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.docx
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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
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
"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2nk+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:
nm12345678910………14710131619222528313427121722273237424752573101724313845525966735041322314049586776859410351627384960718293104115126………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|nk=(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dR26;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(an')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,(d1d1')=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=d1m'–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'md1(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。
<3>若d和d'有最大公约数m,而(a1'-a1)没有公约数m,设d=d1m,d'=d'1m,根据<四>中引理2,d'(k-1)=d'm(k-1)除以d=d1m的余数为:
m,2m.3m……(d'-1)m。
而(a1'-a1)除以d=d1m的余数只能为1.2.3.……(d-1)中的一个数。
(a1'≠a1)。
又1.2.3.……(d-1)中任何一个数都不可能为m的倍数。
若有一个是m的倍数,则由整除的慨念知a1'-a1=kd+k1m=kd1m+k1m=(d1×k+k1)m。
得m为其约数,故1.2.3.……(d-1)都非m的倍数,这样1.2.3.……(d-1)中,任一数m,2m.3m……(d1-1)m中任一个数之和都不能被m的倍数d=d1×m整除。
所以n=1+{(a1'-a1)+(k-1)d'}÷d不可能为整数。
∴{an}与{an'}没有共同项。
推论1:
若a1,d,T,n都∈N+,且T不含d的约数又只使a1–T非负。
an=a1+(n-1)d,(an±T)=(a1±T)+(n-1)d,则数列{an}与{an±T}没有共同项。
证明:
∵等差数列{an}与{an±T}的公差都为d,即d为它们的公差的公约数,而首项之和│(a1±T)-a1│=T没有约数d。
∴根据定理4(3),{an}与{an±T}没有共同项。
定理5:
设{an},{bn}为正整数等差数列,正整数T使数列{an±T},{bn±T}各项非负,若{an}与{bn}有共同项{cn},则{cn+T}是{an+T}与{bn+T}的共同项;{cn+T}是{an+T}与{bn+T}的共同项,且三个共同项数列的项数及各自在原数列中的项序都是完全相同的。
即三个共同项数列的项数成一一对应关系。
证明:
我们只须证三个共同项数列在各自原数列中的项序相同,即可得三个共同项数列成一一对应关系,下面证项序相同。
若{cn}中的第k项是ck是{an}的第I项,且是{bn}的第j项,则ai=ck=bj∴ai+T=ck+T=bj+T,ai-T=ck-T=bj–T这说明ck+T是{an+T}的I项,且是{bn+T}的第j项,是{an+T}与{bn+T}的共同项中的第k项,即{cn+T}的第k项。
cn-T是{an-T}的I项,且是{bn-T}的第j项,是{an-T}与{bn-T}的共同项中的第k项,即{cn-T}的第k项。
所以若{cn}是{an}与{bn}的共同项,则{cn+T}是{an+T}与{bn+T}的共同项;{cn-T}是{an-T}与{bn-T}的共同项,且三个共同项数列的项数及各自在原数列中的项序都是完全相同的。
即三个共同项数列的项数成一一对应关系。
定理6:
两个或两个以上正整数等差数列,如果它们的公差两两互质,则这些数列存在共同项,且共同项数列的公差为各数列公差的积。
证明:
设正整数等差数列,{a1n},{a2n}……{ann}它们的公差两两互质。
(m.n∈N+),根据数学归纳法:
<1>当m=1,2时,∵{a1n}与{a2n}的公差是互质的。
根据定理4,{a1n}与{a2n}有共同项数列,共同项的公差是两公差的积。
1.<2>假设当2≤m≤k时命题成立。
即:
{a1n},{a2n}……{akn}有共同项{ckn},当m=k+1时,∵{am},{a2n}……{akn}的公差两两互质,根据定理4,每求出两个数列的共同项,所得共同项数列的公差是原两个数列公差的积,于此下去,{ckn}的公差是这些数列公差互质数的积,即{a(k+1)n}的公差与{a1n},{a2n}……{akn}的公差两两互质,则{a(k+1)n}与{ckn}的公差也是互质的。
∴根据定理4,{a(k+1)n}与{ckn}也存在共同项,共同项数列的公差为这两数列公差的积。
∴两个或两个以上正整数等差数列,如果它们的公差两两互质,则这些数列存在共同项。
而且共同项数列的公差为这些数列公差的积。
定理7:
两个公差互质,首项公差为不小于3的正整数等差数列。
则它们的共同项数列中的每一项的2倍,可以转化为不是这两个数列中项的两个整数之和;两个数列共同项中的每一项与这一项成连续正整数的两个数之和,可以转化为不是这两个数列中项的两个整数之和。
证明:
设{an︱an=a1+d(n-1)}(a1,d,n都∈N+,a1≥3),{an'︱an'=a1'+d'(n-1)}(a1.d.n都∈N+,a1≥3),(d,d')=1。
正整数“1”使数列{an+1}。
{an'+1}。
{an-1}。
{an'-1}分别成为{an}。
{an'}的连续正整数的各项。
根据定理4推论1,用一个不含原公差的约数的正整数,改变数列的首项,可使这个数列的项不含原来数列的项。
故设正整数T1,T1+1.T2.T2+1分别使数列{an-T1}.{an–1-T1}.{an–T2}.{an–1-T2}的各项非负。
a1'≥a1,a1'+T2≥a1+T1。
∵{an}与{an}的公差(d,d')=1,根据定理4,设它们的共同项为{cn}。
又根据定理5,{an-1}与{an'-1}的共同项为{cn-1};{an-1}与{an'-1}的共同项为{cn-1}又∵{an}与{an'}存在共同项,则a1+d(n-1)=a1'+(d'(k-1)得n={a1'-a1+d(k-1)}÷d+1或k=(a1-a1')+d(n-1)÷d+1由定理4中<1>推理,(a1'-a1)被d除的余数只能为:
0.1.2.……(d-1)中的一个数,而k为正整数,随着k的变化,k变d除所得的余数为0.1.2.……(d-1),于是k为正整数的数列形式可表示为k=d×m-r(m∈N+,r=0.1.2.……(d-1))。
又∵(d,d')=1,则d'(k-1)被d除所得的余数仍为0.1.2.……(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。
故设k=d×m-r(r=0.1.2.……(d-1)中的一个数)时,能使n为正整数。
又︱a1-a1'︱被d'除所得的余数为0.1.2.……(d'-1)中的一个数,而n也为正整数,随着n的变化,n被d'除所得的数列形式可表示为n=d'm'-r'(m'∈N+,r'为0.1.2.……(d'-1)中的任何一个数)。
不妨设n=d'm'-r',r'为0.1.2.……(d'-1)中的某一个数时,能使k为整数。
把k=d×m-r或n=d'm'-r'分别代入a1'+d'(k+1)或a1+d(n-1)中得:
cn=a1'+d'(d×m-r-1)=(a1'-d'r-d'+d'd)+d'd(m-1)或cn=a1+d(d'×m'-r'-1)=(a1+dd'+dr'-d)+d'd(m'-1)又{an-T1}与{an}的公差相同,{an'–T2}与{an'}的公差相同,则{an-T1}与{an'–T2}的公差互质,那么有:
a1-T1+d(n-1)=a1'–T2+d'(k-1)得n=(a1'–a1)–(T2–T1)+d'(k-1)÷d+1或k=(a1–a1')–(T1–T2)+d(n-1)÷d'+1∵n[(a1'–a1)–(T2–T1)]除以d所得的余数仍为0.1.2.……(d-1)中的一个数,由上面推理,设正整数k=dm–r能使a1'–a1+d'(k-1)÷d为整数,则不妨设k=d×m-r-r1能使(a1'–a1)–(T2–T1)+d'(k-1)÷d为整数,m.r.r1都∈N+r+r1为0.1.2.……(d-1)中的一个数。
而︱[(a1–a1')–(T1–T2)]︱被d'除所得的余数为0.1.2.……(d-1)中的一个数,而n为正整数,如果设正整数n=d'm'-r'能使a1–a'+d(n-1)÷d'为正整数,则不妨设n=d'm'-r'-r1'能使(a1–a1')–(T1–T2)+d(n-1)÷d'为正整数。
同上把n=d'm'-r'-r1'或k=dm-r-r1分别代入[(a1–T1)+d(n-1)]或[(a1'–T2)+d'(k-1)]中得:
an'–T2=a1'–T2+d'(d×m-r-r'-1)[a1'-d'r-d'+d'd–(T2+d'r1)]+d'd(m-1)或an–T1=a1–T1+d(d'×m'-r'-r1'-1)[a1-dr'-d+d'd–(T1+dr1')]+d'd(m'-1)如果设c1=a1'–d'r–d'+d'd或c1=a1–dr'–d+d'd,T=T2+d'r1或T=T1+dr1'则(a1–T1)或(T1'–T2)的共同项为(cn–T)cn=c1+d'd(m-1),cn–T=(c1–T)+d'd(m-1)易知,上面两种形式的cn,cn–T的首项只是表达形式不同,其意义都是{an}与{an'}的共同项的首项,及{an–T1}与{an'–T2}的共同项的首项。
若用T加c1,则得{cn–T}的首项c1+T,cn+T=c1+T+d'd(m-1)c1+T=c1+(T2+d'r1)或c1+T=c1+(T1+dr1')于是得:
{an}.{an'}分别与{an–T1}和{an'–T2}共同项{cn–T}的首项之差及相对应的{cn+T}的首项之差为:
(c1–T)-c1=–T=–(T2+d'r1)不含约数d'或(c1–T)-c1=–T=–(T1+dr1')不含约数d及(c1+T)-c1=T=T2+d'r1不含约数d'或(c1+T)-c1=T=T1+dr1'不含约数d由此可知,{an}与{an'}的公差分别为,dd',{an–T1}与{an'–T2}共同项{cn–T}的公差为dd',(cn+T)的公差与{cn–T}的公差相同为dd'。
∴{cn–T}(cn+T)的公差分别为{an}.{an'}的公差含有约数d或d',而它们的首项之差没有约数dd'∴根据定理4{cn–T},(cn+T)分别与{an}.{an'}没有共同项。
∴由{an–T1}和{an'–T2}可求得不含{an}.{an'}中项的{cn–T},和相对应的{cn+T},又根据定理5,可求得{an–1–T1}和{an'–1–T2}的共同项为{cn–1–T}及相对应的{cn+1+T}。
又设ck是{cn}中的项,那么ck+1是{cn+1}中项,ck+T是{cn+T}中的项,ck–T是{cn–T}中的项,{cn+1-T}是{cn+1+T}中的项,ck–1–T是{cn–1–T}中的项。
又∵2ck=(ck+T)+(ck-T)ck+(ck+1)=(ck–T)+(ck+1+T)ck+(ck-1)=(ck–1-T)+(ck+T)根据定理4推论1,(cn+T),{cn±1±T}都不是(cn)中的项,如果k∈N+,则(an),(bn)的共同项中的每一项的2倍,可以转化为不是这两个数列中项的两个正整数之和。
(an),(bn)的共同项的每一项与这一项成连续正整数的数之和,可以转化为不是这两个数列中项的两个数之和.推论2:
设首项,公差不于3的正整数等差数列:
{an│an=a1+d(n-1),n∈N+},{an'│an'=a1'+d'(k-1),k∈N+},(d,d')=1.非负整数T1,T2,正整数T1',T2'且T1±T1'不含约数d,T1+T1'<a1;T2±T2'不含约数d',T2±T2'<a1',a1'≥a1,又用T1.T1'.T2.T2'分别改变{an}.{an'}的首项得如下数列:
{an–T1│an–T1=(a1-T1)+d(n-1),n∈N+}{an–T1-T1'│an–T1-T1'=a1(T1+T1')+d(n-1),n∈N+}{an'–T2│an'–T2=(a1-T1)+d(n-1),n∈N+}{an–T1│an–T1=(a1'–T2)+d'(k-1),k∈N+}{an'–T2–T2'│an'–T2–T2'=a1'-T1}+d(n-1),k∈N+}如果设(an)与(an')的共同项为(cn),{an–T1}与{an'–T2}的共同项为(cn'),{an–T1-T1'}与{an'–T2–T2'}的共同项为(cn'–T),又用T去加(cn')的首项,则求得的(cn'+T).那么(cn'–T)与(cn'+T)的各项都不是(an)与(an')中的项.证明:
∵(an)与(an')的公差(d,d')=1,根据定理4它们存在共同项:
a1+d(n-1)=a1'+d'