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'