要证明任意偶数2a都存在“1+1”，先将数轴绕其上的a点“对折”。以2a=44为例，“对折”图如下图所示：.

该图便立即显示出了偶数2a的全部“分割对”，其中全部“正整数分割对”的通式、可表示为：

  2a=（a-j）+（a+j）   （j=0、1、2、3、…a）   （1）

偶数2a所存在的“1+1”分割对,只能是这(a+1)对正整数分割对中的某几对。从而偶数2a之“1+1”分割对的寻找，可以通过确定式（1）中的唯一变量 j 来完成。

为了方便，我们定义不大于2a平方根的素数为2a的基素数，设它们有n个，将它们从小到大排列，依次用P1、P2、P3、…Pn 表示。即用Pi（i=1、2、3、…n）表示2a的基素数。

由于合数是两个以上素数因子的乘积，那么，根据2a基素数Pi 之定义，不大于2a的合数所含的最小素数因子，必然是不大于Pn 的素数——2a的基素数Pi。由此我们得到以下引理：

引理[1]：不大于2a的整数，只要它不能够被2a的任一个基素数Pi 整除，它就一定是一个素数。

引理[2]：因为一个整数和一个小数的代数和只能是一个小数，所以，两个整数 a 和 j，如果其中一个能被某素数因子Pi 整除，而另外一个不能被该Pi 整除，那么，这两个整数的代数和（a±j），就一定不能够被该Pi 整除。

根据引理[1]、[2]和偶数 2a 与其基素数 Pi 的关系，即可确定出如下类型偶数2a 的“1+1”之一、证明哥德巴赫猜想命题为真命题：

《1》当 a 不能被 n 个基素数 Pi 中任一个整除时，2a的哥德巴赫猜想命题为真命题。因为，这时 a 本身就是素数, 在式（1）中取 j=0 所得的（a）+（a）一定是2a的“1+1”。

《2》当 a 能被 n 个基素数 Pi 都整除时，2a的哥德巴赫猜想命题也为真命题。因为，这时（a±1）均为素数, 在式（1）中取 j=1 所得的（a-1）+（a+1）一定是2a的“1+1”。

《3》当 a 仅不能被n个基素数Pi中的某一个（Pi0）整除时，2a的哥德巴赫猜想命题也为真命题。因为，这时（a±Pi0）均为素数,在式（1）中取j=Pi0 所得的（a- Pi0）+（a+ Pi0）一定是2a的“1+1”。

《4》当 a 不能被n个基素数 Pi 中的Pi1、Pi2… 整除、且（a - Pi1×Pi2×…)>1时，2a的哥德巴赫猜想命题也为真命题。因为，这时（a ±Pi1×Pi2×…）均为素数, 在式（1）中取 j= Pi1×Pi2×… 所得的（a- Pi1×Pi2×…）+（a+ Pi1×Pi2×…）一定是2a的“1+1”。

这里，对于任意偶数 2a 的分类，是按照 a 所含 2a 基素数（Pi）因子的个数而分的。a 含有 Pi 因子的个数越多，（a-j）和（a+j）同为合数或同为素数的几率就越高，2a 的“1+1”对数一般就越多。《1》和《2》已经证明了2a 的“1+1”对数最少、和最多这两种极端的情况下，其“1+1”都是存在的；《3》和《4》又证明了在这两种极端的情况之间，2a 的“1+1”也是存在的。没有被证明的，只有第《4》类中那些不能够满足附加条件（a - Pi1×Pi2×…)>1 的那部分偶数，将没被证明的这部分偶数，单列为第《5》类偶数。

引理[3]：因为，仅当两小数之小数部分相等或者互补时，这两个小数之差或者之和才是整数，一般情况下，两小数之代数和仍然是一个小数，所以，两个整数 a 和 j，如果它们都不能被某素数因子Pi 整除，那么，它们的差与和，很可能也不能被该Pi 整除。

 根据引理[3]，对 a 不能被 n 个 Pi 中的 Pi1、P i2… 整除、且（a - Pi1×Pi2×…)≦1的第《5》类偶数，要寻找其“1+1”，可通过减少 Pi1×P i2×…乘积中 Pi 因子的个数、或者以其中以较小的 Pi、取代较大的 Pi，使（a - Pi1×Pi2×…)>1 ，再取 j 等于该修正后的Pi1×P i2×…进行反复试算，一定能够完成。

但要证明该“一定能够完成”，即要证明包括第《5》类偶数在内的所有偶数都一定存在着“1+1”，则需要根据双筛法对整分割对的筛除率小于1、存留率大于0、存留对数大于1，这种适用于任意偶数的、定量的方法，进行证明。该证明在《哥德巴赫猜想的证明》等文中，可在《http://www.sciencenet.cn/m/user_content.aspx?id=284170》网站查询。