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+2均成立,当ai和aj均为奇合数时,那么(pi+2)∈{(2m-a1)