则集合｛（2m-p1），（2m-p2），（2m-p3），…，（2m-pn）｝中至少有一个奇素数。
这个问题看似和“哥德巴赫猜想”反映的是同样的内容，实际上是不同的情形，不同的类型问题。
原因是集合｛p1，p2，p3，…，pk｝中未必包含了奇素数pk前面的全体奇素数。
我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。
定义1：
对于均满足某一特性或某一表达式的全体整数组成的集合A，关于集合A的子集A1，A2，A3，…，Ak；任一子集Ai≠A（i=1，2，3，…，k），则称集合Ai为该条件下的缺项集合。
缺具体的某一项，该项则称为缺项。
定理1：
对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。
若集合B∪C在集合A的条件下没有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），…，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），…，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然没有缺项，m∈N。
证明：
对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。
因为集合B∪C在集合A的条件下没有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，…，bt}，则集合{b1，b2，b3，…，bt}={r，（d+r），（2d+r），（3d+r），…，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。
而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），…，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），…，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），…，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），…，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。
故定理1成立。
定理2：
对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。
若集合B∪C在集合A的条件下有缺项，则集合{（a11±md），（a12±md），（a13±md），…，（a1h±md）}∪{（a21±md），（a22±md），（a23±md），…，（a2t±md）}在集合A的条件下仍然有缺项。
证明：
对于整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={a21，a22，a23，…，a2t}，a1h≤a2t，h∈N，t∈N。
因为集合B∪C在集合A的条件下有缺项，不妨设集合B∪C={b1，b2，b3，…，bt}，且设集合B∪C缺ai项，i＜t。
则集合{b1，b2，b3，…，bt}={r，（d+r），（2d+r），（3d+r），…，[（i-1）d+r]，[（i+1）d+r]，…，[（e-1）d+r]，（ed+r）}，e∈N。
而集合{（b1-md），（b2-md），（b3-md），…，（bt-md）}={（r-md），（d+r-md），（2d+r-md），（3d+r-md），…，[（i-1）d+r-md]，[（i+1）d+r-md]，…，[（e-1）d+r-md]，（ed+r-md）}，集合{（b1+md），（b2+md），（b3+md），…，（bt+md）}={（r+md），（d+r+md），（2d+r+md），（3d+r+md），…，[（i-1）d+r+md]，[（i+1）d+r+md]，…，[（e-1）d+r+md]，（ed+r+md）}。
故定理2成立。
定理3：
对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么必存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。
证明：
因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），…，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），…，（a（k-1）-d），（ak-d），…，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），…，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），…，（a（k-1）-ed），（ak-ed），…，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。
设集合{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed）}，又设集合{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a21，a22，a23，…，a2h}，根据题设，集合{a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-ed），（a12-ed），（a13-ed），…，（a1h-ed）}∪{（a21-ed），（a22-ed），（a23-ed），…，（a2h-ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{（a11-md），（a12-md），（a13md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。
故定理3成立。
定理4：
对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。
那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。
证明：
因为对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），有{（ak+r-a1），（ak+r-a2），（ak+r-a3），…，（ak+r-ak）}={（a2-d），（a3-d），（a4-d），（a5-d），（a6-d），（a7-d），…，（a（k-1）-d），（ak-d），…，ak}，那么{（ak+ed+r-a1），（ak+ed+r-a2），（ak+ed+r-a3），…，（ak+ed+r-ak）}={（at-ed），（a（t+1）-ed），（a（t+2）-ed），（a（t+3）-ed），（a（t+4）-ed），（a（t+5）-ed），…，（a（k-1）-ed），（ak-ed），…，（ak+ed）}，t＞1，t＜k，t∈N。
设集合{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}，m∈N，又设集合{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={a21，a22，a23，…，a2h}，根据题设，集合{（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}没有缺项，由定理1可知，集合{（a11-md+ed），（a12-md+ed），（a13-md+ed），…，（a1h-md+ed）}∪{（a21+ed），（a22+ed），（a23+ed），…，（a2h+ed）}仍然没有缺项，e∈N，我们令e=m，则有{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。
故定理4成立。
定理5：
对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么也不可能存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。
证明：
由定理4知，假若存在一个数u，u=md，m∈N，关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。
那么必存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。
这与题设产生矛盾，故定理5成立。
定理6：
对于非负整数集合A={a1，a2，a3，…，ak，…}，任一ai∈N（i=1，2，3，…，k，…）；a1，a2，a3，…，ak，…为等差数列，等差为d，a1=r（r≤d），关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+d+r-a11），（a1h+d+r-a12），（a1h+d+r-a13），…，（a1h+d+r-a1h）}，设a11=bd+r，b∈N，若不存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}，那么也不可能存在一个数v，v=ed，e∈N，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b）。
证明：
由定理3知，假定存在一个数v，v=ed，e∈N，关于集合A的子集B和C，B={a11，a12，a13，…，a1h}，C={（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}，使得{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h，…，（a1h+ed-bd）}（e≥b）或{a11，a12，a13，…，a1h}∪{（a1h+ed+r-a11），（a1h+ed+r-a12），（a1h+ed+r-a13），…，（a1h+ed+r-a1h）}={a1，a2，a3，…，a1h}（e＜b），那么必存在一个数u，u=md，m∈N，使得{（a11-md），（a12-md），（a13-md），…，（a1h-md）}∪{（a1h+r-a11），（a1h+r-a12），（a1h+r-a13），…，（a1h+r-a1h）}={（r-md），…，a1，a2，a3，…，（a1h-bd）}。
这与题设产生矛盾，故定理6成立。
哥德巴赫定理：
任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。
证明：
（Ⅰ）、对于偶数6，8，10，12，14，16，18，20，22等等。
有：
6=3+3，8=3+5，10=3+7=5+5，12=5+7，14=3+11=7+7，16=3+13=5+11，18=5+13=7+11，20=3+17=7+13，22=3+19=5+17=
11+11。
（Ⅱ）、对于偶数6，8，10，…，（2m-2），（2m）（m≧3）。
假设它们均可表为两个奇素数之和。
现在设奇合数a1，a2，a3，…，at均为不大于偶数2m的全体奇合数，（ai＜aj，i＜j，i、j=1、2、3、…、t），t∈N，其中偶数（2m）为比较大的整数。
则有{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}≠{1，3，5，7，9，11，…，（2m-5），（2m-3），（2m-1）}，根据定义1，说明集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}有缺项。
现在对集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}和集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1-2），（a2-2），（a3-2），…，（at-2）}有无缺项进行分析：
设奇素数p1，p2，p3，…，ps均为小于偶数2m的全体奇素数，（pi＜pj，i＜j，i、j=1、2、3、…、s），s∈N。
对于集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{a1，a2，a3，…，at}和集合{（p1-2），（p2-2），（p3-2），…，（ps-2）}以及集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}而言，假设集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}，那么则有：
2m-ak1=（p1+2），2m-ak2=（p2+2），2m-ak3=（p3+2），…，2m-aks=（ps+2），k∈N。
又因为集合{a1，a2，a3，…，at}包含集合{ak1，ak2，ak3，…，aks}。
那么则有：
（1）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，…，2m-2-aks=p（s-1）（ps＞2m-2）；
（2）、2m-2-ak1=p1，2m-2-ak2=p2，2m-2-ak3=p3，…，2m-2-aks=ps（ps＜2m-2）。
从
（1）和
（2）的情形可得偶数（2m-2）不能表为两个奇素数之和。
这与前面已知偶数6，8，10，…，（2m-2），它们均可表为两个奇素数之和产生了矛盾。
故前面假定集合{1，（2m-1）}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}包含集合{（p1+2），（p2+2），（p3+2），…，（ps+2）}就不可能成立。
说明集合{1，（2m-1），}∪{（2m-a1），（2m-a2），（2m-a3），…，（2m-at）}∪{（a1+2），（a2+2），（a3+2），…，（at+2）}有缺项。
我们现在针对集合{p1，p2，p3，…，ps}中任一奇素数pi得到的奇数（pi-2）和奇数（pi+2）从以下几个方面加以分析：
对于任一奇素数pi以及奇数（pi-2）和（pi+2），令2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），可得ai-2=aj+2，则（pi-2）和（pi+2）有下列情形之一：
①、若等式2m-ai=（pi-2），2m-aj=（pi+2），ai-2=aj+
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