；由6b-7<2(6a-5)可知 6b-7<12a-10 , b<2a-1/2，只考虑整数，即b<2a .
综上所述：a<b<2a .因此，在PA~2PA之间也有a-1个6b-7型的连续数.
(2)当PA为 6b-7型素数时：
A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：6b-7<6a-5<2(6b-7) .由6b-7<6a-5可知 6a>6b-2，a>b-1/3，
只考虑整数，a>b-1；由6a-5<2(6b-7)可知 6a-5<12b-14，6a<12b-9， a<2b-3/2，只考虑整数，a<2b-1 .
综上所述，b-1<a<2b-1 .因此，在PA~2PA之间有a=b，b+1，......，2b-3，2b-2等b-1个6a-5型连续数.
B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：6b-7<6(b+y)-7<2(6b-7).由6b-7<6(b+y)-7可知
6b-7<6b+6y-7， 6y>0，即y>0；由6(b+y)-7<2(6b-7)可知 6b+6y-7<12b-14，6y<6b-7，y<b-7/6，
只考虑整数，即y<b-1.
综上所述：0<y<b-1 .因此，在PA~2PA之间有b-2个6(b+y)-7型连续数.
总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数.
2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系：
(1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：a>[2(6a-5)]1/2 ，a2>12a-10 ，a2-12a+10>0 . 解上述不等式得：a>11.1，
只考虑整数，即a>11时，上述不等式成立.
(2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a>11时a> [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b>[2(6b-7)]1/2解得b>10时该不等式成立.
以上计算表明：当a>11时，a>[2(6a-5)]1/2；当b>10时，b>[2(6b-7)]1/2.为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a>11时，a>(2PA)1/2；当b>11时，b>(2PA)1/2 .因此，当a>11或b>11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定.
证明：运用a>11和b>11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行.
1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 .
在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明.实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个.
2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 .
PA>61，即a>11，b>11.在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71.运用同余分类筛法---归纳法有：
(1)当 PA为6a-5型素数时：
A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数.a以内包含有5、7、11三个大于3的素数.
根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a5(mod11)；
其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a5(mod7)；
最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a5(mod5)，成为素数.
同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b7(mod11，7，5)，成为素数.
综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立.
B、当PA>67时，a>12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数.
假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u.
首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.
而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.
当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 .
以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1...... P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.
同样，以Pu+1为模，对u个6b-7型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次用Pu、Pu-1…P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj),逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.
综上所述，当PA为大于67的6a-5型素数时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即一共至少有两个素数.
(2)当PA为6b-7型素数时：
A、当PA=71，b=13，在PA~2PA之间，有b-1=12个6a-5型连续数和b-2=11个6b-7型连续数.b以内包含大于3的素数Pj有5、7、11、13四个.
首先，以13为模，对12个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod13)，筛选掉，其它11个同余类都是6a5(mod13)；
其次，在以上数列中取11个6a-5型连续数（避开或包含前面筛选掉的那个6a-5型数都可），以11为模，对6a5(mod13)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个同余类都是6a5(mod11)，纵使前面已经筛选掉的那个同余数也算一个以11为模的同余类，还有9个同余类都是6a5(mod11)；
再次，以7为模，在上述数列中取7个6a-5型连续数，纵使不避开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，对6a5(mod11)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，其它的同余类都是6a5(mod7)，也纵使前面已经筛选掉的两个同余的6a-5型数，在以7为模的同余分类中也各占一个同余类，至少还有4个同余类都是6a5(mod7)；
最后，以5为模，在上述数列中取5个连续的6a-5型数，纵使都不避开前面已经筛选掉的3个6a-5型数，还有两个同余类，同样最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，至少还有1个同余类是6a5(mod5)，即71～142之间至少有1个6a-5型的素数.
同理可证明：在71～142之间11个6b-7型连续数中，至少有1个6b7(modPj)的6b-7型的素数.
综上所述，当PA=71时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即至少共有两个素数（实际上多达14个），定理2成立.
B、当PA>71，b>13，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.
假设b=u，u>13，在6u-7~2(6u-7)之间有u-1个6a-5型连续数和u-2个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u .
首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少还有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.
而且，以Pu为模，对u-2个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.
当b=u+1时，在6(u+1)-7~2[6(u+1)-7]之间，有u个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与b=u时一样多，最多也只能比b=u增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1.
以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.
同样，以Pu+1为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，根据定理1，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.
总之，不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，在PA~2PA之间都至少有1个6a-5型的素数和1个6b-7型的素数，即至少有两个素数.定理2证毕.
定理2也可以表述为与其等价的定理3.
定理3、设整数B>5，则在B~2B之间至少有两个素数.
证明：B只有三种情况：当B=6时，2B=12，在6~12之间有7和11两个素数；
当B为大于5的素数PA时，定理3即为定理2，在B~2B之间至少有两个素数；
根据定理2，在大于5的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2.显然，当B在PA~PA+1之间时，由于
B<PA+1<PA+2，而B>PA，即2B>2PA，所以在B~2B之间至少有两个素数PA+1和PA+2.定理3证毕.
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刘鸿高
定理4、设大于4的偶数为2N，则N以内的奇素数PN，以(2N)1/2之内的任意一个奇素数Pi为模，至少可以分为 i+1个同余类.
分析：设大于4的偶数为2N， (2N)1/2之内的奇素数为Pi，Pi的最大值为Pn，即n为i的最大值，那么，N以内奇素数PN的个数兀(PN)为：当2N=6~8时，Pn不存在，即n=0， 兀(PN)=1，兀(PN)=n+1；当2N=10~24时，Pn=3，n=1，兀(PN)=2~4，兀(PN)≥n+1；当2N>25时，兀(PN)>n+1.所以总是兀(PN)≥n+1，显然兀(PN)≥i+1.
证明：小于Pi的P1、P2…Pi-1奇素数，对模Pi来说，都是余数.它们的数值各不相等，所以都不同余.
Pi|Pi ，Pi显然与小于Pi的奇素数都不同余.
设大于Pi的相邻素数为Pi+1，则Pi+1=Pi+r1 ，r1<Pi .显然Pi+1与Pi不同余.Pi+1与小于Pi的奇素数是不是同余呢?很明显，r1为偶数，Pi+1与小于Pi的奇素数都不同余.
综上所述，以Pi为模，从P1到Pi+1，i+1个PN素数都不同余，所以PN素数至少可以分为i+1个同余类.定理4证毕.
定理5、设任意一个大于4的2N偶数，在(2N)1/2之内大于2的素数为Pi，该偶数的中数N以内大于2的素数为PN，则必然存在以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数Pb.
证明：当2N偶数一经确定，偶数的中数N也随之确定，在(2N)1/2之内大于2的素数Pi也被限定，N以内大于2的素数PN也同样被限定，每个Pi去除2N偶数的余数也就一定.
当4＜2N ≤8时，在(2N)1/2以内只有一个素数2，即大于2的素数模Pi还不存在，i=0，在N以内有一个PN素数，即兀(PN)=1，这个PN素数显然为Pb素数，Pb素数的个数兀(Pb)=1.
当2N>8时，都有Pi素数.根据定理4，运用同余分类筛法——归纳法有：
1、当i=1时，即(2N)1/2之内只有一个Pi素数，最大的Pi素数Pn=3，2N=10~24，PN素数开始有3和5两个，然后增加到有3、5、7三个，最后增加到有3、5、7、11四个，以3为模，PN素数至少可以分为两个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，还至少有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在.
2、假设i=K，K≥2，即(2N)1/2之内有K个Pi素数，最大的Pi素数为PK，以Pk为模，至少可以将PN素数分为K+1个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2…P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在.
当i=K+1时，即(2N)1/2之内有K+1个Pi素数，最大的Pi素数为PK+1，以PK+1为模，至少可以将PN素数分为K+2个同余类，纵使有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K+1个同余类与2N偶数不同余.
若以PK+1为模时，筛选掉的与2N偶数同余的那个同余类，刚好是PK+2同余类，那么，PK+2前面连续的K+1个PN素数仍然存在，与归纳假设完全一致，以PK为模，至少可以将以PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类的PN素数分为K+1个同余类，纵使也有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2…P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在.定理5得证.
若以PK+1为模时，筛选掉的与2N偶数同余那个同余类，不是PK+2同余类，而是P1、P2…PK、PK+1中任意一个同余类，则除了PK+2同余类以外，在PK+2前面就只剩下K个PN素数了，以PK为模，就只能至少分为K个同余类了.因此，还必须对Pk+2同余类进行研究.
归纳假设限定K≥2.当K=2时，Pk即P2，Pk+1即P3，Pk+2即P4，Pk=5，Pk+2=11，Pk+2=2Pk+1.当以Pk为模时，Pk+2的余数为1，而P1为奇素数余数，Pk的余数为0，Pk+1=Pk+r1，r1<Pk，r1显然为偶数，所以Pk+2与P1、Pk、Pk+1中的任何一个PN素数都不同余，仍然至少可以将以PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类中的PN素数分为K+1个同余类.
当K>2时，PK>5，根据定理2（或定理3），PK~2PK之间至少有两个素数PK+1和PK+2.PK+1=PK+r1，0<r1<PK.PK+2=PK+r2，0<r2<PK.r1和r2显然都是偶数，由于Pk+2>Pk+1，所以r2>r1.当以Pk为模时，P1、P2…Pk-2、Pk-1均为奇素数的余数，Pk的余数为0，Pk+1的偶余数r1<PK+2的偶余数r2，Pk+2与P1、P2…Pk、Pk+1中任何一个PN素数都不同余，也仍然至少可以将用PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类中的PN素数分为K+1个同余类.
因此，当K≥2时，都同样与归纳假设一致 ，以PK为模，至少可以将以PK+1为模而与2N偶数不同余的K+1个同余类中的PN素数分为K+1个同余类，纵使也有一个同余类与2N偶数同余，筛选掉，至少还有K个同余类与2N偶数不同余；然后继续分别依次用PK-1、PK-2…P2、P1为模，对以前一个Pi素数为模而与2N偶数不同余的同余类中的PN素数进行同余分类，也纵使每次总有一个同余类与2N偶数同余，逐步筛选掉，最后至少还有一个同余类与2N偶数不同余，Pb素数存在.定理5得证.
实际上，随着2N偶数的增大，Pn逐渐增大，兀(PN)不断增多，而且因为兀(PN)随N的增大而增多，即随2N的增大而增多，但兀(Pi)只随(2N)1/2的增大而增多，所以兀(PN)的增多比兀(Pi)的增多要多得多；随着2N偶数越来越大，兀(PN)的增多比兀(Pi)的增多也越来越多.因此，以Pi为模，较大偶数的PN素数的同余分类，都多于i+1个而趋向Pi个.例1将表明，50就可以代表较大的偶数，PN素数的同余分类基本完整，在整个同余分类筛选过程中，只有一个同余类缺失，Pb素数有多个.当2N偶数足够大时，PN素数都可以分为Pi个同余类（除了作为某一个Pi模的那个PN素数已被前面筛选掉而使0同余类缺失以外）.例2将表明，100就可以代表足够大的偶数了，PN素数在整个同余分类筛选过程中，都可以完整地分为Pi个同余类，Pb素数的个数更多.系统而大量的试算表明，在大于4的偶数中，仅有6、8、12的Pb素数只有一个，其它偶数都有两个或两个以上的Pb素数；随着2N偶数的增大，兀(Pb)的下限将在1~2~3的基础上逐渐增加，上限更将在1~3~5~12~13的基础上不断增加，2N偶数越大，Pb素数越多.定理5证毕.
根据定理5，因为Pb是以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数，即2NPb(modPi)，也就是说Pi2N-Pb，所以2N-Pb为素数.设2N-Pb=q，q为素数，则大于4的2N偶数都有一般的“1+1”解：
2N=Pb+q，即 2N=Pb+(2N-Pb)……………………(1)
哥德巴赫猜想的证明
刘鸿高
例1、求50的“1+1”解.
解：50的中数为25，Pi为3、5、7，PN素数有3、5、7、11、13、17、19、23等8个.
第一步：求Pb素数：
1、以7为模，PN素数可以分为六个同余类，刚好是1同余类无PN素数，没有与50同余的PN素数类，不用筛选.
2、以5为模，将以7为模而与50不同余的六个同余类中的PN素数分为完整的五个同余类，筛选掉与50同余的0同余类PN素数5.
3、以3为模，将以5为模而与50不同余的四个同余类中的PN素数分为完整的三个同余类，筛选掉与50同余的2同余类PN素数11、17、23，保留下来的两个同余类的PN素数即为Pb素数，有3、7、13和19四个.
第二步：求“1+1”解：
将50代入(1)式的2N，将以上求出的50的Pb素数分别代入(1)式的Pb，即得50的“1+1”解：50=3+47，7+43，13+37，19+31.
50偶数的PN素数以Pi为模，同余分类接近完整，在整个同余分类筛选过程中，只有一个同余类缺失，有多个“1+1”解，可以代表一般较大的偶数.
例2、求100的“1+1”的解.
解：100的中数为50，Pi为3、5、7，PN素数有3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47等14个.
第一步：求Pb素数：
1、以7为模，将PN素数分为完整的七个同余类，筛选掉与100同余的2同余类的PN素数23和37.
2、以5为模，将以7为模而与100不同余的六个同余类中的PN素数分为完整的五个同余类，筛选掉与100同余的0同余类的PN素数5.
3、以3为模，将以5为模而与100不同余的四个同余类中的PN素数分为完整的三个同余类，筛选掉与100同余的1同余类的PN素数7、13、19、31和43，保留下来的两个同余类的PN素数即为Pb素数，有3、11、17、29、41和47六个.
第二步：求“1+1”解：
将100代入(1)式的2N，将以上求出的100的Pb素数分别代入(1)式的Pb，即得100的“1+1”解：
100=3+97，11+89，17+83，29+71，41+59，47+53.
100偶数的PN素数以Pi为模，在整个同余分类筛选过程中，都可以分为完整的Pi个同余类，其“1+1”解多达六个，可以代表“足够大的偶数”了.
综合上述，4有特定的“1+1”解，大于4的偶数都有一般的“1+1”解，而且偶数越大，“1+1”的解数趋于越多.
命题(1)得证.
三、命题(2)的证明
命题(2)：每个大于5的奇数都是三个素数之和.
证明：命题(2)实际上是命题(1)的推论，所以命题(1)得证，则命题(2)易证：一般地说，设奇数M大于5，S为素数，M-2>S>2，则M-S为大于2的偶数.
若M-S=4，则M-S=2+2，即 M=2+2+S；……………………………………(2-1)
若M-S为大于4的偶数2N，根据(1)式，有 M-S=Pb+(2N-Pb),即 M=Pb+(2N-Pb)+S.……………(2-2)
当M大于11时，(2-2)式都有多解性.
根据(2-1)和(2-2)式，当M大于7时，命题(2)都有多解性.M越大，解越多.
例3、求15是三个素数之和的解.
解：设S为素数，根据S的限定条件15-2>S>2，S有3、5、7、11四个，按照公式(2-1)和(2-2)，去掉相同的解，有15=7+5+3，5+5+5，2+2+11.
综合上述，命题(2)得证.
四、结论
命题(1)的证明：
偶数4的“1+1”解为：4=2+2.
以一定素数为模，对一定类型的数进行同余分类，然后把对一定素数模0同余的同余类筛选掉的方法，叫做同余分类筛法.运用同余分类筛法，根据下列五条定理，便可证明每个大于4的偶数都有一般的“1+1”解.
定理1、设Pc为大于3的素数，在6a-5或6b-7型数的数列中，任意取Pc个以内的连续数，则其中最多只有一个数能够满足6a≡5(modPc)或6b≡7(modPc)，其它各个数都是6a5(modPc)或6b7(modPc).
定理2、设PA为大于5 的一定素数，则在PA+ 2PA之间至少有两个素数.
定理2也可以表述为与其等价的定理3.
定理3、设整数B>5，则在B~2B之间至少有两个素数.
定理4、设大于4的偶数为2N，则N以内的奇素数PN，以 (2N)1/2之内的任意一个奇素数Pi为模，至少可以分为i+1个同余类.
定理5、设任意一个大于4的2N偶数，在 (2N)1/2之内大于2的素数为Pi，该偶数的中数N以内大于2的素数为PN，则必然存在以Pi为模而与2N偶数不同余的PN素数Pb.
根据定理5，大于4的2N偶数都有一般的“1+1”解：2N=Pb+(2N-Pb).
综合4与大于4的偶数都有“1+1”解，命题(1)得证.
命题(2)的证明：设奇数M大于5，S为素数，M-2>S>2，则M-S为大于2的偶数.
若M-S=4，则M-S=2+2，即 M=2+2+S；
若M-S为大于4的偶数2N，根据(1)式有M-S=Pb+(2N-Pb)，即M=Pb+(2N-Pb)+S.
命题(2)得证.
命题(1)和(2)都得证，则哥德巴赫猜想完全得证.哥德巴赫猜想今后应当改称为哥德巴赫定理.
说明：
① 命题(1)又称命题“1+1”，为了简便，下文将引用.
②含偶数的中数.下同.
注释：
[1]辞海，上海辞书出版社，缩印本. 1989年版.
[2]华罗庚，数论导引，科学出版社，1979，P.90.
参考文献：
华罗庚，数论导引，科学出版社，1979.
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