證明哥德巴赫猜想 

命題：每一個充分大的偶數都可以表為兩個奇素數之和  

    根據命題，任取一充分大的偶數M，表M為兩個自然數之和M=a+b，則有：
        M=1+(M-1)=2+(M-2)=...=M/2+M/2，
共有M/2個元素，歸納為集合G。設p(1,1)為集合G的子集，其元素具有兩個奇素數之和的性質。由此則有：
    若p(1,1)＞0，則哥德巴赫猜想為真；若p(1,1)=0，則哥德巴赫猜想為假。
    本文將證明，在集合G中，p(1,1)＞0，哥德巴赫猜想為真。

    關鍵字：摩根定律，唯一分解定理，剩餘類環，商集合。

    引理1：任意一充分大的偶數M，表M為兩個奇素數之和，有：P(1,1)=G-A∪B。

    證：根據集合論的摩根定律： A~∩B~=(A∪B)~，集合A的補集與集合B的補集之交等於集合A與集合B的併集之補。設集合A是由區間(1,M/2]中的合數所歸納的a+b元素之 集合，集合B是由區間[M/2,M)中的合數所歸納的a+b元素之集合；則它們的補集，集合A~是由區間(1,M/2]中的素數所歸納的a+b元素之集 合，集合B~是由區間[M/2,M)中的素數所歸納的a+b元素之集合。由此可知，集合A~與集合B~的交集，為兩個奇素數所組成的p₁+p₂元素，即有：
        p(1,1)=A~∩B~。
在摩根定律之等式的右邊，有(A∪B)~，而具有合數性質的併集A∪B之補集，乃是集合G與併集A∪B的差集，有：
        (A∪B)~=G-A∪B。
將求得的等式代入摩根定律中，有：P(1,1)=G-A∪B。
    引理1證畢。

    從引理1中獲知，欲求等式左邊的集合p(1,1)中的元素之個數，由於摩根定律的互補條件是完備的，因此只須對等式右邊的G-A∪B進行運算。在等式右邊，集合G是給定的，所以，我們只須將併集A∪B求出，問題也就可獲得解決。

    引理2：在集合G中，併集A∪B有特徵子集H(p)和剩餘子集H(q)。對於每一個特徵子集H(p)，其元素在M=a+b中有出現概率1/p；對於每一個剩餘子集H(q)，其元素在M=a+b中有出現概率2/q。

    證：根據唯一分解定理：
        M=p₁^α*p₂^β*...*p_s^γ；
可以有公式：
        M=np=(n-m)p+mp，1≤m≤M/2。
即凡與M的素約數p有公約數的自然數，均可以在同一個a+b之元素中構成相加。而p的倍數，無論是在a中，還是在b中，都是每隔p之值而出現一次的。因是 在同一個元素中相加，且是每隔p之值而出現一次，則在M=a+b中，有出現概率1/p；即併集A∪B有子集H(p)。我們將根據素數p,p|M所歸納的元 素稱作為特徵。
    根據剩餘類環的公式：
        M=nq+r=(n-m)q+mq+r，1≤m≤M；
即凡與M的素約數沒有公約數的素數q之倍數：(M,q)=1，均是不可能在同一個a+b元素中構成相加的，即(n-m)q與mq的位差r。而q的倍數，無 論是在a中，還是在b中，也都是每隔q之值而出現一次的。因不能在同一個a+b元素中相加，故在M=a+b中，每隔q個a+b元素，會出現兩個具有素因數 q的倍數，一個在a中，一個在b中。因而對於q的倍數，在M=a+b中，有出現概率2/q；即併集A∪B有子集H(q)。我們將根據與M的素約數沒有公約 數的素數q,q⊥M(符號"⊥"表示不整除)所歸納的元素稱作為剩餘。
    由於公式M=np和公式M=nq+r已將加法關係M=a+b中所有具有合數性質的a+b元素窮盡，所以，在M=a+b中，併集A∪B只具有特徵H(p)和剩餘H(q)這樣兩種情況的子集。
    引理2證畢。

    引理3：在M=a+b中，與特徵p互素的元素有出現概率(1-1/p)；與剩餘q互素的元素有出現概率(1-2/q)。

    證：設集合H(p)是集合G的子集，其所歸納的元素是根據唯一分解定理即特徵p而得。根據引理2，在M=a+b中，共有個數M/2p。則集合G與集合H(p)的差集：
        G-H(p)=M/2-M/2p=M/2(1-1/p)；
即在M=a+b中，與p互素的元素有出現概率(1-1/p)。
    設集合H(q)是集合G的子集，其所歸納的元素根據剩餘類環即剩餘q而得。根據引理2，在M=a+b中，其有個數M/q。則集合G與集合H(q)的差集：
        G-H(q)=M/2-M/q=M/2(1-2/q)；
即在M=a+b中，與q互素的元素有出現概率(1-2/q)。
    引理3證畢。

    引理4：在M=a+b中，與素數互素的係數(出現概率)均是可乘積函數。

    證：設集合H(p)和H(u)是集合G的子集，它們的元素都是根據特徵所歸納的。
    根據引理3，集合G與集合H(p)互素的元素有出現概率(1-1/p)；集合G與集合H(u)互素的元素有出現概率(1-1/u)。但集合H(p)與集合H(u)有交集。
    在集合H(u)中，有元素M/2u個，其中，有up個元素是與集合H(p)相交的。所以，在集合H(u)中，與p互素的元素有：
        M/2u-M/2up=M/2u(1-1/p)。
則在M=a+b中，與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)；
可見，與特徵值p互素的係數是可乘積函數。
    設有集合H(q)，其元素可由公式M=nq+r=(n-m)q+mq+r而表示，化mq+r成為另一素數v的倍數，即有mq+r=kv，可知：
【q不能整除kv，那麼，(q-1)個數：v,2v,...,(q-1)v分別同餘1到q-1，並且對模q互不同餘：k₁v≠k₂v(mod q)】(費馬小定理)。
    由於k＜q，因此在M=a+b中與q的倍數組成元素a+b的v之倍數，起始於
        M=(n-m)q+kv ；
加減ipv i=0, 1, 2, …，有
        M=(n-m-iv)q+(k+iq)v 1≤i≤M/vq，
乃是每隔vq之數值而出現一次。
    由此可知，在集合H(q)中，與v互素不僅須對由q之倍數所組成的集合H(q)中具有v之素因數的元素進行篩除，而且還須對與之構成組合元素a+b中的另一自然數中之具有v之素因數的合數進行篩除。
    因此，在集合H(q)中，由q之倍數而構成的元素a+b的集合中，與v互素的個數是M/q(1-2/v)。
    在M=a+b中，如果v⊥M，q⊥M (符號"⊥"表示不整除)，則與v，q互素的元素a+b分別有：M/2(1-2/v)及M/2(1-2/q)。而與v，q互素的元素a+b在總體上有：
        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，對於與剩餘q互素的係數(1-2/q)也是可乘積函數。
    設有集合H(p)和集合H(q)，其中，p|M，q⊥M 。則有：
        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，與素數互素的係數均是可乘積函數。
    引理4證畢。

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

    證：根據引理1，得知，p(1,1)=G-A∪B。根據引理2和引理3，得知，集合G有特徵子集H(p)和剩餘子集H(q)；且在M=a+b中，與p,q 互素的元素有出現概率(1-1/p)和(1-2/q)。根據引理4，可知這些係數都是可乘積函數。因此，在M=a+b中，與這些素數互素的元素有出現概 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)有一般之解的係數為：
        ∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M 。
當然，係數也可以寫成為：
        p(1,1)/(M/2)={∏p|M}(p-1)/(p-2)∏(1-2/p) p＞2 。
    引理5證畢。

    根據"每一個不大於x的合數都有一個不大於√x的素約數"之定理，則在M=a+b中，無論是特徵p，還是剩餘q，其取值均可在不大於√M的素數之中。對於那些大於√M的素數，可不予以考慮。

    推理：每一個充分大的偶數M，其p(1,1)＞√M/4。

    證：根據引理5，得知，p(1,1)的一般之解有出現概率∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M。可知，p(1,1)有個數：
        p(1,1)=M/2∏(1-1/p)∏(1-2/q)；p|M，q⊥M.
由於在一定的區域內：特徵越多，則係數之值越大：
        (1-1/p)＞(1-2/p)。
特徵之值越小，則係數之值越大：若p＜q，則 
        (1-1/p)(1-2/q)＞(1-2/p)(1-1/q)。
   由於在係數中，諸因式中的分子至多為分母減去2，而諸素數間的間距除了3-2=1外，其它的間距均大於2。故而，若i＜j，則有(p_j)-2≥p_i，即後一分式中的分子之值大於或等於前一分式中的分母。根據"每一個不大於x的合數都有一個不大於√x的素約數"之定理，係數中最大的素數之值是不大於√M的；於是，將後一分式的分子與前一分式的分母相約，保留所謂的最後的分母p_n，則有：
        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數M，表為兩奇素數之和的個數不少於√M/4。當M→∞時，有lim √M/4→∞。至此，我們已經將哥德巴赫猜想之解做了出來，即哥德巴赫猜想為真。
    推理證畢。

    下面就哥德巴赫猜想舉幾個實例，以加深對特徵值和剩餘類值的認識。為了有一個較為清晰的視覺效應，我們在合數處用括號籠之。

    設M=2ⁿ。
當M=8時，有:
    8=1+7=2+(6)=3+5=(4+4).
當M=16時，有:
    16=1+(15)=2+(14)=3+13=(4+12)=5+11=(6+10)=7+(9)=(8+8).
當M=32時，有:
    32=1+31=3+29=5+(27)=7+(25)=(9)+23=11+(21)=13+19=(15)+17.
當M=64時，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時，只有2的倍數可在同一個a+b元素中相加，其它的素數之倍數均不能在同一個a+b元素中相加。

    設M=2ⁿ3^m。
當M=6時，有：
    6=1+5=2+(4)=3+3.
當M=12時，有：
    12=1+11=2+(10)=3+(9)=(4+8)=5+7=(6+6).
當M=18時，有：
    18=1+17=2+(16)=3+(15)=(4+14)=5+13=(6+12)=7+11=(8+10)=(9+9).
當M=24時，有：
    24=1+23=3+(21)=5+19=7+17=(9+15)=11+13.
當M=36時，有：
    36=1+(35)=3+(33)=5+31=7+29=(9)+27=11+(25)=13+23=(15+21)=17+19.
當M=48時，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時，只有2的倍數和3的倍數可在同一個a+b元素中相加，其它的素數之倍數均不能在同一個a+b元素中相加。

    設M=2ⁿ5^m。
當M=10時，有：
    10=1+(9)=2+(8)=3+7=(4+6)=5+5.
當M=20時，有：
    20=1+19=2+(18)=3+17=(4+16)=5+(15)
      =(6+14)=7+13=(8+12)=(9)+11=(10+10).
當M=40時，有：
    40=1+(39)=3+37=5+(35)=7+(33)=(9)+31=11+29=13+(27)
      =(15+25)=17+23=19+(21).
當M=50時，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時，只有2的倍數和5的倍數可在同一個a+b元素中相加，其它的素數之倍數均不能在同一個a+b元素中相加。

    設M=2ⁿ3^m5^k。
當M=30時，有：
    30=1+29=3+(27)=5+(25)=7+23=(9+21)=11+19=13+17=(15+15).
當M=60時，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.
當M=90時，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時，只有2的倍數、3的倍數和5的倍數可在同一個a+b元素中相加，其它的素數之倍數均不能在同一個a+b元素中相加。

    由於集合p(1,1)的一般之解是針對無窮大時而設計的，即對於任何的一個子集H(x)，均定其為與自然數集N有相同的基數，均有無窮多個元素；故不存在 什麼取整之步驟，僅以出現概率來計算。所以，當M為有限值時，用一般之解的公式來計算p(1,1)的個數之值時會產生誤差(因為M不能被剩餘類值的素數整 除)。儘管如此，對於規律性的東西，縱然不進行取整之步驟，也能近似地反映集合p(1,1)的狀況。
    因為從係數上分析：對於具有相同特徵值的M，M越大，p(1,1)的個數越多：
        p(1,1)＞Lim(√M/4)→∞。
對於不同特徵值的M，特徵值越小，p(1,1)的個數越多：若p＜q , 則
        (1-1/p)(1-2/q)＞(1-1/q)(1-2/p) 。
特徵值越多，p(1,1)的個數也越多：
        (1-1/p)＞(1-2/p) 。
當然，這三個因素必須有機地結合起來，才能如實地反映p(1,1)的個數。

    由於在M=a+b中，當a→∞時，無法再賦予b以什麼自然數，使得M=a+b之式子無法成立。因此，在自然數集N的區域中，是無法反映出哥德巴赫猜想在無窮大處的面目。所以，加法關係的公式，還須從基數的角度予以分析。
欲想考察加法關係a+b的基數，必須用選擇公理，且須用共尾序數的概念賦值於b，即以
        2∞=1+(2∞-1)=2+(2∞-2)=...=∞+∞
來表達加法關係a+b。由於選擇公理的形式有很多種，本文採用羅素形式的商集合概念和蔡梅羅形式的函數概念之選擇公理。
    所謂羅素形式的商集合概念，是指：【對於不空集合的不交集合X，存在一集合C，它恰好由X中每一集合的一個元素組成。】。
    所謂蔡梅羅形式的函數概念，是指：【對任一不空集合x，都存在一個函數f，其定義域為x的所有的不空的元素，取值分別在其作用的不空集合之中】。
    以最小素因數來歸納元素a+b，且用選擇公理對當a或b中的最小素因數不相同時，選擇其中較小的一個素因數作歸納；選擇時先選擇特徵，後選擇剩餘。在特徵 時，兩個自然數的最小素因數是相同的，即在M=a+b中是每隔p之數值而出現一次。在剩餘時，兩個自然數的最小素因數是不相同的，選擇其中的素因數值較小 的一個作歸納，由於在a中的q之倍數與在b中的q之倍數並不處於同一個元素中，所以每隔q之數值會出現兩次q的倍數；因為是互不相交，必須以兩個子集論 之。
    用商集合的概念來分割集合G，以π表分割。對於特徵，我們有：
        π(p₁)=1/p₁,
        π(p₂)=1/p₂(1-1/p₁),
        π(p₃)=1/p₃(1-1/p₁)(1-1/p₂)
...等。對於剩餘，我們有：
        π(q₁)=2/q₁,
        π(q₂)=2/q₂(1-2/q₁),
        π(q₃)=2/q₃(1-2/q₁)（1-2/q₂),
...等。我們先歸納特徵值的商集化子集，然後再歸納剩餘值的商集化子集。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，假設M=2ⁿ時，用最小素約數的識標來表示，有
        2＜3=3＜5=5＜7=7＜11=11＜13=13＜17=17＜...
此識標的倒數為諸子集的出現概率：
        1/2＞1/3=1/3＞1/5=1/5＞1/7=1/7＞1/11=1/11＞...
用羅素形式的選擇公理來進行商集化分割，則有
        π(2)＞2π(3)＞2π(5)＞2π(7)＞...
用蔡梅羅形式的選擇公理求取諸商集化子集的出現概率，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。由於受"每一個不大於x的合數，都有一個不大於√x的素約數"之定理的約束，可知，該良序化之鏈總是包含於更大的良序化之鏈中，則函數始終有大於零的值。
    從(1-1/2)∏(1-2/p)＞0. p＞2 中可知，在該良序化之鏈中，下降之鏈中斷於有限處，即用羅素形式的良序化之鏈中，存在着最小元素。
    與自然數集N的分割相比較，則有：自然數集N的分割形成了以諸素數為最小的元素集(注意與最小元素的區別)的有序下降鏈，而M=a+b的分割形成了以諸素因數為最小的元素集的偏序下降鏈。
    用1減之，則有：自然數集N的
        ∏(1-1/p)
和無窮集合G的
        {∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p)
之函數。而從
        ∏(1-1/p)＞{∏p|M}(1-1/p){∏p⊥M}(1-2/p)
中可知，自然數集N的良序化之鏈中的最小元素集稠密於無窮集合G良序化之鏈中的最小元素集。換言之，偏序的無窮集合G中的元素稠密於自然數集N中的元素。顯然，偏序的無窮集合G的基數大於順序的自然數集N的基數。
    所謂的哥德巴赫猜想，實際上就是在M=a+b中求存在與否不可歸納之元素。換言之，在M=a+b中，若p(1,1)＞0 ，即存在着兩個奇素數之和，則用不大於√M的素數作依據，無法將M=a+b中的元素全部歸納。用選擇公理對集合G進行商集化分割時，必定是具有隻有一個元素的商集化子集，即有最小元素，故下降之鏈中斷於有限處。若p(1,1)=0 ，則不存在兩個奇素數之和，若用不大於√M的素數作篩子，可將M=a+b中的元素全部歸納，直至無窮大，也不存在只有一個元素的商集化子集。例如，當M為奇數時，其商集化之鏈為：1/2=1/2；此鏈不是下降之鏈，不會被更大的鏈所包含，所以，p(1,1)=0。
      M=a+b的偏序集之鏈隨特徵值之不同而不同，所以M=a+b的基數有無窮多個。比較諸基數的大小，在偶數M為有限值時即已開始，否則豈非成了無源之水， 無本之木。在M=a+b中，p(1,1)的個數之所以存在忽多忽少之現象，正是由於處於不同的基數之規律中而造成的。