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哥德巴赫猜想的证明摘要：文章用两种方法证明“哥德巴赫猜想”。
第一种是运用反证法，证明与原命题的逆否命题成立；第二种是通过将偶数分类、依据命题的逻辑关系进行合理推演。
两种方法殊途而同归，均成功证明了困扰世界数学界两百多年的“哥德巴赫猜想”。
关键词：哥德巴赫猜想原命题逆否命题反证法大偶小偶奇素数1、哥德巴赫猜想简介（来自网络）哥德巴赫猜想是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)。
同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明．现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数都可表示为三个奇素数之和。
其实，后一个命题是前一个命题的推论。
1729年--1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。
在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了以下的猜想:(a)任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和；(b)任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和.这就是所谓的哥德巴赫猜想。
在信中他写道：“我的问题是这样的：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和：77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461：461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。
这样，我发现：任何大于9的奇数都是三个素数之和．但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。
”欧拉回信说：“这个命题看来是正确的”。
但是他也给不出严格的证明。
同时欧拉又提出了此一猜想可以有另一个等价的版本：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和，但是这个命题他也没能给予证明。
不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。
哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）大致可分为两个猜想（前者称"强"或"二重哥德巴赫猜想，后者称"弱"或"三重哥德巴赫猜想）：1.每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和；2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
考虑把偶数表示为两数之和，而每一个数又是若干素数之积。
把命题"每一个大偶数可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a+b"，那么哥氏猜想就是要证明"1+1"成立。
1966年陈景润证明了"1+2"成立，即"任何一个大偶数都可表示成一个素数与另一个素因子不超过2个的数之和"。
这个问题是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)。
同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。
现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数，都可表示为三个奇素数之和。
其实，后一个命题就是前一个命题的推论。
哥德巴赫（Goldbach ]C.，1690.3.18~1764.11.20）是德国数学家；出生于格奥尼格斯别尔格（现名加里宁城）；曾在英国牛津大学学习；原学法学，由于在欧洲各国访问期间结识了贝努利家族,所以对数学研究产生了兴趣；曾担任中学教师。
1725年，到了俄国，同年被选为彼得堡科学院院士；1725年~1740年担任彼得堡科学院会议秘书；1742年，移居莫斯科，并在俄国外交部任职。
1729年~1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。
在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了一个命题。
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4、歌猜推导过程中的一些解决方法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,2m2m=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=(3*Pn1-Pn)*((3*Pn1-Pn)*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合上限22、HALs，偶数类型1组合上升趋势23、HBLs，偶数类型2组合上升趋势24、HCLs，偶数类型3组合上升趋势25、HDLs，偶数类型4组合上升趋势二、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*0.03)/（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*0.03)/（n/90+1）；14、Hns=(3*Pn1-Pn)*((3*Pn1-Pn)*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*0.03)/（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。
背景资料：哥德巴赫猜想第一篇：背景资料：哥德巴赫猜想背景资料：哥德巴赫猜想哥德巴赫，德国数学家。
1742年6月7日，他在写给著名数学家欧拉的一封信中，提出了两个大胆的猜想：一、任何不小于6的偶数，都是两个奇质数之和：二、任何不小于9的奇数，都是3个奇质数之和。
这就是数学史上著名的“哥德巴赫猜想”。
同年6月30日，欧拉在给哥德巴赫的回信中，明确表示他深信哥德巴赫的这两个猜想都是正确的定理，但是欧拉当时还无法给出证明。
1900年，20世纪最传大的数学家希尔伯特，在国际数学会议上把“哥德巴赫猜想”列为23个数学难题之一。
此后20世纪的数学家们在世界范围内“联手”进攻“哥德巴赫猜想”堡垒，终于取得了辉煌的成果。
1957年，我国数学家王元证明了“2+3”。
1962年，我国数学家潘承洞证明了“1+5”，同年又和王元合作证明了“1+4”。
1966年，我国著名数学家陈景润攻克了“1+2”，也就是：“任何一个足够大的偶数，都可以表示成两个数之和，而这两个数中的一个就是奇质数，另一个则是两个奇质数的和。
”这个定理被世界数学界称为“陈氏定理”。
目前，有许多数学家认为，要想证明“1+1”，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能都是走不通的。
第二篇：哥德巴赫猜想求n=a+b:#includeusing namespace std;int main(){void g(int);intn;cin>>n;if(n>=6)g(n);else cout<<“请输入大于等于6的数!”<void g(int n){int f(int);int a,b;for(a=3;a<=n/2;a++){if(f(a)){b=n-a;if(f(b))cout<}int f(int n){int i,a=1;for(i=2;iif(n%i==0)a=0;if(n<=1)a=0;if(n==2)a=1;return a;}第三篇：哥德巴赫猜想哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）大致可以分为两个猜想(前者称“强”或“二重哥德巴赫猜想,后者称”弱“或”三重哥德巴赫猜想)：1.每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和；2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
哥德巴赫猜想报告文学原文The Goldbach Conjecture: A Report on the LiteratureIntroduction:The Goldbach Conjecture is one of the most famous problems in number theory. It was first proposed by the German mathematician Christian Goldbach in 1742 and states that every even integer greater than 2 can be expressed as the sum of two prime numbers. Despite the efforts of many of the greatest mathematicians in history, this conjecture has yet to be proven or disproven definitively. In this report, we will examine the literature on the Goldbach Conjecture, exploring the various approaches and results that have been obtained and considering the current state of knowledge on this important problem.History:Since its inception in the 18th century, the Goldbach Conjecture has captured the imagination of mathematicians and laypeople alike. Many of the greatest minds in math have attempted to prove or disprove this statement, including Euler, Lagrange, Legendre, and Hardy. Over the years, various partial results and conjectures have been proposed, but a complete resolution of the problem has remained elusive.Approaches:One of the most common approaches to the Goldbach Conjecture is through the use of the Prime Number Theorem (PNT). This theorem gives an asymptotic estimate for the distribution of prime numbers and has been used to prove partial results related to the conjecture. Other approaches include the use of sieve methods and the Hardy-Littlewood Conjectures, which involve studying the behavior of the primes in a certain interval.Recent Results:Despite centuries of effort, the Goldbach Conjecture remains unsolved. However, there have been some recent developments that shed new light on this problem. In 2013, Harald Helfgott announced a proof of the weak version ofthe Goldbach Conjecture, which states that every oddinteger greater than 5 can be expressed as the sum of three primes. While this result does not directly prove the original conjecture, it does represent a significant step forward in understanding the behavior of prime numbers.Conclusion:The Goldbach Conjecture remains one of the mostintriguing and important problems in mathematics. While many partial results and conjectures have been proposed, a definitive resolution of the problem has yet to be achieved.However, recent developments suggest that progress is being made, and it is possible that a proof or disproof of the conjecture will be found in the future. Until then, mathematicians will continue to explore this fascinating problem, seeking new insights and approaches that mayfinally unlock its secrets.。
![[实用参考]哥德巴赫猜想](https://img.taocdn.com/s1/m/72645ff02cc58bd63186bd46.png)
哥德巴赫猜想哥德巴赫猜想（GoldbachConjecture）大致可以分为两个猜想(前者称"强"或"二重哥德巴赫猜想,后者称"弱"或"三重哥德巴赫猜想)：1.每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和；2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。
哥德巴赫猜想概况哥德巴赫介绍哥德巴赫（Goldbach]C.，1690.3.18~1764.11.20）是德国数学家；哥德巴赫人物出生于格奥尼格斯别尔格（现名加里宁城）；曾在英国牛津大学学习；原学法学，由于在欧洲各国访问期间结识了贝努利家族,所以对数学研究产生了兴趣；曾担任中学教师。
1725年，到了俄国，同年被选为彼得堡科学院院士；1725年~1740年担任彼得堡科学院会议秘书；1742年，移居莫斯科，并在俄国外交部任职。
哥德巴赫猜想的由来1729年~1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十G五年的书信往来。
在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了一个命题。
他写道："我的问题是这样的：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数之和：77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461，461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。
这样，我发现：任何大于5的奇数都是三个素数之和。
但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。
"欧拉回信说：“这个命题看来是正确的”。
但是他也给不出严格的证明。
同时欧拉又提出了另一个命题：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和，但是这个命题他也没能给予证明。
不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。
事实上，任何一个大于5的奇数都可以写成如下形式：2N+1=3+2(N-1)，其中2(N-1)≥4。
若欧拉的命题成立，则偶数2N可以写成两个素数之和，于是奇数2N+1可以写成三个素数之和，从而，对于大于5的奇数，哥德巴赫的猜想成立。
哥德巴赫猜想反例
哥德巴赫猜想（Goldbach's Conjecture）是指任何一个大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
这是一个著名的数学难题，尽管经过几个世纪的研究，至今仍未被证明或反证。
关于哥德巴赫猜想的反例，实际上目前还没有找到任何一个反例能够证明哥德巴赫猜想是错误的。
也就是说，尽管经过长时间的研究和探索，所有的偶数都满足哥德巴赫猜想的条件，即可以表示为两个素数之和。
然而，这并不意味着哥德巴赫猜想是绝对正确的。
数学界普遍认为，如果想要证明哥德巴赫猜想的正确性，需要采用全新的数学工具和方法，因为现有的数学工具已经无法解决这个问题。
因此，许多数学家一直在探索新的方法和理论，以期能够证明或反证哥德巴赫猜想。
另外，值得注意的是，即使没有找到反例，哥德巴赫猜想也仍然是一个开放的问题。
数学中有很多猜想虽然没有被反证，但由于缺乏足够的证明方法或证据，它们的正确性仍然无法确定。
因此，对于哥德巴赫猜想，我们不能因为缺乏反例而认为它已经是一个被证明了的事实。
总之，哥德巴赫猜想仍然是一个开放的问题，需要更多的数学家和研究者共同努力来探索其正确性或反证其错误性。
同时，我们也应该认识到数学的严谨性和证明的重要性，对于任何一个数学命题，都需要经过严格的证明才能确定其正确性或错误性。
数学世界中存在着一些备受关注的未解之谜，以下是其中一些较为著名的例子：1. 费马大定理（Fermat's Last Theorem）：由法国数学家费马在17世纪提出，直到1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）证明。
该定理表述为：对于任何大于2的整数n，关于x，y，z的方程x^n + y^n = z^n没有整数解。
2. 黎曼猜想（Riemann Hypothesis）：由德国数学家黎曼于1859年提出，涉及到素数分布的规律。
该猜想表明，黎曼函数的非平凡零点都位于直线Re(s) = 1/2上。
3. 庞加莱猜想（Poincaré Conjecture）：由法国数学家庞加莱在1904年提出的拓扑学问题。
该猜想认为，任何闭合、连通的三维流形（即没有孔洞的曲面），都是三维球面的同胚。
4. 平行公理猜想（Parallel Postulate）：欧几里得几何的第五公设，提出了一条关于平行线的公理。
这一公设在黎曼几何中被否定，给予了非欧几里得几何的发展。
5. 三体问题（Three-body Problem）：研究三个天体之间相互引力作用下的运动问题。
尽管有一些特殊情况下的解，但一般情况下的解仍然是个挑战。
6. 哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）：由德国数学家哥德巴赫在1742年提出的数论问题。
猜想表明，每个大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
7. 斐波那契数列的“n次方加和”问题：斐波那契数列的每一项的n次方的和是否存在一个通项公式。
8. 十六角体问题（Squaring the Circle）：是否可以使用直尺和圆规构造一个与半径为r的圆面积相等的正方形。
9. 轴平面有限问题（Finite Plane Problem）：给定一个点集，该点集上的每个点到其他点的距离相等，该点集是否一定可以被包含在某个平面上。
10. 若尔定假设（Erdős Hypothesis）：由匈牙利数学家保罗·艾尔德什（Paul Erdős）提出的假设，认为不存在完美无瑕的数学理论，所有理论都包含了不可解决或未证明的问题。
GoldbachConjecture歌德巴赫猜想证明Goldbach Conjecture 歌德巴赫猜想证明原创:任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和证明"1 + 1"关于"任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和"的证明"歌德巴赫猜想"的证明-这一世界数学难题,由于它的无限魅力和无穷乐趣,吸引了多少数学爱好者为之奋斗,为之献身.很多数学前辈为我们作出了榜样,他们无愧于后代,无愧于世界,无愧于数学科学.我们作为译名数学爱好者,也甘愿如此.轻过十多年的探索,我们找到了一个较好的证明方法,现奉献给大家,敬请专家,学者提出宝贵的意见.批评.指正,证明的基本思想是"筛选法".先筛选出正整数的偶数,留下奇数,筛出奇数中的合数,留下奇数中的质数.即任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个奇数之和,而这样的奇数对有许多,把其中的奇数合数对转化为奇数质数对,从而证明了任何一个不小于6的偶数都可能表示为两个质数之和.找出奇数合数构成规律,进而找出质数构成规律是证明的重点之一.下面请看具体证明:< 一> 证明任何不小于6的偶数都可以表示为两个不小于3的奇数之和。
证明:设A是不小于6的偶数集合,则A={x|x=4+2或x=4n+4}(n∈N+)。
当x=4n+2时, x=4n+2=(2n+1)+(2n+1),(n∈N+)是两个相同的不小于3的奇数之和。
当x=4n+2时, x=4n+4=[2(n+1)+1]+(2n+1),(n∈N+)是两个不小于3的连续奇数之和。
<二> 证明奇数和数构成定理与质数构成定理定理1 (奇数合数构成定理)2nk+1(nk∈N+)是奇数合数的充要条件是nk=2mn+m+n,(m.n∈N+)。
即只要nk =2mn+m+n(m. n∈N+),则2nk+1一定是合数;反之若2nk+1是合数,则nk =2mn+m+n,(m.n∈N+)。
哥德巴赫猜想证明论文在数论领域中，哥德巴赫猜想（Goldbach's Conjecture）是一个重要而广为人知的问题。
该猜想是由德国数学家克里斯蒂安·哥德巴赫（Christian Goldbach）在1742年提出的，它的表述是：每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
虽然哥德巴赫猜想看似简单，但在过去的几个世纪里，数学家们没有找到同等简洁的证明。
为了证明这一猜想，许多数学家都做出了努力，但迄今为止，它仍然是一个未解之谜。
无论哥德巴赫猜想最终是否被证明，它的重要性和影响力都不容忽视。
当代数学界已有许多关于这个猜想的进展，各种技术和思想都被应用。
以下将简要介绍一些主要的证明思路和进展。
一个常见的证明思路是通过排除方法进行论证。
例如，假设存在一个大于2的偶数无法表示为两个质数之和，然后将其视为一个真命题，展示其与其他已知结论产生矛盾。
然而，这种方法需要对所有偶数进行验证，而在无穷多个偶数中找到一个反例变得极其困难。
另一个证明思路是通过具体构造例子来支持猜想。
例如，使用计算机的力量，可以枚举所有小于一些数的偶数，检查它们是否能被两个质数之和表示。
然而，这种方法无法涵盖所有可能的情况，并且并没有找到一个全面的模式。
哥德巴赫猜想的重要性不仅在于它本身的挑战，还在于它的广泛应用。
它涉及到了数论、代数、组合数学等多个领域，对于数学家们的研究和发展有着重要的推动作用。
虽然未能找到全面的证明，但人们通过解决更一般或相关的问题，如双质数猜想（Twin Prime Conjecture）和素数元组猜想（Prime Tuple Conjecture）等，可以逐渐深入了解哥德巴赫猜想。
总之，哥德巴赫猜想是数论领域中一个经典而困难的问题。
虽然没有找到完整的证明，但数学家们通过不同的方法和思路取得了一些进展。
无论最终是否被证明，哥德巴赫猜想都将继续激发数学家们的研究兴趣，并且对于数论和其他相关领域的发展都具有重要意义。
Goldbach Conjecture 歌德巴赫猜想证明原创:任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和证明"1 + 1"关于"任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和"的证明"歌德巴赫猜想"的证明-这一世界数学难题,由于它的无限魅力和无穷乐趣,吸引了多少数学爱好者为之奋斗,为之献身.很多数学前辈为我们作出了榜样,他们无愧于后代,无愧于世界,无愧于数学科学.我们作为译名数学爱好者,也甘愿如此.轻过十多年的探索,我们找到了一个较好的证明方法,现奉献给大家,敬请专家,学者提出宝贵的意见.批评.指正,证明的基本思想是"筛选法".先筛选出正整数的偶数,留下奇数,筛出奇数中的合数,留下奇数中的质数.即任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个奇数之和,而这样的奇数对有许多,把其中的奇数合数对转化为奇数质数对,从而证明了任何一个不小于6的偶数都可能表示为两个质数之和.找出奇数合数构成规律,进而找出质数构成规律是证明的重点之一.下面请看具体证明:< 一> 证明任何不小于6的偶数都可以表示为两个不小于3的奇数之和。
证明:设A是不小于6的偶数集合,则A={x|x=4+2或x=4n+4}(n∈N+)。
当x=4n+2时, x=4n+2=(2n+1)+(2n+1),(n∈N+)是两个相同的不小于3的奇数之和。
当x=4n+2时, x=4n+4=[2(n+1)+1]+(2n+1),(n∈N+)是两个不小于3的连续奇数之和。
<二> 证明奇数和数构成定理与质数构成定理定理1 (奇数合数构成定理)2nk+1(nk∈N+)是奇数合数的充要条件是nk =2mn+m+n,(m.n∈N+)。
即只要nk =2mn+m+n(m. n∈N+),则2nk+1一定是合数;反之若2nk+1是合数,则nk =2mn+m+n,(m.n∈N+)。
证明:若2nk+1是合数,则2nk+1必是两个奇数之积,不妨设这两个奇数分别为2m+1. 2n+1。
于是2nk+1=(2m+1)(2n+1)=4mn+2m+2n+1∴nk=2mn+m+n反之若nk=2mn+m+n(m,n)则2nk+1=2(2mn+m+n)+1=4mn+2m+2n+1=(2m+1)(2n+1)是两个不小于3的奇数之积。
∴2nk+1是奇数合数。
由定理1可推得质数构成定理。
定理2: 若不小于3的奇数可表示为2nk+1, (n∈N+),且nk≠2mn+m+n(m.n∈N+)则2 nk+1为质数,反之若2nk+1为质数,则对任何m,n∈N+, nk≠2mn+m+n。
这里规定集合Nk={nk│nk=2mn+m+n,m,n∈N+}为奇数2nk+1为合数构成数的集合,nk 为奇数合数构成数<三> 关于筛去奇数和数的证明思想定理3:任何一个不小于6的偶数都可以表示为两个质数之和。
证明:若x为不小于6的偶数,则x=4n+2=(2n+1)+(2n+1) (1)或 x=4n+4=[2(n+1)]+(2n+1)其中有n∈N+且n+1∈Nk与n或n+1 ∈Nk两个情形。
下面对良种情形给出证明。
第一种情形:当n∈Nk且n+1∈Nk时,则根据定理2,2n+1是质数且2(n+1)+1也是质数。
∴x=4n+2=(2m+1)+(2n+1)是两个质数之和,x=4n+4=2[2(n+1)+1]+(2n+1)也是两个质数之和。
∴此时不小于6的偶数可以表示两个质数之和。
第二种情形:若n∈Nk或n+1∈Nk时,则总可以找到正整数T,使n±T 或使n-T与n+1 +T艘不属于Nk,再根据定理2有2(n-T)+1, 2(n+T)+1,2(n+1+T)+1为质数。
于是:x=4n+2=(2n+1+2T)+(2n-1+2T)=[2(n+T)+1]+[2(n-T)+1]为两个质数之和。
x=4n+2=(2n+3+2T)+(2n-1+2T)=[2(n+T)+1]+[2(n-T)+1]为两个质数之和。
∴总有不小于6的偶数可以表示为两个不小于3的质数之和。
这里T的必然存在性,下面给予证明:请注意:下面的<四> <五> <六> <七> 都是为 <八>作为准备,打基础的。
<四>关于余数的两个引理。
下面关于余数的两个引理,在以后的证明中需要多次用到,特引出来,其证明见高等代数及数论教材。
引理1:任意一个正整数被正整数d除后的最小非负余数不外乎以下d 个数之一:0.1.2.3.4 …… d-1。
即以公差为d,首项为j(j=1.2.3…… d)的一系列等差数列。
若正整数d. d'满足(d. d')=1,则:nd ' . (n+1) d '.(n+2) d '……(n+d-1) d '构成d的完全剩余系,而d的最小非负完全剩余系仍为:0.1.2.3……d-1。
引理2:若正整数a除以b的余数为r,则对任意整数m,都有am除以bm的余数为mr。
<五>奇数合数构成数的数列表示:由nk=2mn+m+n列表得:nm 1 2 3 4 5 6 78 9 10 ………1 4 7 10 13 16 19 22 2 5 28 31 342 7 12 17 22 27 32 37 42 47 52 573 10 17 24 31 38 45 52 59 66 73 504 13 22 31 40 49 58 67 76 85 94 1035 16 27 38 49 60 71 82 93 104 115 126………观察上表可知,每一横行每一纵列都有是等差数列, 且第k行(或R列)数列的公差为d=2+ 1, 首项3k +1,由于横行和对应的纵列完全相同,故只须考虑横行即可。
于是 :当m=1时,a1n = 2mn+m+n=2×1×n+1+n=3n+1=4+3(n+1)当 m=2时,a2n = 2mn+m+n=2×2n+2+n=3n+1=7+5(n+1)当m=3时,a3n = 2mn+m+n=2×3n+3+n=3n+1=10+7(n+1)当m=k时,akn = akn=(3k+1)+(2k+1)(n-1)这样所有的奇数合数构成数都是数列akn=(3k+1)+(2k+1)(n-1) 的项 ,当k取定值时,{nk|n k=(3k+1)+(2k+1)(n-1),k∈N+.m∈N+}=Nk这个集合Nk中的元素就是数列{akn}的项。
<六>关于等差数列共同项存在定理的证明及其推论定理4L等差数列共同项存在定理)若两个等差数列 {an} . {an'}的首项为非负整数a1 , a1' 公差分别不小于2的整数d , d' 。
(1) 当(d,d')=1时,则数列{an}与(an')一定含有相同的项 , 以后简成这些相同项为 {an}与(an')的共同项。
{an}与(an')共同项构成一个以d,d'为公差的等差数列。
(2) 当d与d'不互质 ,有最大公约数m,且︱a1′-a1︱有约数m时,则{an}与(an')一定有共同项。
{an}与(an')的共同项构成一个d•d′的最小公倍数为公差的等差数列。
(3) 若d与d'不互质 ,有最大公约数m,且︱a1′-a1︱却没有约数m时,则{an}与(a n')不存在共同项。
证明: ∵an= a1 +(n-1) . an'=(a1'+(n-1) d'不妨设a1'≥a1 , 且{a1n'}中的第k项与{(an)中的第n项是共同项.当an= a 'k 时, a1 +(n-1)d= a1' +(k-1)d'∴n=1+{( a1'- a1)+(k - 1)d '}÷d这说明当且仅当{( a1'- a1)+(k - 1)d '}÷d为非负整数时, {an}与(an')才有共同项。
因为(a1′-a1)除以d的余数只能是0.1.2.3……(d-1)之中的一个。
<1> 若(d , d')=1 , 根据引理1可知,R为正整数,随着R的变化,R被d除所得的余数为0.1.2.3…….(d-1),而R为正整数的数列形式表示为R=d×m-r(m ∈N+ ,r=0.1.2.3…… d-1),又d′(k-1)被d除所得的余数仍是:0.1.2.3. ……d-1。
即如果( a1'- a1) 被d除所得的余数为r' ,则总存在d'×(k-1)= d' ×(d ×m-r-1)除以d的余数d - r', 而r'+(d- r') =d能被d整除。
∴总存在正整数k使n=1+{( a1'- a1)+(k - 1)d '}÷d 为整数。
即{an} 与 {an'}有共同项。
又根据整除慨念,设k=dm-r 时,r 是0.1.2.3……(d-1)之中的一个,m∈N+能使n为正整数,则an' =(a1+d'(k-1)= a1+d'(dm-r-1)= (a1'-d'-d'r+d'd+d'd(m+1)∴{an} 与 {an'}有共同项为公差d'd的一列等差数列。
<2>若d和d'不互质，有最大公约数m，且 ( a1'- a1)有约数m，则可设d = d1'm, d' = d1'm, a1'- a1 = (b'- b)m, (d1 d1') = 1于是： n=1+{( a1'- a1)+(k - 1)d '}÷d= 1+{( b1'- b)m+ d 'm(k - 1) }÷d=1+{( b1'- b)m+ d1'm(k - 1)}÷dm=1+{( b1'- b)+ d1'(k - 1)}÷d1由<1>知，此时，n为正整数，{an} 与 {an'}有共同项。
又根据整除的慨念，可设k = d1 m ' – r 时，n为整数，m '∈N+,则 an' =(a1+d'(k-1)= a1+d'(d' m '-r-1)= (a1'-d'-d'r+d'd+d'd(m-1) = (a1'-d'-d'r+d'd)+ +d'm d1(m -1)∴{an} 与 {an'}有共同项构成一个以d'd 的最小公倍数d1'dm 为公差的等差数列。
