证明哥德巴赫猜想 

命题：每一个充分大的偶数都可以表为两个奇素数之和  

    根据命题，任取一充分大的偶数M，表M为两个自然数之和M=a+b，则有：
        M=1+(M-1)=2+(M-2)=...=M/2+M/2，
共有M/2个元素，归纳为集合G。设p(1,1)为集合G的子集，其元素具有两个奇素数之和的性质。由此则有：
    若p(1,1)＞0，则哥德巴赫猜想为真；若p(1,1)=0，则哥德巴赫猜想为假。
    本文将证明，在集合G中，p(1,1)＞0，哥德巴赫猜想为真。

    关键字：摩根定律，唯一分解定理，剩余类环，商集合。

    引理1：任意一充分大的偶数M，表M为两个奇素数之和，有：P(1,1)=G-A∪B。

    证：根据集合论的摩根定律： A~∩B~=(A∪B)~，集合A的补集与集合B的补集之交等于集合A与集合B的并集之补。设集合A是由区间(1,M/2]中的合数所归纳的a+b元素之 集合，集合B是由区间[M/2,M)中的合数所归纳的a+b元素之集合；则它们的补集，集合A~是由区间(1,M/2]中的素数所归纳的a+b元素之集 合，集合B~是由区间[M/2,M)中的素数所归纳的a+b元素之集合。由此可知，集合A~与集合B~的交集，为两个奇素数所组成的p₁+p₂元素，即有：
        p(1,1)=A~∩B~。
在摩根定律之等式的右边，有(A∪B)~，而具有合数性质的并集A∪B之补集，乃是集合G与并集A∪B的差集，有：
        (A∪B)~=G-A∪B。
将求得的等式代入摩根定律中，有：P(1,1)=G-A∪B。
    引理1证毕。

    从引理1中获知，欲求等式左边的集合p(1,1)中的元素之个数，由于摩根定律的互补条件是完备的，因此只须对等式右边的G-A∪B进行运算。在等式右边，集合G是给定的，所以，我们只须将并集A∪B求出，问题也就可获得解决。

    引理2：在集合G中，并集A∪B有特征子集H(p)和剩余子集H(q)。对于每一个特征子集H(p)，其元素在M=a+b中有出现概率1/p；对于每一个剩余子集H(q)，其元素在M=a+b中有出现概率2/q。

    证：根据唯一分解定理：
        M=p₁^α*p₂^β*...*p_s^γ；
可以有公式：
        M=np=(n-m)p+mp，1≤m≤M/2。
即凡与M的素约数p有公约数的自然数，均可以在同一个a+b之元素中构成相加。而p的倍数，无论是在a中，还是在b中，都是每隔p之值而出现一次的。因是 在同一个元素中相加，且是每隔p之值而出现一次，则在M=a+b中，有出现概率1/p；即并集A∪B有子集H(p)。我们将根据素数p,p|M所归纳的元 素称作为特征。
    根据剩余类环的公式：
        M=nq+r=(n-m)q+mq+r，1≤m≤M；
即凡与M的素约数没有公约数的素数q之倍数：(M,q)=1，均是不可能在同一个a+b元素中构成相加的，即(n-m)q与mq的位差r。而q的倍数，无 论是在a中，还是在b中，也都是每隔q之值而出现一次的。因不能在同一个a+b元素中相加，故在M=a+b中，每隔q个a+b元素，会出现两个具有素因数 q的倍数，一个在a中，一个在b中。因而对于q的倍数，在M=a+b中，有出现概率2/q；即并集A∪B有子集H(q)。我们将根据与M的素约数没有公约 数的素数q,q⊥M(符号"⊥"表示不整除)所归纳的元素称作为剩余。
    由于公式M=np和公式M=nq+r已将加法关系M=a+b中所有具有合数性质的a+b元素穷尽，所以，在M=a+b中，并集A∪B只具有特征H(p)和剩余H(q)这样两种情况的子集。
    引理2证毕。

    引理3：在M=a+b中，与特征p互素的元素有出现概率(1-1/p)；与剩余q互素的元素有出现概率(1-2/q)。

    证：设集合H(p)是集合G的子集，其所归纳的元素是根据唯一分解定理即特征p而得。根据引理2，在M=a+b中，共有个数M/2p。则集合G与集合H(p)的差集：
        G-H(p)=M/2-M/2p=M/2(1-1/p)；
即在M=a+b中，与p互素的元素有出现概率(1-1/p)。
    设集合H(q)是集合G的子集，其所归纳的元素根据剩余类环即剩余q而得。根据引理2，在M=a+b中，其有个数M/q。则集合G与集合H(q)的差集：
        G-H(q)=M/2-M/q=M/2(1-2/q)；
即在M=a+b中，与q互素的元素有出现概率(1-2/q)。
    引理3证毕。

    引理4：在M=a+b中，与素数互素的系数(出现概率)均是可乘积函数。

    证：设集合H(p)和H(u)是集合G的子集，它们的元素都是根据特征所归纳的。
    根据引理3，集合G与集合H(p)互素的元素有出现概率(1-1/p)；集合G与集合H(u)互素的元素有出现概率(1-1/u)。但集合H(p)与集合H(u)有交集。
    在集合H(u)中，有元素M/2u个，其中，有up个元素是与集合H(p)相交的。所以，在集合H(u)中，与p互素的元素有：
        M/2u-M/2up=M/2u(1-1/p)。
则在M=a+b中，与p和u互素的元素有
        M/2(1-1/p)-M/2u(1-1/p)=M/2(1-1/p)(1-1/u)；
可见，与特征值p互素的系数是可乘积函数。
    设有集合H(q)，其元素可由公式M=nq+r=(n-m)q+mq+r而表示，化mq+r成为另一素数v的倍数，即有mq+r=kv，可知：
【q不能整除kv，那么，(q-1)个数：v,2v,...,(q-1)v分别同余1到q-1，并且对模q互不同余：k₁v≠k₂v(mod q)】(费马小定理)。
    由于k＜q，因此在M=a+b中与q的倍数组成元素a+b的v之倍数，起始于
        M=(n-m)q+kv ；
加减ipv i=0, 1, 2, …，有
        M=(n-m-iv)q+(k+iq)v 1≤i≤M/vq，
乃是每隔vq之数值而出现一次。
    由此可知，在集合H(q)中，与v互素不仅须对由q之倍数所组成的集合H(q)中具有v之素因数的元素进行筛除，而且还须对与之构成组合元素a+b中的另一自然数中之具有v之素因数的合数进行筛除。
    因此，在集合H(q)中，由q之倍数而构成的元素a+b的集合中，与v互素的个数是M/q(1-2/v)。
    在M=a+b中，如果v⊥M，q⊥M (符号"⊥"表示不整除)，则与v，q互素的元素a+b分别有：M/2(1-2/v)及M/2(1-2/q)。而与v，q互素的元素a+b在总体上有：
        M/2(1-2/v)-M/q(1-2/v)=(M/2-M/q)(1-2/v)=M/2(1-2/v)(1-2/q) 
可知，在M=a+b中，对于与剩余q互素的系数(1-2/q)也是可乘积函数。
    设有集合H(p)和集合H(q)，其中，p|M，q⊥M 。则有：
        M/2(1-1/p)-M/q(1-1/p)=M/2-M/q(1-1/p)=M/2(1-1/p)(1-2/q)。
可知，在M=a+b中，与素数互素的系数均是可乘积函数。
    引理4证毕。

    引理5：在M=a+b中，p(1,1)/(M/2)=∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M。

    证：根据引理1，得知，p(1,1)=G-A∪B。根据引理2和引理3，得知，集合G有特征子集H(p)和剩余子集H(q)；且在M=a+b中，与p,q 互素的元素有出现概率(1-1/p)和(1-2/q)。根据引理4，可知这些系数都是可乘积函数。因此，在M=a+b中，与这些素数互素的元素有出现概 率：
        p(1,1)/(M/2)=(1-1/p_1)...(1-1/p_i)(1-2/q_1)...(1-2/q_j)
                    =∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M 。
即在M=a+b中，集合p(1,1)有一般之解的系数为：
        ∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M 。
当然，系数也可以写成为：
        p(1,1)/(M/2)={∏p|M}(p-1)/(p-2)∏(1-2/p) p＞2 。
    引理5证毕。

    根据"每一个不大于x的合数都有一个不大于√x的素约数"之定理，则在M=a+b中，无论是特征p，还是剩余q，其取值均可在不大于√M的素数之中。对于那些大于√M的素数，可不予以考虑。

    推理：每一个充分大的偶数M，其p(1,1)＞√M/4。

    证：根据引理5，得知，p(1,1)的一般之解有出现概率∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M。可知，p(1,1)有个数：
        p(1,1)=M/2∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M.
由于在一定的区域内：特征越多，则系数之值越大：
        (1-1/p)＞(1-2/p)。
特征之值越小，则系数之值越大：若p＜q，则 
        (1-1/p)(1-2/q)＞(1-2/p)(1-1/q)。
   由于在系数中，诸因式中的分子至多为分母减去2，而诸素数间的间距除了3-2=1外，其它的间距均大于2。故而，若i＜j，则有(p_j)-2≥p_i，即后一分式中的分子之值大于或等于前一分式中的分母。根据"每一个不大于x的合数都有一个不大于√x的素约数"之定理，系数中最大的素数之值是不大于√M的；于是，将后一分式的分子与前一分式的分母相约，保留所谓的最后的分母p_n，则有：
        p(1,1)＞(M/2)*(1/2)*(1/p_n)＞(M/4)*(1/√M)=√M/4.
即任取一充分大的偶数M，表为两奇素数之和的个数不少于√M/4。当M→∞时，有lim √M/4→∞。至此，我们已经将哥德巴赫猜想之解做了出来，即哥德巴赫猜想为真。
    推理证毕。

    下面就哥德巴赫猜想举几个实例，以加深对特征值和剩余类值的认识。为了有一个较为清晰的视觉效应，我们在合数处用括号笼之。

    设M=2ⁿ。
当M=8时，有:
    8=1+7=2+(6)=3+5=(4+4).
当M=16时，有:
    16=1+(15)=2+(14)=3+13=(4+12)=5+11=(6+10)=7+(9)=(8+8).
当M=32时，有:
    32=1+31=3+29=5+(27)=7+(25)=(9)+23=11+(21)=13+19=(15)+17.
当M=64时，有：
    64=1+(63)=3+61=5+59=7+(57)=(9+55)=11+53=13+(51)=(15+49)
      =17+47=19+(45)=(21)+43=23+41=(25+39)=(27)+37=29+(35)=31+(33).
即在M=2ⁿ时，只有2的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。

    设M=2ⁿ3^m。
当M=6时，有：
    6=1+5=2+(4)=3+3.
当M=12时，有：
    12=1+11=2+(10)=3+(9)=(4+8)=5+7=(6+6).
当M=18时，有：
    18=1+17=2+(16)=3+(15)=(4+14)=5+13=(6+12)=7+11=(8+10)=(9+9).
当M=24时，有：
    24=1+23=3+(21)=5+19=7+17=(9+15)=11+13.
当M=36时，有：
    36=1+(35)=3+(33)=5+31=7+29=(9)+27=11+(25)=13+23=(15+21)=17+19.
当M=48时，有：
    48=1+47=3+(45)=5+43=7+41=(9+39)=11+37=13+(35)=(15+33)
      =17+31=19+29=(21+27)=23+(25).
即在M=2ⁿ3^m时，只有2的倍数和3的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。

    设M=2ⁿ5^m。
当M=10时，有：
    10=1+(9)=2+(8)=3+7=(4+6)=5+5.
当M=20时，有：
    20=1+19=2+(18)=3+17=(4+16)=5+(15)
      =(6+14)=7+13=(8+12)=(9)+11=(10+10).
当M=40时，有：
    40=1+(39)=3+37=5+(35)=7+(33)=(9)+31=11+29=13+(27)
      =(15+25)=17+23=19+(21).
当M=50时，有：
    50=1+(49)=3+47=5+(45)=7+43=(9)+41=11+(39)=13+37
      =(15+35)=17+(33)=19+31=(21)+29=23+(27)=(25+25).
即在M=2ⁿ5^m时，只有2的倍数和5的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。

    设M=2ⁿ3^m5^k。
当M=30时，有：
    30=1+29=3+(27)=5+(25)=7+23=(9+21)=11+19=13+17=(15+15).
当M=60时，有：
    60=1+59=3+(57)=5+(55)=7+53=(9+51)=11+(49)=13+47=(15+45)
      =17+43=19+41=(21+39)=23+37=(25+35)=(27+33)=29+31.
当M=90时，有：
    90=1+89=3+(87)=5+(85)=7+83=(9+81)=11+79=13+(77)=(15+75)
      =17+73=19+71=(21+69)=23+67=(25+65)=(27+63)=29+61=31+59
      =(33+57)=(35+55)=37+53=(39+51)=41+(49)=43+47=(45+45).
即在M=2ⁿ3^m5^k时，只有2的倍数、3的倍数和5的倍数可在同一个a+b元素中相加，其它的素数之倍数均不能在同一个a+b元素中相加。

    由于集合p(1,1)的一般之解是针对无穷大时而设计的，即对于任何的一个子集H(x)，均定其为与自然数集N有相同的基数，均有无穷多个元素；故不存在 什么取整之步骤，仅以出现概率来计算。所以，当M为有限值时，用一般之解的公式来计算p(1,1)的个数之值时会产生误差(因为M不能被剩余类值的素数整 除)。尽管如此，对于规律性的东西，纵然不进行取整之步骤，也能近似地反映集合p(1,1)的状况。
    因为从系数上分析：对于具有相同特征值的M，M越大，p(1,1)的个数越多：
        p(1,1)＞Lim(√M/4)→∞。
对于不同特征值的M，特征值越小，p(1,1)的个数越多：若p＜q , 则
        (1-1/p)(1-2/q)＞(1-1/q)(1-2/p) 。
特征值越多，p(1,1)的个数也越多：
        (1-1/p)＞(1-2/p) 。
当然，这三个因素必须有机地结合起来，才能如实地反映p(1,1)的个数。

    由于在M=a+b中，当a→∞时，无法再赋予b以什么自然数，使得M=a+b之式子无法成立。因此，在自然数集N的区域中，是无法反映出哥德巴赫猜想在无穷大处的面目。所以，加法关系的公式，还须从基数的角度予以分析。
欲想考察加法关系a+b的基数，必须用选择公理，且须用共尾序数的概念赋值于b，即以
        2∞=1+(2∞-1)=2+(2∞-2)=...=∞+∞
来表达加法关系a+b。由于选择公理的形式有很多种，本文采用罗素形式的商集合概念和蔡梅罗形式的函数概念之选择公理。
    所谓罗素形式的商集合概念，是指：【对于不空集合的不交集合X，存在一集合C，它恰好由X中每一集合的一个元素组成。】。
    所谓蔡梅罗形式的函数概念，是指：【对任一不空集合x，都存在一个函数f，其定义域为x的所有的不空的元素，取值分别在其作用的不空集合之中】。
    以最小素因数来归纳元素a+b，且用选择公理对当a或b中的最小素因数不相同时，选择其中较小的一个素因数作归纳；选择时先选择特征，后选择剩余。在特征 时，两个自然数的最小素因数是相同的，即在M=a+b中是每隔p之数值而出现一次。在剩余时，两个自然数的最小素因数是不相同的，选择其中的素因数值较小 的一个作归纳，由于在a中的q之倍数与在b中的q之倍数并不处于同一个元素中，所以每隔q之数值会出现两次q的倍数；因为是互不相交，必须以两个子集论 之。
    用商集合的概念来分割集合G，以π表分割。对于特征，我们有：
        π(p₁)=1/p₁,
        π(p₂)=1/p₂(1-1/p₁),
        π(p₃)=1/p₃(1-1/p₁)(1-1/p₂)
...等。对于剩余，我们有：
        π(q₁)=2/q₁,
        π(q₂)=2/q₂(1-2/q₁),
        π(q₃)=2/q₃(1-2/q₁)（1-2/q₂),
...等。我们先归纳特征值的商集化子集，然后再归纳剩余值的商集化子集。可以有：
        {n∑i=1}π(p_n)={n∑i=1}1/p_n{n-1∏i=1}(1-1/p_i). 
以及
        {n∑i=1}π(q_n)={n∑i=1}1/q_n∏(1-1/p){n-1∏i=1}(1-2/q_i).
...等。
    例如，假设M=2ⁿ时，用最小素约数的识标来表示，有
        2＜3=3＜5=5＜7=7＜11=11＜13=13＜17=17＜...
此识标的倒数为诸子集的出现概率：
        1/2＞1/3=1/3＞1/5=1/5＞1/7=1/7＞1/11=1/11＞...
用罗素形式的选择公理来进行商集化分割，则有
        π(2)＞2π(3)＞2π(5)＞2π(7)＞...
用蔡梅罗形式的选择公理求取诸商集化子集的出现概率，有
        1/2＞2/3(1-1/2)＞2/5(1-1/2)(1-2/3)＞2/7(1-1/2)(1-2/3)(1-2/5)＞...
等等。由于受"每一个不大于x的合数，都有一个不大于√x的素约数"之定理的约束，可知，该良序化之链总是包含于更大的良序化之链中，则函数始终有大于零的值。
    从(1-1/2)∏(1-2/p)＞0. p＞2 中可知，在该良序化之链中，下降之链中断于有限处，即用罗素形式的良序化之链中，存在着最小元素。
    与自然数集N的分割相比较，则有：自然数集N的分割形成了以诸素数为最小的元素集(注意与最小元素的区别)的有序下降链，而M=a+b的分割形成了以诸素因数为最小的元素集的偏序下降链。
    用1减之，则有：自然数集N的
        ∏(1-1/p)
和无穷集合G的
        {∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p)
之函数。而从
        ∏(1-1/p)＞{∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p)
中可知，自然数集N的良序化之链中的最小元素集稠密于无穷集合G良序化之链中的最小元素集。换言之，偏序的无穷集合G中的元素稠密于自然数集N中的元素。显然，偏序的无穷集合G的基数大于顺序的自然数集N的基数。
    所谓的哥德巴赫猜想，实际上就是在M=a+b中求存在与否不可归纳之元素。换言之，在M=a+b中，若p(1,1)＞0 ，即存在着两个奇素数之和，则用不大于√M的素数作依据，无法将M=a+b中的元素全部归纳。用选择公理对集合G进行商集化分割时，必定是具有只有一个元素的商集化子集，即有最小元素，故下降之链中断于有限处。若p(1,1)=0 ，则不存在两个奇素数之和，若用不大于√M的素数作筛子，可将M=a+b中的元素全部归纳，直至无穷大，也不存在只有一个元素的商集化子集。例如，当M为奇数时，其商集化之链为：1/2=1/2；此链不是下降之链，不会被更大的链所包含，所以，p(1,1)=0。
      M=a+b的偏序集之链随特征值之不同而不同，所以M=a+b的基数有无穷多个。比较诸基数的大小，在偶数M为有限值时即已开始，否则岂非成了无源之水， 无本之木。在M=a+b中，p(1,1)的个数之所以存在忽多忽少之现象，正是由于处于不同的基数之规律中而造成的。