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杨氏太极论第二卷杨氏数论之第一篇
杨氏数论之素数定理篇
——数论对人类思维的考验和玩笑
——哥德巴赫猜想的终结论证
原著作者:
扬伟 DaoYang801114
声明：版权所有,请勿修改,
继往开来,欢迎刊载,若有稿酬,感谢之首,看过之后,千金难酬
第 1 页2007-12-19
杨氏数论之第一篇
杨氏数论九大定理论证总篇
杨氏数论定义：
素数定义：除了自身和1之外不能被的任何自然数整除的自然数都是素数，1和2是基本素数。
奇数定义：不能被2整除的任何自然数都是奇数。
偶数定义: 能被2整除的任何自然数都是偶数。
质数定义：除了1和2之外的所有素数都是质数。
杨氏数论九大定理：
第一定理：任何大于2的素数都可以分解为三个素数和。
第二定理：任何大于2的奇数都可以分解为三个素数和。
第三定理：任何大于2偶数都可以分解为两个素数和，而且至少有两组解。
第四定理：任何大于1的自然数都可以分解为两个或三个素数和。
第五定理：任何大于2的偶数都可以分解为小于它的任意偶数和另一偶数的和。
第六定理：任何偶数都可以分解为小于它的任意偶数和任意奇数的和。
第七定理：任何大于2的奇数都可以分解为小于它的任意奇数和任意偶数的和。
第八定理：任何大于2奇数都可以分解为素数1加上两个素数的和。
第九定理：任何大于2的素数都可以分解为素数1加上两个素数和。
曾几何时，好奇的哥德巴赫提出了一个简单却奥妙的问题，任何一个大偶数都可以分解为两个质数的和。
数学的严谨性对人类思维开了一个玩笑，最简单的道理却蕴含着繁杂诡秘的思维逻辑，就像先有鸡还是先有蛋的问题一样，虽然简单，却蕴含着生命繁衍和数亿年进化的真谛，打破傻瓜问到底的话要想追根究底清楚确实不是一件简单的事情，就像1 1=2一样，非要问个为什么，
第三章推理论证杨氏定理的证明过程
推理论证第一定理：任何大于2的素数都可以分解为三个素数和。
推理论证第二定理：任何大于2的奇数都可以分解为三个素数和。
推理论证第三定理：任何偶数都可以分解为两个素数和，而且至少有两组解。
已知：
自然数
N ＝ 1，2，3，4，5，… … ∞
素数集合 P ＝{
1，2，3，5，7，… … ∞ }
求证:
2N ＝ P1 1
2N＋1 ＝
P1 1 1
第一回
数论基本推理及素数存在性的证明
杨氏定理的证明无疑是艰辛与繁杂的，为了使证明过程更加简单明了，层次分明，容易理解和阅读，我将证明的步骤简化为模块，就像程序构建一样，用堆积木的方法，让任何一个稍具数学知识的人都能理解证明的过程，达到科普教育的目的。
杨氏定理的证明最大的问题无疑是素数的探索公式的确立，素数的探索中素数存在性的证明和未知最大素数内所有素数确定性的证明以及素数探索公式的证明是关键之重，正如梅森素数一样，只有确立素数的探索公式和存在性，才可以确立素数理论。素数大而可至无穷，所以利用计算机猜解最大素数，就想利用直尺去测量宇宙的边长一样，是荒唐无知的。
我们都知道，偶数的探索公式为 2N
，奇数的探索公式为
2N-1,大于2的奇数的探索公式为 2N 1
,当自然数为无穷大时，偶数和奇数将二倍于无穷大，但是，有趣的是，自然数的探索公式是什么？我们都知道，自然数
N = 1,2,3,… … ∞
,这不是自然数的探索的公式，他只是一个人类思维的等差数列，如果它是公式的话那么偶数的公式就应该写成
B = 2,4,6,… … ∞ 而不是简简单单的 2N
了，所以在证明之前，先了解一下存在性、唯一性、和探索公式的重要性。
首先，我们来证明一些或者声明一些全局的推论，根据自然数、偶数、奇数的性质推出一些推论，然后用这些推论去论证素数存在的必然性、确定性，和素数推理的方法，论证素数的性质，偶数可分解为两个素数何就不难论证了。
由下面的已知条件，可以推导出一些非常简单但是却相当重要的积木模块，可以大大简化证明过程的繁琐度和易读性。
已知:
假设任意已知素数 PKA ≥ 2 ,则 PKA 为质数。集合
PK 包括所有小于等于的素数，QK 包括所有小于等于
PKA 的任意质数 Q ＞２；
已知奇数集合 AK 包含小于等于 PK
的任意奇数 A，
即 A≤PKA, 探索奇数集合 CK 包含大于 PKA
且小于等于2PKA＋1 的任意奇数 C ，即 ２≤PKA ＜C ≤ 2PKA＋1 ；
已知偶数集合 BK
包含小于的任意偶数 B，即 B ≤ PK,
探索偶数集合 DK 包含大于 PKA 且小于等于
2PKA 的任意偶数
D，即 ２≤
PKA ＜D ≤ 2PKA
。
假设集合中任意 AK BK 小于 任意非1奇数 A
、任意非2偶数 B ，集合中任意 CK DK 小于
任意推理奇数 C 、任意推理偶数 D ，则有如下推论:
（重要公设推论一）已知自然数分解推论:
假设集合中任意 AK BK 小于
任意非1奇数 A
任意非2偶数 B
，加法因子均小于该推理数，则有如下推论:
任意偶数都可以分解为小于它的任意两个偶数的和，也可以分解为小于它的任意两个奇数和，即
B ＝ BK1 1 , 任意 B 任意 BK 都成立
B ＝ AK1 1 ，任意 B 任意 AK 都成立
任意奇数都可以分解为小于他的一个偶数加上一个奇数的和。
A ＝ AK ＋ BK , 任意A
AK 或任意 A BK 都成立
A ＝ BK ＋1, 任意 AK大于１或任意 BK 都成立
A ＝ BK
－1 , 任意 AK 或任意 BK 都成立
（重要公设推论二）探索偶数分解推论
D ＝ BK1 1
, 任意 D（大于２）都成立，任意
BK都成立
D ＝ BK ＋ DK , 任意 D 任意
BK DK 都成立
（重要公设推论三）探索奇数分解推论
C ＝ AK ＋ BK , 任意
C（大于２） 都成立，任意 AK BK 都成立
C ＝ DK －１, 任意
C 都成立
C ＝ DK ＋１, 任意
C 都成立
C ＝ DK ＋ AK, 任意
C（大于２）任意 AK 都成立
C ＝ DK －
AK , 任意
C 任意 AK 都成立
C ＝
AK1 1 1 ,
任意 C（大于２） 都成立，其中一个素数任意 AK 都成立
C ＝ AK
＋ＣK,
任意 C（大于２）都成立，其中一个素数任意 AK 都成立
注1 :
因为任何人都知道这三个重要推论是正确的，所以就不必再证明了。
注2 :
在以后证明中，会经常用到，直接使用，不再注明。
（重要公设推论四）素数存在性证明子程序
假设当 2N ≤ PKA 时，2N ＝ PK1 1 成立, 2N－1 ＝ PK1 1 1
也成立,那么在大于 PKA 小于 2PKA
的奇数中，有且至少有一个素数。
反证法证明过程 :
设任意偶数 2N ＜ PKA 时，2N ＝ PK1 1
成立, 2N－1 ＝ PK1 1 1 也成立,当 PKA ＜2N ≤ 2PKA 时，2N ＝ PK1 1
成立, 2N－1 ＝ PK1 1 1 也成立, 则奇数集合CK中任意奇数C 且 PKA＜ C
＜ 2PKA
假设结论PKA ＜ 2N ≤ 2PKA 时,
2N－1中不存在素数，则任意奇数 C 必然能被任意质数Q≤ PKA整除，
∵
任意偶数 PKA ＜B＜2PKA
∴ 任意偶数 B =
PKA＋Q 且 PKA 为任意素数 Q 为任意质数必然成立
∵ PKA＜ C ＜
2PKA
∴ C = B 1 = 1
PK＋Q 必然成立
∵ 任意奇数 C
必然能被任意质数Q≤ PKA整除
∴ 1
PK＋Q 必然能被任意质数Q≤ PKA整除
∴ 1
PK
必然能被任意质数Q≤ PKA整除
∵
PK 可以为任意素数
∴
必然有 1 PK
= 2X 成立
∵
2的幂指数 2X
只能被2整除
∴ 结论 1 PK
必然能被任意质数Q≤ PKA整除 必然不成立
注： 任何大于2的奇数都可以分解为 2X＋Q
且 Q 时任意的也是任意的 2X 也是任意的，假设任意奇数C能被任意 Q
(事实上已被限定)整除而且必然能被分解为
2X＋Q，显然2X不能被任何质数整除，所以该奇数能被任意质数整除是不可能的，是错误的。
∴ 假设结论任意奇数C
必然能被任意质数Q≤ PKA整除必然不成立
∴
任意奇数C 中必然存在有素数
∴ 重要公设推论四
必定成立
（重要公设推论四）素数存在性证明子程序简略证明
假设结论PKA ＜ 2N ≤
2PKA 时,
2N－1中不存在素数，即在二倍范围内已知质数经过跳跃具有严谨性
第二回 递归证明杨氏定理的证明过程
证明 :
假设自然数 N
= 1,2,3,5，6，7， … ∞
K = 1,2,3,5，6，7， … ∞
基本素数 1，2
假设已知素数 PKA = 2
,则 PKA 为质数。集合 PK 包括所有小于等于的素数，QK 包括所有小于等于
PKA 的质数 Q ；
已知奇数集合 AK 包含小于等于 PK
的任意奇数 A，
即 A≤PKA, 探索奇数集合 CK 包含大于 PKA
且小于等于2PKA＋1 的任意奇数 C ，即 PKA
＜ C ≤ 2PKA＋1；
已知偶数集合 BK
包含小于的任意偶数 B，即 B ＜ PK,
探索偶数集合 DK 包含大于 PKA 且小于等于
2PKA 的任意偶数
D，即
PKA ＜D ≤ 2PKA
。
第一至四步过于简单还不如用手动来证明，简略如下
（第四步结论K＝4已知部分与探索部分）
证明结论
已知素数集合PK = { 1，2 ，3，5，}
，则 P KA = 5 ，已知质数集合 Q
K = { 3，5} ，已知奇数集合 A K = { 1，3，5}
，已知偶数集合 B K = { 2，4
}
探索奇数集合CK = { 7,9}，探索偶数集合
DK = {6,8,10} ，
探索素数集合pK = { 7}，探索质数集合
qK = {7} ，
PP 为小于等于7 的任意素数
2=1 1,4=1 3=2 2,6=3 3=1 5,8=1 7=3 5,10=3 7=5 5,
3=1 1 1，5=1 1 3=1 2 2，7=1 1 5=1 3 3=2 2 3，
9=3 3 3=1 1 7=2 2 5，
假设任意素数 Ｐ＜２PK
当 2N ≤ PKA 时，2N ＝ PK1 1 成立,
2N－1 ＝ PK1 1 1 也成立
当 2N ≤ 2PKA 时，2N ＝ＰP＋ＰＫ
成立,
2N＋1
＝1＋ＰP＋ＰＫ也成立
任意偶数 Ｄ≤
2PKA 都可以有两种不同的分界方案，分解为ＰＫ１＋１或有别于ＰＫ１＋１的组合ＰP＋ＰＫ，
（第4＋1步且K＝4已知部分与探索部分）
已知部分分解推理
由第一步可知 已知素数集合PK = { 1，2 ，3，5，7}
，则 PKA = 7 ，已知质数集合
QK = { 3，5，7} ，已知奇数集合
AK = { 1，3，5，7 } ，已知偶数集合
BK = { 2，4，6 }
探索奇数集合 CK = {
9，11，13 } ，探索偶数集合 DK = { 8，10，12,14
}
证明第一分解方案 Ｄ＝ＰK1 1 成立
我们需要对任意偶数 Ｄ 进行递归循环证明其可分解性，设置一个证明子程序如下，证明任意偶数 Ｄ 都可以分
解为ＰK1 1
假设自然数 Ｘ= 1,2,3,5，6，7， …
∞
令 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA，则 PKA＋２Ｘ－１与偶数Ｄ同价可以替换。
假设素数集合 ｐｋ＝PK 偶数集合 ｄｋ＝ＢK
质数集合ｑｋ＝ＱK,则必定有偶数
ＦＯＲ（Ｘ＝１，Ｘ＋＝１，PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA）
｛
DK 中必定有任意偶数
D＝PKA＋２Ｘ－１ ；
∵ 探索偶数推论 D ＝ BK1 1假设d＝d１＋d２
据上一步结论 B ＝ ＰK1 1
假设d１＝ｐＫ１＋ｐＫ２，d２＝ｐＫ３＋ｐＫ４，则ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数上式都成立
∴ D＝ ｐＫ１＋ｐＫ２＋ｐＫ３＋ｐＫ４
∴ D＝（ｐＫ１＋ｐＫ３）＋（ｐＫ２＋ｐＫ４）
∵ ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数
∴（ｐＫ２＋ｐＫ４）必定可以为任意偶数Ｂ３，
假设Ｂ３＝ｐＫ５＋ｐＫ６，则 ｐＫ５必定可以为任意素数
∴ D＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５＋ｐＫ６
∵ ｐＫ１，ｐＫ３，ｐＫ５均为任意素数
∵ 已知部分推论
假设任意素数ＰＰ≤PKA 则必定有
ＰＰ＝ＰＫ１＋１＋１成立
∴ 必定有
ＰＰ＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５ 成立
∴”厝挥 D＝ＰＰ＋ＰＫ６ 成立
∴ D＝ＰＫ１＋１ 成立
令 PKA＋２Ｘ－１∈ ｄｋ ；使得下一个偶数验证分解是可以利用本次循环的偶数，继续循环至结束。
｝
∴ 探索偶数集合 DK
中任意偶数 D＝ＰＫ１＋１ 成立
∴ 探索奇数集合 CK
中任意奇数
C＝1 ＰＫ１＋１＝ＰＫ１＋１＋１成立
探索部分分解推理
利用素数存在性证明子程序
得到结论 在大于 PKA 小于
2PKA
的奇数 Ｃ 中，有且至少有一个素数也是质数,
根据 素数质数定义可以探索质数集合，
得到探索质数集合 HK = { 11，13 }
我们开始验证探索偶数第二分解方案，对集合 DK 中所有偶数进行验证，即证明 Ｄ＝HK＋PK 成立
证明第二分解方案 Ｄ＝HK＋PK 成立
我们需要对任意偶数 Ｄ 进行递归循环证明其可分解性，设置一个证明子程序如下，假设任意素数
PKA＜ＰＰ＜2PKA，证明任意偶数 Ｄ 都可以分解为素数和Ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ，当 Ｄ 大于最小探索质数时，Ｄ＝HK 1＋ＰＫ
成立，则证明结束。
假设自然数 Ｘ= 1,2,3,5，6，7， …
∞
令 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA，则 PKA＋２Ｘ－１与偶数Ｄ同价可以替换。
假设素数集合 ｐｋ＝PK 偶数集合 ｄｋ＝ＢK
质数集合ｑｋ＝ＱK
ＦＯＲ（Ｘ＝１，Ｘ＋＝１，PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA）
｛｝
ｄ＝PKA＋２Ｘ－１ ；
∵ 探索偶数推论 D ＝
BK1 1假设d＝d１＋d２
据上一步结论 B ＝ ＰK1 1
假设d１＝ｐＫ１＋ｐＫ２，d２＝ｐＫ３＋ｐＫ４，则ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数上式都成立
∴ D＝ ｐＫ１＋ｐＫ２＋ｐＫ３＋ｐＫ４
∴ D＝（ｐＫ１＋ｐＫ３）＋（ｐＫ２＋ｐＫ４）
∵ ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数
∴（ｐＫ２＋ｐＫ４）必定可以为任意偶数Ｂ３，
假设Ｂ３＝ｐＫ５＋ｐＫ６，则 ｐＫ５必定可以为任意素数
∴ D＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５＋ｐＫ６
∵ ｐＫ１，ｐＫ３，ｐＫ５均为任意素数
∵ 已知部分推论
假设任意素数ＰＰ＜2PKA 则ＰＰ＝ＰＫ１＋１＋１成立
∴ 必定有
ＰＰ＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５ 成立
∴ ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ６”囟ǔ闪
∴ ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ”囟ǔ闪
｛
如果 PKA＜ＰＰ
则令 ＰＰ＝HK
则 ｄ＝HK＋ＰＫ６
则 ｄ＝HK＋ＰＫ 成立
令 ＰＰ ∈ ｐＫ ，PKA＋２Ｘ－１∈ ｄｋ ；
添加到验证条件集合中，使得偶数加二的偶数验证分解是可以利用本次循环验证的偶数，继续循环至结束。
｝
｝
如此，就逐步证明了任意 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA 时，
则 PKA＋２Ｘ－１都可以分解为ＰＰ＋ＰＫ，当 PKA＋２Ｘ－１大于最小探索质数时，可以分解为探索质数与已知素数和 HK＋ＰＫ 成立，
∴
任意偶数 Ｄ 都可以分解为ＰＰ＋ＰＫ，当Ｄ大于ＣＫ最小探索质数时，可以分解为探索质数与已知素数和 Ｑ＋ＰＫ”囟ǔ闪ⅰ！ ∷以，任意偶数 Ｄ 都具有第二种分解方案，有别于ＰＫ１＋１的组合 Ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ（ＰＰ≤PK）或者
Ｄ＝HK 1＋ＰＫ（ＰＰ＝HK 1）,继而
C=D 1 推导出奇数分解方案。
假设素数集合ＰＫ＋１
包含任何小于2ＰＫA的任意素数，则
Ｄ＝PK 1 1 1 必定成立，C＝PK 1 1 1 1
也必定成立。
∴结合已知及探索部分的证明，得出结论：当2N≤2PKA时，
第二定理：任何大于2的奇数都可以分解为三个素数和必定成立。
第三定理：任何大于2偶数都可以分解为两个素数和，而且至少有两组解必定成立。
（第5＋1步且K＝5已知部分与探索部分）
已知部分分解推理
由第一步可知 已知素数集合PK = { 1，2
，3，5，7，11，13} ，则 PKA =
13 ，已知质数集合 QK = { 3，5，7，11，13}
，已知奇数集合 AK = { 1，3，5，7 ，9，11，13}
，已知偶数集，合 BK = { 2，4，6
，8，10，12，14}
探索奇数集合 CK = {
15，17，19，21，23，25 } ，探索偶数集合 DK = {
14，16，18，20，22，24，26 }
证明第一分解方案 Ｄ＝ＰK1 1 成立
我们需要对任意偶数 Ｄ 进行递归循环证明其可分解性，设置一个证明子程序如下，证明任意偶数 Ｄ 都可以分
解为ＰK1 1
假设自然数 Ｘ= 1,2,3,5，6，7， …
∞
令 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA，则 PKA＋２Ｘ－１与偶数Ｄ同价可以替换。
假设素数集合 ｐｋ＝PK 偶数集合 ｄｋ＝ＢK
质数集合ｑｋ＝ＱK,则必定有偶数
ＦＯＲ（Ｘ＝１，Ｘ＋＝１，PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA）
｛
DK 中必定有任意偶数
D＝PKA＋２Ｘ－１ ；
∵ 探索偶数推论 D ＝ BK1 1假设d＝d１＋d２
据上一步结论 B ＝ ＰK1 1
假设d１＝ｐＫ１＋ｐＫ２，d２＝ｐＫ３＋ｐＫ４，则ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数上式都成立
∴ D＝ ｐＫ１＋ｐＫ２＋ｐＫ３＋ｐＫ４
∴ D＝（ｐＫ１＋ｐＫ３）＋（ｐＫ２＋ｐＫ４）
∵ ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数
∴（ｐＫ２＋ｐＫ４）必定可以为任意偶数Ｂ３，
假设Ｂ３＝ｐＫ５＋ｐＫ６，则 ｐＫ５必定可以为任意素数
∴ D＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５＋ｐＫ６
∵ ｐＫ１，ｐＫ３，ｐＫ５均为任意素数
∵ 已知部分推论
假设任意素数ＰＰ≤PKA 则必定有
ＰＰ＝ＰＫ１＋１＋１成立
∴ 必定有
ＰＰ＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５ 成立
∴”厝挥 D＝ＰＰ＋ＰＫ６ 成立
∴ D＝ＰＫ１＋１ 成立
令 PKA＋２Ｘ－１∈ ｄｋ ；使得下一个偶数验证分解是可以利用本次循环的偶数，继续循环至结束。
｝
∴ 探索偶数集合 DK
中任意偶数 D＝ＰＫ１＋１ 成立
∴ 探索奇数集合 CK
中任意奇数
C＝1 ＰＫ１＋１＝ＰＫ１＋１＋１成立
探索部分分解推理
利用素数存在性证明子程序
得到结论 在大于 PKA 小于
2PKA
的奇数 Ｃ 中，有且至少有一个素数也是质数,
根据 素数质数定义可以探索质数集合，
得到探索质数集合 HK = { 17，19，23 }
我们开始验证探索偶数第二分解方案，对集合 DK 中所有偶数进行验证，即证明 Ｄ＝HK＋PK 成立
证明第二分解方案 Ｄ＝HK＋PK 成立
我们需要对任意偶数 Ｄ 进行递归循环证明其可分解性，设置一个证明子程序如下，假设任意素数
PKA＜ＰＰ＜2PKA，证明任意偶数 Ｄ 都可以分解为素数和Ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ，当 Ｄ 大于最小探索质数时，Ｄ＝HK＋ＰＫ
成立，则证明结束。
假设自然数 Ｘ= 1,2,3,5，6，7， …
∞
令 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA，则 PKA＋２Ｘ－１与偶数Ｄ同价可以替换。
假设素数集合 ｐｋ＝PK 偶数集合 ｄｋ＝ＢK
质数集合ｑｋ＝ＱK
ＦＯＲ（Ｘ＝１，Ｘ＋＝１，PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA）
｛
ｄ＝PKA＋２Ｘ－１ ；
∵ 探索偶数推论 D ＝
BK1 1假设d＝d１＋d２
据上一步结论 B ＝ ＰK1 1
假设d１＝ｐＫ１＋ｐＫ２，d２＝ｐＫ３＋ｐＫ４，则ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数上式都成立
∴ D＝ ｐＫ１＋ｐＫ２＋ｐＫ３＋ｐＫ４
∴ D＝（ｐＫ１＋ｐＫ３）＋（ｐＫ２＋ｐＫ４）
∵ ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数
∴（ｐＫ２＋ｐＫ４）必定可以为任意偶数Ｂ３，
假设Ｂ３＝ｐＫ５＋ｐＫ６，则 ｐＫ５必定可以为任意素数
∴ D＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５＋ｐＫ６
∵ ｐＫ１，ｐＫ３，ｐＫ５均为任意素数
∵ 已知部分推论
假设任意素数ＰＰ＜2PKA 则ＰＰ＝ＰＫ１＋１＋１成立
∴ 必定有
ＰＰ＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５ 成立
∴ ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ６”囟ǔ闪
∴ ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ”囟ǔ闪
｛
如果 PKA＜ＰＰ
则令 ＰＰ＝HK
则 ｄ＝HK＋ＰＫ６
则 ｄ＝HK＋ＰＫ 成立
令 ＰＰ ∈ ｐＫ ，PKA＋２Ｘ－１∈ ｄｋ ；
添加到验证条件集合中，使得偶数加二的偶数验证分解是可以利用本次循环验证的偶数，继续循环至结束。
｝
｝
如此，就逐步证明了任意 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA 时，
则 PKA＋２Ｘ－１都可以分解为ＰＰ＋ＰＫ，当 PKA＋２Ｘ－１大于最小探索质数时，可以分解为探索质数与已知素数和 HK＋ＰＫ 成立，
∴
任意偶数 Ｄ 都可以分解为ＰＰ＋ＰＫ，当Ｄ大于ＣＫ最小探索质数时，可以分解为探索质数与已知素数和 Ｑ＋ＰＫ”囟ǔ闪ⅰ！ ∷以，任意偶数 Ｄ 都具有第二种分解方案，有别于ＰＫ１＋１的组合 Ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ（ＰＰ≤PK）或者
Ｄ＝HK 1＋ＰＫ（ＰＰ＝HK）,继而 C=D 1
推导出奇数分解方案。
假设素数集合ＰＫ＋１
包含任何小于2ＰＫA的任意素数，则
Ｄ＝PK 1 1 1 必定成立，C＝PK 1 1 1 1
也必定成立。
∴结合已知及探索部分的证明，得出结论：当2N≤2PKA时，
第二定理：任何大于2的奇数都可以分解为三个素数和必定成立。
第三定理：任何大于2偶数都可以分解为两个素数和，而且至少有两组解必定成立。
（第6＋1步且K＝6已知部分与探索部分）
已知部分分解推理
由第一步可知 已知素数集合PK = { 1，2
，3，5，7，11，13，17，19，23} ，则
PKA = 23 ，已知质数集合 QK = {
3，5，7，11，13，17，19，23} ，已知奇数集
AK
= { 1，3，5，7 ，9，… …
PKA =23} ，已知偶数集合
BK
= { 2，4，6 ，8，10，… … PKA-1=22}
探索奇数集合 CK = {
25,27,29,31,33, … … 2PKA-1=45
} ，探索偶数集合 DK = { 24,26,28,30,32, …
… 2PKA = 46 }
证明第一分解方案 Ｄ＝ＰK1 1 成立
我们需要对任意偶数 Ｄ 进行递归循环证明其可分解性，设置一个证明子程序如下，证明任意偶数 Ｄ 都可以分
解为ＰK1 1
假设自然数 Ｘ= 1,2,3,5，6，7， …
∞
令 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA，则 PKA＋２Ｘ－１与偶数Ｄ同价可以替换。
假设素数集合 ｐｋ＝PK 偶数集合 ｄｋ＝ＢK
质数集合ｑｋ＝ＱK,则必定有偶数
ＦＯＲ（Ｘ＝１，Ｘ＋＝１，PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA）
｛
DK 中必定有任意偶数
D＝PKA＋２Ｘ－１ ；
∵ 探索偶数推论 D ＝ BK1 1假设d＝d１＋d２
据上一步结论 B ＝ ＰK1 1
假设d１＝ｐＫ１＋ｐＫ２，d２＝ｐＫ３＋ｐＫ４，则ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数上式都成立
∴ D＝ ｐＫ１＋ｐＫ２＋ｐＫ３＋ｐＫ４
∴ D＝（ｐＫ１＋ｐＫ３）＋（ｐＫ２＋ｐＫ４）
∵ ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数
∴（ｐＫ２＋ｐＫ４）必定可以为任意偶数Ｂ３，
假设Ｂ３＝ｐＫ５＋ｐＫ６，则 ｐＫ５必定可以为任意素数
∴ D＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５＋ｐＫ６
∵ ｐＫ１，ｐＫ３，ｐＫ５均为任意素数
∵ 已知部分推论
假设任意素数ＰＰ≤PKA 则必定有
ＰＰ＝ＰＫ１＋１＋１成立
∴ 必定有
ＰＰ＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５ 成立
∴”厝挥 D＝ＰＰ＋ＰＫ６ 成立
∴ D＝ＰＫ１＋１ 成立
令 PKA＋２Ｘ－１∈ ｄｋ ；使得下一个偶数验证分解是可以利用本次循环的偶数，继续循环至结束。
｝
∴ 探索偶数集合 DK
中任意偶数 D＝ＰＫ１＋１ 成立
∴ 探索奇数集合 CK
中任意奇数
C＝1 ＰＫ１＋１＝ＰＫ１＋１＋１成立
探索部分分解推理
利用素数存在性证明子程序
得到结论 在大于 PKA 小于
2PKA
的奇数 Ｃ 中，有且至少有一个素数也是质数,
根据 素数质数定义可以探索质数集合，
得到探索质数集合 HK = { 29,31,37,41,43 }
我们开始验证探索偶数第二分解方案，对集合 DK 中所有偶数进行验证，即证明 Ｄ＝HK＋PK 成立
证明第二分解方案 Ｄ＝HK＋PK 成立
我们需要对任意偶数 Ｄ 进行递归循环证明其可分解性，设置一个证明子程序如下，假设任意素数
PKA＜ＰＰ＜2PKA，证明任意偶数 Ｄ 都可以分解为素数和Ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ，当 Ｄ 大于最小探索质数时，Ｄ＝HK＋ＰＫ
成立，则证明结束。
假设自然数 Ｘ= 1,2,3,5，6，7， …
∞
令 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA，则 PKA＋２Ｘ－１与偶数Ｄ同价可以替换。
假设素数集合 ｐｋ＝PK 偶数集合 ｄｋ＝ＢK
质数集合ｑｋ＝ＱK
ＦＯＲ（Ｘ＝１，Ｘ＋＝１，PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA）
｛｝
ｄ＝PKA＋２Ｘ－１ ；
∵ 探索偶数推论 D ＝
BK1 1假设d＝d１＋d２
据上一步结论 B ＝ ＰK1 1
假设d１＝ｐＫ１＋ｐＫ２，d２＝ｐＫ３＋ｐＫ４，则ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数上式都成立
∴ D＝ ｐＫ１＋ｐＫ２＋ｐＫ３＋ｐＫ４
∴ D＝（ｐＫ１＋ｐＫ３）＋（ｐＫ２＋ｐＫ４）
∵ ｐＫ１，ｐＫ３为 PK
任意素数
∴（ｐＫ２＋ｐＫ４）必定可以为任意偶数Ｂ３，
假设Ｂ３＝ｐＫ５＋ｐＫ６，则 ｐＫ５必定可以为任意素数
∴ D＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５＋ｐＫ６
∵ ｐＫ１，ｐＫ３，ｐＫ５均为任意素数
∵ 已知部分推论
假设任意素数ＰＰ＜2PKA 则ＰＰ＝ＰＫ１＋１＋１成立
∴ 必定有
ＰＰ＝ｐＫ１＋ｐＫ３＋ｐＫ５ 成立
∴ ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ６”囟ǔ闪
∴ ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ”囟ǔ闪
｛
如果 PKA＜ＰＰ
则令 ＰＰ＝HK
则 ｄ＝HK＋ＰＫ６
则 ｄ＝HK＋ＰＫ 成立
令 ＰＰ ∈ ｐＫ ，PKA＋２Ｘ－１∈ ｄｋ ；
添加到验证条件集合中，使得偶数加二的偶数验证分解是可以利用本次循环验证的偶数，继续循环至结束。
｝
｝
如此，就逐步证明了任意 PKA＋２Ｘ－１≤ ２PKA 时，
则 PKA＋２Ｘ－１都可以分解为ＰＰ＋ＰＫ，当 PKA＋２Ｘ－１大于最小探索质数时，可以分解为探索质数与已知素数和 HK＋ＰＫ 成立，
∴
任意偶数 Ｄ 都可以分解为ＰＰ＋ＰＫ，当Ｄ大于ＣＫ最小探索质数时，可以分解为探索质数与已知素数和 Ｑ＋ＰＫ”囟ǔ闪ⅰ！ ∷以，任意偶数 Ｄ 都具有第二种分解方案，有别于ＰＫ１＋１的组合 Ｄ＝ＰＰ＋ＰＫ（ＰＰ≤PK）或者
Ｄ＝HK＋ＰＫ（ＰＰ＝HK）,继而 C=D 1
推导出奇数分解方案。
假设素数集合ＰＫ＋１
包含任何小于2ＰＫA的任意素数，则
Ｄ＝PK 1 1 1 必定成立，C＝PK 1 1 1 1
也必定成立。
∴结合已知及探索部分的证明，得出结论：当2N≤2PKA时，
第二定理：任何大于2的奇数都可以分解为三个素数和必定成立。
第三定理：任何大于2偶数都可以分解为两个素数和，而且至少有两组解必定成立。
（第7＋1步且K＝7已知部分与探索部分）
已知部分分解推理
由第一步可知 已知素数集合PK = { 1，2
，3，5，7，11，13，17，… … ，PKA = 43 }
，已知质数集合 QK = { 3，5，7，11，13，17，…
…， PKA = 43} ，已知奇数集
AK
= { 1，3，5，7 ，9，… …
PKA=43} ，已知偶数集合
BK
= { 2，4，6 ，8，10，… …
PKA-1=42}探索奇数集
合 CK = {
45，47，49，51，53，55
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