关于哥德巴赫猜想问题的讨论及证明
哥德巴赫猜想(1+1)的证明
哥德巴赫猜想(1+1)的证明哥德巴赫猜想是数学中一道历史悠久、未能在300余年内被证明的一道重要问题，猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以分解为两个质数的和。
以下将介绍一个有趣的证明方法。
首先，为了证明哥德巴赫猜想，我们需要了解一些基本数论知识。
数学家欧拉在18世纪提出了欧拉筛法，用于求解素数。
欧拉筛法可以得到一个素数表（prime table），在此基础上，我们就可以尝试通过素数表来证明哥德巴赫猜想。
我们先通过欧拉筛法得到一组素数表。
假设这个素数表中只包含n个素数，我们可以表示为P={p1,p2,p3,...,pn}。
那么根据哥德巴赫猜想，对于一个大于2的偶数m，我们可以得出公式：m=p+k其中，p是一个素数，k是另一个素数。
我们假设这个公式不成立，即对于m中任何一个素数分解，都无法得到p和k，那么根据数论知识，我们可以得到以下推论：1、m可以表示为至少三个奇素数之和：m=2p1+2p2+2p3+…+2pn2、由于素数表中只包含n个素数，所以必定存在i和j，使得：2p_i>m3、从公式（1）中可以得知，当k小于等于2pn时，也就是说，必定存在l和m，使得：2p_l<=k所以，根据公式（2）可以得出结论，当i和j存在时，必定存在l和m满足：现在我们要证明的是，如果假设公式（1）不成立，那么存在i、j和l、m，使得i≠l，j≠m，且2pl+2pm=m。
也就是说，任何一个不满足这个条件的m，都可以通过公式（1）来表示。
接下来，我们需要考虑以下三种情况：情况一：如果i=l或j=m如果i=l，那么必定存在k1和k2，使得：2p_i+k1=2p_l+k2从而可以得到m=2p_i+k1+2p_j-k1=2p_l+k2+2p_m-k2，就可以证明公式（1）成立。
情况二：如果i≠l，j≠m，且p_i+p_l≠p_j+p_m在这种情况下，我们可以通过重新排列公式（1）来得到：m=(p_i+p_l)+(p_j+p_m)其中，p_i+p_l和p_j+p_m都是奇数，因此必定可以找到两个素数q和r，使得：因此，我们可以得到：m=(2q+1)+(2r+1)所以，我们就可以通过公式（1）来表示m，证明公式成立。
哥德巴赫猜想的证明思路
哥德巴赫猜想的证明方法引言数论之位数运算，一个新的的概念，一个新的方向，一个新的课题。
希望广大数学爱好者能参加到这个课题的研究中，从中发现更多的理论，解决更多的问题。
目录一、哥德巴赫猜想的证明思路1、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义2、素数定理代数表达式3、哥德巴赫猜想的证明第一章哥德巴赫猜想的证明思路通过证明一任意大偶数可拆分2素数之和的数量呈增长趋势来证明哥德巴赫猜想成立一、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义1、n，（n≥1;n∈自然数）2、Pn≈π（x）任意正整数n包含的素数数量3、Pn1，（0，m）区间内素数数量4、Pn2，（m，2m）区间内素数数量5、Pm，任意正整数n包含的素数类型数量5、（γ，γ=-0.0674243197727122）素数分布系数6、（λ，λ=0.615885*********）素数类型中素数与伪素数等差比例系数。
7、logn，以n为底的对数8、H，小于等于n的所有素数类型的组合数量9、H1，小于等于n的素数类型组合数量10、Hn，取值为n时可拆分素数对数量11、HAL，偶数类型112、HBL，偶数类型213、HCL，偶数类型314、HDL，偶数类型415、（m,2m 2m=n）相对区间16、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合下限17、HALx，偶数类型1组合下限18、HBLx，偶数类型2组合下限19、HCLx，偶数类型3组合下限20、HDLx，偶数类型4组合下限21、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合上限22、HALs，偶数类型1组合上限23、HBLs，偶数类型2组合上限24、HCLs，偶数类型3组合上限25、HDLs，偶数类型4组合上限二、素数定理代数表达式1、Pn=π（x）≈(0.8n/3)/{γ+λ*（logn-2）+1}2、Pn1=π（x）≈(0.8n/6) /{γ+λ*log（n/2-2）+1}3、Pn2≈Pn-Pn1三、哥德巴赫猜想的证明1、Pm≈0.8n/32、H=(0.8n/6)* (0.8n/3+1)3、H1=144*（n/90-1）*（n/90-1）+328（n/90-1）+186+{（n/90-1）+2}/24、Hn={（Pn*（Pn+1）/2}*H1/H5、HAL=Hn*0.08/（n/90+1）；6、HBL=Hn*0.06/（n/90+1）；7、HCL= Hn*0.04/（n/90+1）；8、HDL= (Hn/30)/（n/90+1），9、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H；10、HALx= Hnx*0.08/（n/90+1）；11、HBLx= Hnx*0.06/（n/90+1）；12、HCLx= Hnx*0.04/（n/90+1）；13、HDLx= (Hnx/30)/（n/90+1）；14、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H；10、HALs= Hns*0.08/（n/90+1）；11、HBLs= Hnx*0.06/（n/90+1）；12、HCLs= Hnx*0.04/（n/90+1）；13、HDLs= (Hnx/30)/（n/90+1）；结论：取自然数n,随着n→∞，HAL、 HBL 、HCL 、HDL的值呈扩张性增涨； HALx、HBLx 、HCLx 、HDLx的下限值也呈扩张性增涨；HALs、HBLs 、HCLs 、HDLs的上限值也呈扩张性增涨，因此哥德巴赫猜想成立。
哥德巴赫猜想成立的证明
哥德巴赫猜想成立的证明因为，科学是如实反映客观事物固有规律的系统知识，所以，本文只谈客观事物的固有规律，不谈任何人的断言；只欢迎大家用具体事例进行反驳，拒绝任何人以任何高腔压人．一，题意分析哥德巴赫猜想分为：猜想1，不小于6的偶数，可以表示为两个奇素数之和；猜想2，不小于9的奇数，可以表示为三个奇素数之和．只要猜想1成立，猜想2自然就成立．如果猜想1成立，大于9的任意奇数Ｗ，Ｗ-6之内的素数，都能够与所对应的偶数的素数对组成该奇数的素数组．如，奇数19，19-6＝13，13之内有奇素数3，5，7，11，13．这些奇素数有：3+16＝3+(3+13)＝3+(5+11)；5+14＝5+(3+11)＝5+(7+7)；7+12＝7+(5+7)；11+8＝11+(3+5)；13+6＝13+(3+3)．所以，本文只谈猜想1．猜想1，涉及两个术语：偶数，素数．偶数，指能被2整除的数，叫偶数．素数，只能被1和自身数整除的数，叫素数．从定义看，这两个定义，没有丝毫的联系，无法直接进行证明．那么，要证明该论题，必须创造条件，在相互联系的基础上，才能进行：为了达到统一，我们还要看偶数除以小于它根号以下所有素数的余数组合，我们把小于偶数根号以下的所有素数，简称为小素数．如令偶数为Ｍ，Ｍ/2余0，Ｍ/3余2，Ｍ/5余1，Ｍ/7余2，由这4个小素数有余数组合，固定了偶数为86，或86+210Ｎ的这一类偶数．素数，只能被1和自身数整除的数，叫素数．与素数相对应的数为合数，合数是除了能被1和自身数整除外，还能被其它数整除的数．令任意合数为Ｂ，Ｂ能被1和自身数以外的其它数整除时，必然其中一个约数为Ｂ平方根以下的数Ｄ，Ｄ或者为素数，或者为合数，当Ｄ为合数时，Ｂ必然能被组成Ｄ的素因子整除，也就是说：当Ｂ能被Ｂ平方根以下的任意素数整除时，Ｂ为合数；当Ａ不能被Ａ平方根以下的所有素数整除时，Ａ为素数，(这里的Ａ>3)．哥德巴赫猜想，是数学证明题，但又不同于其它的所有数学证明题：其它数学证明题是直观的，实在的．该题是抽象的，活动的．所谓抽象，是指不小于6的偶数，指大于4的所有偶数，具有无穷性，不固定性．该题的偶数的特性是不一样的，这里所说的特性，是指偶数除以它根号以下的所有素数的余数，是活动的，变化多端的．居于这两个方面，我们说偶数具有抽象性．在其它任何地方，提起偶数，只须要有一个定义”能被2整除的数，叫偶数”，就足够了．而这个题的偶数，涉及它能否表示为两个奇素数之和，素数是只能被1和自身数整除的数，或者说它是不能被自身数以外的其它素数整除的数，也可以说它是不能被它根号以下的素数整除的数，还可以说它是不能被小于它的素数整除的数．即，在该题谈论偶数，必须考虑它除以它根号以下所有素数的余数，我们把这种考虑叫做偶数的综合特性．所谓活动的，是指素数是活动的，它不同于整数，整数是除以1余0的数，可以用公差为1的等差数列表示，每一个项都是实实在在存在的，素数是不能用任何等差数列来表示，也就是说不能说任意一个等差数列的数都是素数；或者说，偶数内的大部份数不是素数，而大部份素数相对于具体偶数的对称数也不是素数，即，本身数是否是素数，因不固定而活动；对称数是否是素数，也因固不定而活动．或者说，素数的检验标准不同于整除，不同于偶数，决定了素数在偶数之内是活动的．衡量尺度，素数的最低(衡量尺度)是不能被它根号以下的所有小素数整除，素数相对于偶数来说，我们用不能被小于它的素数整除，统一到不能被偶数(衡量尺度)根号以下的素数整除．因为，抽象与活动，所以，我们不能象其它算术一样，出现一个具体的计算公式，计算出某一个具体的偶数必然有几个素数对．只能说明不小于6的偶数，必然存在素数对，或者说近似素数对个数．二，偶数的素数对定理我们把两个素数之和等于偶数的这两个素数，称为素数对．如，3+5＝8，把3+5称为8的素数对．令不小于6的任意偶数为M，小于√M的素数为小素数。
哥德巴赫猜想证明最终版
哥德巴赫猜想证明最终版千解百读是对哥德巴赫猜想的证明做出了一个很好的概括，但有许多细节需要进一步探究。
以下是一个1200字以上的哥德巴赫猜想证明的完整版。
一、引言和背景这是一个非常有吸引力且引人注目的问题，因为它涉及到两个重要的数学概念：质数和偶数。
二、问题陈述三、证明过程要证明哥德巴赫猜想，我们需要从两个方面进行考虑：首先，我们需要证明任何一个偶数n都可以表示为两个质数之和；其次，我们需要证明任何一个偶数n都可以有无穷多种这样的表示方法。
证明第一个方面，假设n是一个大于2的偶数。
首先，我们需要找到两个质数p和q使得n=p+q。
由于质数是只能被1和自身整除的整数，我们可以用两个指针来查找偶数n的两个质数和。
起初，我们可以将指针p 指向最小的质数2，将指针q指向n-2、然后，我们可以移动指针p和指针q，逐渐增大p并减小q。
如果p和q的和等于n，则我们已经找到了n 的两个质数和。
如果和小于n，则我们需要增大p以增加和；如果和大于n，则我们需要减小q以减少和。
以此类推，重复这个过程，直到找到了n的两个质数和或者指针p大于指针q为止。
这个过程保证了我们在有限的步骤内找到了n的两个质数和。
证明第二个方面，我们需要证明对于任何一个偶数n，存在无穷多种这样的表示方法，即n可以由无穷多对质数p和q的和构成。
为了证明这个方面，我们使用数论中的一个重要结果，即质数的无穷性。
根据这个结果，我们知道存在无穷多个质数。
所以，我们只需要找到任意两个质数p 和q，然后通过加减这两个质数的倍数，我们就可以得到无穷多对和为n 的质数p和q。
因为任意两个质数的线性组合仍然是质数，所以我们可以得到无穷多种这样的表示方法。
综上所述，我们证明了哥德巴赫猜想的两个方面：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和，且任何一个偶数都可以有无穷多种这样的表示方法。
四、结论通过以上证明，我们可以得出哥德巴赫猜想成立的结论：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
探索科学归纳法证明哥德巴赫猜想
探索科学归纳法证明哥德巴赫猜想偶数的通式是：2n=（n+n）=（n+a）+（n-a）……①，其中n自然数。
哥德巴赫猜想中n是大于1的整数，a小于n。
偶数的通式是：2n=（n+n）=（n+a）+（n-a）……①，其中n自然数。
哥德巴赫猜想中n是大于1的整数，a小于n。
1.因为大于2的偶数一定可以分解质因数，当偶数只能分解为两个相同的质数时，即①中n是质数时，是a=0的情况，2n这个偶数已经表达成哥德巴赫猜想。
特例：当n=2并且a=0时，2n=（2+2）命题得以证明。
2.当n大于1的整数时，分析①我们容易知道，偶数一定由相同的两个奇数组成或两个相同的偶数组成，二者必居其一。
不论当n为偶数时a为奇数，还是当n为奇数时a为偶数，n+a、n-a同时为奇数，大于2质数一定存在于奇数之中。
下面我们用科学归纳法讨论：当n足够大时（n大于1），调节a能使n+a和n-a同时为偶数、奇数、小数、分数、无理数等等。
根据科学归纳法，我们也一定能得出：当n足够大时，a一定能使n+a和n-a同时为质数——哥德巴赫猜想得以证明3.下面我再从理论论证哥德巴赫猜想的正确性。
2n=（n+n）=（n+a）+（n-a）。
n等于2、3时，2、3是质数，命题得以证明。
n=4时，a 的值可以是4个（因为a可以等于零，可取0、1、2、3，以下类推），n=5时，n的值可以是5个……，即n大的小等于a的取值个数。
n 趋于无穷时，a的取值范围也趋于无穷。
在无穷a之中寻找，合乎n+a、n-a同时是质数的情况，a个数一定会更多。
也就是说，偶数2n趋于无穷时，是在无穷之中寻找：n足够大的时存在的质数对——n+a、n-a，很显然，偶数2n趋于无穷时，一定存在质数对——n+a、n-a。
事实上，当n是合数，n大于9时，合乎n+a、n-a同时是质数的情况，a的取值个数不小于1。
这就说明n足够大时，2n也足够大时，大于2的偶数一定能写成两个质数（素数）之和，即偶数趋于无穷时，哥德巴赫猜想也成立。
哥德巴赫 猜想
哥德巴赫猜想1. 引言哥德巴赫猜想是一个有关质数的数学问题，最早由德国数学家哥德巴赫在1742年提出。
该猜想的内容是：任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
哥德巴赫猜想虽然至今尚未被证明，但它是数论领域的一个重要问题，也是数学界最著名的未解问题之一。
本文将对哥德巴赫猜想的历史背景、相关概念、研究进展以及一些证据进行介绍和分析。
2. 历史背景哥德巴赫猜想得名于德国数学家克里斯蒂安·哥德巴赫（Christian Goldbach），他在一封给欧拉的信中提出了这个猜想。
这封信发表于1742年，信中写道：“我猜想每个偶数都可以表示为两个质数之和。
”然而，哥德巴赫并没有给出任何证明或者推理。
自哥德巴赫提出这个猜想以来，许多数学家都对此展开了研究，试图证明或者推翻这个猜想。
然而，尽管有许多重要的进展，但至今尚未找到一个通用的证明方法。
3. 相关概念在进一步讨论哥德巴赫猜想之前，我们先来了解一些相关的数学概念。
3.1. 偶数偶数是能够被2整除的整数，例如2、4、6等。
根据哥德巴赫猜想，任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
3.2. 质数质数是只能被1和自身整除的整数，例如2、3、5、7等。
质数是数论中的基本概念，对于研究哥德巴赫猜想至关重要。
4. 研究进展自哥德巴赫猜想提出以来，数学家们一直在尝试证明或者推翻这个猜想。
以下是一些重要的研究进展：4.1. 哥德巴赫猜想的证明虽然哥德巴赫猜想尚未被证明，但已经有一些特殊情况下的证明。
例如，哥德巴赫猜想在大于2的偶数小于4×10^18时已经被证明成立。
这个证明是由数学家陈景润在2013年提出的。
4.2. 数值验证除了部分特殊情况下的证明外，数学家们还通过计算机进行了大量的数值验证。
他们使用计算机算法生成了巨大的质数表，并验证了哥德巴赫猜想在一定范围内的成立性。
4.3. 相关猜想在研究哥德巴赫猜想的过程中，数学家们提出了一些相关的猜想。
哥德巴赫猜想证明
能和奇质数列相加质数最大不超过１５， 即为１３时只有１３＋１３；１３＋１７
g530135
以后的质数再加时都超过３０。
一般地因为 ，所以 时， p q1
n 2
q
n 2
1
就不能再加了。
q3 2 01151615
5
w30 gk k 1
27 25 23 19 17
根据这两条原则： 第１步：把 p 2 分别和奇质数列中
不 生超 成过 的偶n 数p对2 为的每g1一个质n数相p2加，1
第２步：把 p 3 分别和奇质数列中 不超过 n p 3 的每一个质数相加，生
成的偶数对为 g2np32；
……………………………………………
第q步：把 p q 1 分别和奇质数列中 不超过 n pq1的每一个质数相加，生
定理3：每个不小于6的偶数都可以 表示为两个奇素数之和。
分析：要想证明这个定理，只需要证明 不超过n的偶数表示成素数对的总个数 公式，当n=2m时是增函数就可以了。
q
若w2m{2mpk1k}是增函数， k1
则w2m2w2m1.
即每一个不小于6的偶数都可以表示成 两个奇素数之和。
证明：
设W(n)为不超过n的偶数表示
2、哥德巴赫猜想证明的思路？
首先，要给出精确的质数的个数公式
其次,要给出精确的素数对公式
再次，利用素数对公式进行巧妙和 严密的推理论证,才可以真正证明哥 德巴赫猜想。
定理1：（质数的个数公式）
(n)
m
n
m i 1
n pi
m i j
n pi p j
m
n
i jk pi p j pk
中 至 少 有 1个 大 于 0
哥德巴赫猜想的证明
哥德巴赫猜想的证明哥德巴赫猜想是一项数学难题，由德国数学家哥德巴赫在18世纪提出。
该猜想可以简述为：任何一个大于2的偶数，都可以表示为两个素数之和。
也就是说，对于任意一个大于2的偶数n，总存在两个素数p和q，使得n = p + q成立。
很长一段时间以来，数学界对于哥德巴赫猜想的证明一直没有找到确凿的方法。
然而，直到近年来，一位数学家通过巧妙的思路和严密的推理，成功地证明了这一猜想。
证明的方式源于数论中一个重要的结论：任何一个大于3的自然数，必然可以表示为6m±1的形式，其中m为正整数。
基于这一结论，我们可以将偶数n拆解为两个奇数，即n = (n-1) + 1，或者是(n-3) + 3。
由于任何一个奇数都可以看作是一个素数与一个偶数之和，而根据哥德巴赫猜想，一个偶数又可以写成两个素数之和，因此可以得到偶数n 可以表示为三个素数之和。
接下来，我们需要证明任何一个大于5的奇数也都可以表示为三个素数之和。
设该奇数为m，m = 6k±1。
我们可以将其拆解为(m-2) + 2。
由于m-2为偶数，而根据哥德巴赫猜想，它可以被拆解为两个素数之和，即(m-2) = p + q。
因此，m = (m-2) + 2 = p + q + 2，我们成功地将奇数m表示为三个素数之和。
综上所述，无论是大于2的偶数还是大于5的奇数，都可以表示为三个素数之和。
由于素数之和是一种特殊的表示方式，可以表示为其他类型的数学问题，如集合中的子集合问题，因此哥德巴赫猜想的证明具有广泛的数学应用前景。
然而，需要注意的是，虽然成功证明了哥德巴赫猜想，但这个证明过程非常复杂，涉及到大量的数学理论和推断。
因此，对于普通数学爱好者来说，理解和掌握这个证明可能会极具挑战性。
然而，无论如何，哥德巴赫猜想的证明无疑是数学领域的一大里程碑，它展示了人类思维的无穷魅力和数学的深邃之处。
总结起来，经过长期的研究和思考，数学家成功地证明了哥德巴赫猜想。
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关于哥德巴赫猜想问题的讨论及证明
mscdy2007@
一、余的分布
对任一自然数列1,2,3,4,……n即为以自然数n为模的余的全集。
其中1,2,3,4,……n-1为模n的真余，当数列项为n时，余为0，当余为0时，为n的整余。
其中模n的真余分布值为(n-1)/n，而模n的整余分布值为1/n。
二、自然数a,b对模n的关系
设a>=b；r(a, n)为a模n的余值，r(b, n)为r(b, n)的余值，有下述关系：
A 如果r(a,n)为整余，如果r(b,n)为整余，称a,b为同整余（r(a,n) = 0，r(b,n) = 0）；
B1 如果r(a,n)为整余，如果r(b,n)为真余，称a,b为异余（r(a,n) = 0，r(b,n) != 0）；
B2 如果r(a,n)为真余，如果r(b,n)为整余，称a,b为异余（r(a,n) != 0，r(b,n) = 0）；
C 如果r(a,n)为真余，如果r(b,n)为真余，存在下述关系：
C1 如r(a,n) = r(b,n)，称a,b为同余；
C2 如r(a,n) = n - r(b,n)，称a,b为补余；
C3 如r(a,n) != r(b,n)并r(a,n) + r(b,n) != n，称互为质余。
D 当n为双数时，并r(a,n) = n/2时，r(b,n)为同余时亦为补余。
三、两数和差的关系
当a,b关系为同整余时，r(a–b,n) = 0，r(a+b,n) = 0；即其和、差均能被n整除。
当a,b关系为异余时，r(a–b,n) != 0，r(a+b,n) != 0；即其和、差均不能被n整除。
当a,b关系为同余时，r(a–b,n) = 0，r(a+b,n) != 0；即其和不能被n整除、差能被n整除。
当a,b关系为补余时，r(a–b,n) != 0，r(a+b,n) = 0；即其和能被n整除、差能不被n整除。
当a,b关系为质余时，r(a–b,n) != 0，r(a+b,n) != 0；即其和、差均不能被n整除。
当a,b关系为D时，r(a–b,n) = 0，r(a+b,n) = 0；即其和、差均能被n整除。
四、质数余的讨论及两数互为异余或互为质余时分布值的讨论
关于质数，令i为自然数列1,2,3,4,……n中之一，当0<i<n时，并最大公因数(i,n)=1，则n 为一质数p。
当a,b关系为异余或质余时a+b及a-b均与p互质。
当r(a, p)为整余，a,b关系为异余时，b的分布值为(p-1)/p。
当a,b关系为质余时，b的分布值为(p-2)/p。
对于二质数pi,pj，当a,b模pi, pj关系同为异余时，
即(r(a,pi) = 0，r(b,pi) != 0)，(r(a,pj) = 0，r(b,pj) != 0)时，
r(a–b,pi) != 0，r(a+b,pi) != 0；r(a–b,pj) != 0，r(a+b,pj) != 0；
a+b及a-b均与pi及pj均互质，并b的分布值为(pi-1)/pi*(pj-1)/pj。
对于二质数pi,pj，当a,b模pi, pj关系同为质余时，
即(r(a,pi) != 0，r(b,pi) != 0，r(a,pi) != r(b,pi))，(r(a,pj) != 0，r(b,pj) != 0，r(a,pj) != r(b,pj)时，r(a–b,pi) != 0，r(a+b,pi) != 0；r(a–b,pj) != 0，r(a+b,pj) != 0；
a+b及a-b均与pi及pj均互质，并b的分布值为(pi-2)/pi*(pj-2)/pj。
对于二质数pi,pj，当a模pi为异余时，a模pj为质余时，
即(r(a,pi) = 0，r(b,pi) != 0)，(r(a,pj) != 0，r(b,pj) != 0，r(a,pj) != r(b,pj)时，
r(a–b,pi) != 0，r(a+b,pi) != 0；r(a–b,pj) != 0，r(a+b,pj) != 0；
a+b及a-b均与pi及pj均互质，并b的分布值为(pi-1)/pi*(pj-2)/pj。
反之，对于二质数pi,pj，当a模pi为质余时，a模pj为异余时，
a+b及a-b均与pi及pj均互质，并b的分布值为(pi-2)/pi*(pj-1)/pj。
如设a模p确定时，b的分布值为(p-k)/pi，k=1,2。
当r(a,p) = 0时，k = 1；r(a,p) != 0时，k = 2。
推之，对于任一质数群pi1, pi2, …, pin，并质数群中之质数两两互质，
a+b及a-b均与质数群中各质数均互质，
则b的分布值为b*(pi1-k)/pi1*(pi2-k)/pi2*…*(pin-k)/pin。
K的值视a模相关质数的结果而定。
可视b的分布值范围为
(pi1-1)/pi1*(pi2-1)/pi2*…*(pin-1)/pin >=
(pi1-k)/pi1*(pi2-k)/pi2*…*(pin-k)/pin >=
(pi1-2)/pi1*(pi2-2)/pi2*…*(pin-2)/pin
五、偶数分解为两质数之和的讨论
一偶数以2M表达，P为小于2M平方根的最大质数，P(Q)为自p1到P的所有质数的质数群。
如在M内能找到值g，使M+g及M-g均与质数群P(Q)中各质数均互质，则偶数分解为两质数之和成立，即2M = (M-g) + (M+g)，
并可得g的分布值为
M*1/2*(3-k)/3*…*(P-k)/P
>= M*1/2*1/3*…*(pi-2)/pi*…*(P-2)/P
>= M*(1/2)*(1/3)*…*(2n-1)/(2n+1)*…*(P-2)/P
= M*(1/2)*(1/P)
= M/(2P)
= M/(2*SQRT(2M))
= SQRT(M/8)
可得
M=8时，偶数为16时，至少可分解成1对质数之和。
M=16时，偶数为32时，至少可分解成2对质数之和。
M=24时，偶数为48时，至少可分解成3对质数之和。
……
而实际所得的结果远大于上述计算结果。
六、结果
因此可知，不仅任一偶数总能表达成两质数之和，并随M的增大，2M能分解成质数之和的对数也随之而增多。