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“哥德巴赫猜想”证明(完整版).pdf

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哥德巴赫 猜想 证明 完整版
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1 “哥德巴赫猜想”证明王若仲 (王洪)务川自治县实验学校 贵州564300摘要:对于“哥德巴赫猜想”,我们探讨一种简捷的初等证明方法,要证明任一不小于6的偶数均存在有“奇素数+奇素数”的情形,我们把这样的情形转换到利用奇合数的个数来加以理论分析,就是通过顺筛和逆筛的办法,顺筛就是筛除掉不大于偶数2m(m≥3)的全体奇合数,逆筛就是筛除掉偶数2m(m≥3)分别减去不大于偶数2m(m≥3)的全体奇合数而得到的全体奇数,其中主要是利用孙子—高斯定理以及同余的性质,得到一个筛法公式:Y=m(1-d 1÷p1)(1-d2÷p2)(1-d3÷p3)…(1-dt-1÷pt-1)(1-dt÷pt),其中di=1或2(i=1,2,3,…,t),m为任意给定的一个比较大的正整数(m≥3);p1,p2,p3,…,pt均为不大于 m2 的全体奇素数(pi< pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),t∈N。我们利用这个筛法公式,就能够明确的判定在任意设定的集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中,完全可以筛除掉集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的全体奇合数,完全可以筛除掉偶数2m分别减去集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的每一个奇合数而得到的全体奇数;其中集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}通过这样筛除后,最后集合中剩下的奇数必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。并由此判定 “哥德巴赫猜想”成立。关键词:哥德巴赫猜想;奇素数;奇合数;顺筛;逆筛中图分类号:0156 引 言哥德巴赫猜想:任何一个不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。我们首先介绍“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展,德国数学家哥 德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”,历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及进展。对于“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法,比较有名的大致有下面四种:(1)筛法,(2)圆法,(3)密率法,(4)三角求和法。其中:筛法是求不超过自然数N(N>1)的所有素数的一种方法,2m=a+b,a=p1p2p3…pi,b=q1q2q3…qj,筛法的基本出发点,即加权筛法;圆法是三角和(指数和)估计方法;密率法(概率法)是函数估值法。解决哥德巴赫猜想相当困难。直至今日,数学家对于强哥德巴赫猜想的完整证明没有任何头绪。事实上,从1742年这个猜想正式出现,到二十世纪初期,在超过160年的时间里,尽管许多数学家对这个猜想进行了研究,但没有取得任何实质性的进展,也没有获得任何有效的研究方法。二十世纪以前对哥德巴赫猜想的研究,仅限于做一些数值上的验证工作,提出一些等价的关系式,或对之做一些进一步的猜测。1900年,德国著名数学家希尔伯特在第二届国际数学家大 会上提出的著名的二十三个希尔伯特问题之中的第八个问题,就包括了哥德巴赫猜想和与它类似的孪生素数猜想。希尔伯特的问题引发了数学家的极大兴趣,但对于哥德巴赫猜想的研究仍旧毫无进展。1912年第五届国际数学家大会上,德国数论专家爱德蒙·朗道曾经说过,即使要证明每个偶数能够表示成K个素数的 2 和,不管K是多少,都是数学家力所不及的。1921年,英国数学家戈弗雷·哈罗德·哈代曾经在哥本哈根数学会议的一次演讲中声称:“哥德巴赫猜想的困难程度可以与任何一个已知的数学难题相比”。对于“哥德巴赫猜想”的研究进展,我们从四个途径来阐述。途径一:1920年挪威数学家布朗提供了一种证明的思路,即殆素数,他使用推广的“筛法”证明了所有充分大的偶数都能表示成两个数之和,并且两个数的质因数个数都不超过9个。这个方法的思路是:如果能将其中的9个缩减到1个,就证明了哥德巴赫猜想。布朗证明的命题被记作“9+9”,以此类推,哥德巴赫猜想就是“1+1”。偶数2m=a1·a2·a3·…·ai+b1·b2·b3·…·bj。殆素数就是素因子个数不多的正整数。现设N是偶数,虽然现在不能证明N是两个素数之和,但是可以证明它能够写成两个殆素数的和,N=A+B,其中A和B的素因子个数都不太多,譬如说素因子个数不超过10。现在用“a+b”来表示如下命题:每个大偶数N都可表为A+B,其中A和B的素因子个数分别不超过a和b。 在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。我们来看“a+b”问题的推进,布朗使用的“筛法”,其原型为埃拉托斯特尼筛法,早在公元前250年就出现在古希腊。原始的筛法可以用来寻找一定范围内(比如说2到100)的素数:先将第一个数2留下,将它的倍数全部划掉;再将剩余数中最小的3留下,将它的倍数全部划掉;继续将剩余数中最小的5留下,将它的倍数全部划掉,┅,以此直至划无可划为止。这个过程就好像一遍又一遍的筛掉不需要的数字,故名筛法。布朗用到的推广筛法也是基于同样的理念,给定一个需要筛选的集合 ,一个用来作为筛选标准的“筛孔”,即一系列素数的集合 ,以及一个范围 。记为:,那么可以定义筛函数: 表示集合 里所有与 互质的数的个数,也就是筛去了 内小于 的素数的所有倍数之后还剩下的数字的个数。布朗的方法是弱化哥德巴赫猜想中“素数”的要求,将它改为所谓的“殆素数”,即“由不太多的质因数相乘得到的合数”,布朗在1919年证明了,每个充分大的偶数都可以写成两个数之和,并且这两个数每个都是不超过九个质因数的乘积。这个命题可以转变为用筛函数来表达。假设有充分大的偶数 ,令集合为 , 为所有素数的集合,,那么筛函数 就是满足 3 的数对 的个数。其中的 和 都与 互质,也就是说它们的质因数都要大于等于 ,因此它们的质因数个数至多有个。所以对于 来说筛函数大于0,等价于命题“a+a”成立。如果能证明的时候筛函数大于0,就等于证明了关于偶数的哥德巴赫猜想。对于弱哥德巴赫猜想的解决,这两种思路都在二十世纪中得到了极大的发展。1933年,苏联数学家列夫·杰里科维奇·史尼尔曼同样基于筛法证明了存在某个整数K,使得每个偶数能够表示成K个素数的和,弥补了朗道的遗憾。史尼尔曼给出的K的上限是800000,不久后苏联数学家罗曼诺夫证明了这个K不会超过2208。1936年,朗道和彼得·希尔克把结果改进到71,一年后意大利数学家吉奥凡尼·里奇又将结果改良为67。1956年尹文霖证明了K不超过18。1976年,英国数学家罗伯特·查尔斯·沃恩证明了K小于等于6。1937年是弱哥德巴赫猜想的研究取得重大突破的一年。首先,T·艾斯特曼证明了:每个充分大的奇数都可以表示成两个奇质数和一个不超过两个质数的乘积的数的和: 或 [4]同年,维诺格拉多夫在使用圆法的基础上,去掉了哈代和利特尔伍德的成果中对于黎曼猜想的依赖。也就是说,维诺格拉多夫证明了每个充分大的奇数都能表示为三个质数的和,以及几乎每一个充分大的偶数都能表示成两个素数之和。维诺格拉多夫的证明使用到了他独创的方法来对以素数为变数的指数和 做出更细致的估计,也就是说更好地划分优弧和劣弧并直接估计出劣弧上的积分可以忽略,而不用到广义黎曼猜想。唯一的不足是维诺格拉多夫并没有给出“足够大”的下限。后来苏联数学家波罗斯特金在1956年给出了一个可计算的下限: ,也就是说大于 的整数都可以写成三个素数的和。1946年,苏联数学家尤里·弗拉基米罗维奇·林尼克沿着哈代和英国数学家利特尔伍德的道路前进,使用函数论的方法同样证明了维诺格拉多夫的结果。 然而,维诺格拉多夫的定理中的下限对于实际应用来说仍然太大了。 写出来有6846168位数字,要验证之前的偶数都能写成两个素数的和,计算量仍然太大。1989年陈景润与王元将这个下限减低到1043000.5,2001年廖明哲及王天泽进一步将下限降至e3100≈101346.3,但仍然与实际验证过的范围(4×1014)有很大距离。而如果假设广义黎曼猜想正确的话,让-马克·德苏耶等人在1998年证明了:每个大于等于7的奇数都可以写成三个质数的和(即弱哥德巴赫猜想在广义黎曼猜想正确的假设下的完全证明)。1938年,华罗庚证明了弱哥德巴赫猜想的一个推广:任意给定一个整数k,每个充分大的奇数都可以表示p 1+p2+p3k的形 4 式。当k=1的时候,就是弱哥德巴赫猜想。由于维诺格拉多夫估计 时使用的方法本质上是筛法,所以数学家也希望用类似圆法的分析方法取代它。1945年,林尼克发展出估计狄利克雷L函数零点密度的方法,并用其证明了劣弧上的积分可以忽略,从而用纯粹的分析方法证明了弱哥德巴赫猜想。这个证明十分复杂,此后几位数学家各自提出了更简化的证明,1975年沃恩提出了首个不依赖估计L函数零点密度的方法,1977年潘承洞得到了仅利用L函数初等性质的简易证明。2013年5月13日,法国国家科学研究院和巴黎高等师范学院的数论领域的研究员哈洛德·贺欧夫各特,在线发表了论文《论哥德巴赫定理的优弧》(Major arcs for Goldbach's theorem)宣布彻底证明了弱哥德巴赫猜想。贺欧夫各特生于1977年,秘鲁籍,2003年获得普林斯顿大学博士学位。2010年开始担任法国国家科学研究院和巴黎高等师范学院的研究员。2012年5月,贺欧夫各特发表论文《论哥德巴赫问题的劣弧》(Minor arcs for Goldbach'sproblem)中给出了劣弧积分估计的一个更优上界。在这个更优估计的基础上,贺欧夫各特在2013年的论文中将优弧估计的条件放宽,把维诺格拉多夫定理中 的下限降低到了1029左右,贺欧夫各特和同事戴维普拉特用计算机验证在此之下的所有奇数都符合猜想,从而完成了弱哥德巴赫猜想的全部证明。弱哥德巴赫猜想已经基本得到解决,对于偶数的哥德巴赫猜想,数学家们则主要将希望放在布朗的方法上。而二十世纪中叶,数学家们沿着布朗的思路,得到了不少改进后的成果。1924年汉斯·拉代马海尔证明了“7+7”,1932年艾斯特曼证明了“6+6”,苏联数学家布赫希塔布在1938年和1940年分别证明了“5+5”与“4+4”。孔恩在1941年提出了“加权筛法”的概念,能在同样的筛函数上界和下界条件下取得更好的结果,他在1954年证明了“a+b”(a+b7)。阿特勒·塞尔伯格利用求二次型极值的方法极大地改进了布朗的筛法,对筛函数的上界和下界做出了更精确的估计,从而出现了更优的结果:维诺格拉多夫在1956年证明了“3+3”,王元在1956年证明了“3+4”,并在1957年证明了“3+3”和“a+b”(a+b6)以及“2+3”。以上的结果中,没有能够证明偶数分拆成的两个数中一定有一个是质数的。1932年,埃斯特曼证明了,在假设广义黎曼猜想成立的前提下,“1+6”成立。 1948年,伦伊·阿尔弗雷德利用林尼克创造的“大筛法”,证明了“1+b”的结果。1956年,王元与维诺格拉多夫则证明了在同样的假定之下,“1+4”成立。1961年,苏联数学家巴尔巴恩证明了一个可以用来代替广义黎曼猜想的公式的弱化版。1962年,潘承洞也独立证明了此公式的另一个弱化版本,并得到“1+5”。而王元则指出潘承洞的结果其实可以推出“1+4”。潘承洞在同年用加强的结论得到了“1+4”的简化的证明,1963年巴尔巴恩也得到了同样的结果。1965年布赫希塔布则用同样的版本证明了“1+3”。与此同时,恩里科·邦别里与维诺格拉多夫也独立地用更简洁的方法证明了“1+3”。使用布朗方法的最好结果是陈景润得到的。他在1973年发表了“1+2”的证明,其中对筛法作出了重大的改进,提出了一种新的加权筛法。因此“1+2”也被称作是陈氏定理。现今数学家们普遍认为,陈景润使用的方法已经将筛法发挥到了极致,以筛法来证明最终的“1+1”的可能性已经很低了。布朗方法似乎在最后的一步上停止了下来。如今数学界的主流意见认为:证明关于偶数的哥德巴赫猜想,还需要新的思路或者新的数学工 5 具,或者在现有的方法上进行重大的改进,也有认为仅仅基于现有的方法上的改进无法证明偶数哥德巴赫猜想。途径二:例外集合,即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。在数轴上取定大整数x,再从x往前看,寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数,即例外偶数。x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。我们希望,无论x多大,x之前只有一个例外偶数,那就是2,即只有2使得猜想是错的。这样一来,哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。当然,直到现在还不能证明E(x)=1;但是能够证明E(x)远比x小。在x前面的偶数个数大概是x/2;如果当x趋于无穷大时,E(x)与x的比值趋于零,那就说明这些例外偶数密度是零,即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。这就是例外集合的思路。从1920年开始,哈代和利特尔伍德合作陆续发表了七篇总标题为《“整数拆分”的几个问题》的论文,系统地发展出了堆垒素数论中一个新的分析方法。这个新方法的思想在1918年哈代与印度数学家拉玛努贾合写的 论文《组合分析的渐进公式》中就有表现。应用到哥德巴赫猜想上的话,圆法的思想是:对于非零整数 ,沿着单位圆为路径的环路积分当且只当整数 的时候,上面的积分才等于1。因此,如果考虑积分式:其中 ,那么这个积分式实际上等于: 上式中第二项等于0,所以方程“ ”的解 的个数。 6 所以,关于偶数的哥德巴赫猜想其实等于是说对于所有大于等于6的偶数 ,单位圆上的环路积分式 。同理,关于奇数的哥德巴赫猜想等价于环路积分式:因此,研究哥德巴赫猜想可以归结为研究积分式 和 中以质数为变数的三角多项式 。哈代和利特尔伍德猜测,当变量接近于分母“比较小”的既约分数时, 的值会“比较大”,而当接近于分母“比较大” 的既约分数时, 的值会“比较小”。也就是说,积分 的主要部分其实是单位圆上分母“比较小”的那些既约分数附近的积分,其它的部分上积分则没那么重要,可以忽略掉了。因此,可以将整个单位圆分成两个部分:一部分是单位圆上分母“比较小”的那些既约分数附近包括的一些区间,哈代和利特尔伍德称其为“优弧”(majorarc与平面几何中的“优弧”不同),其余的部分则称为“劣弧”(minorarc)。将整个积分 分成优弧上的积分与劣弧上积分 之和,然后证明 相比起 可以忽略,而 ,这就是圆法的主要思想 [4]。哈代和利特尔伍德在1923年的论文中证明了,如果存在正数 ,使得所有的狄利克雷L函数的全体零点都在半平面 上,那么充分大的奇数 一定满足 ,也就是说能够表示成三个素数的和。他们还给出了 的渐进式:在 趋于无穷大的时候,其中 7 他们还证明了,在假设广义黎曼猜想成立的情况下,如果用 表示 以内无法写成两个质数之和的偶数的个数,那么对任意的正数,都有这说明了,不能写成两个质数之和的偶数占所有偶数的比例是可以忽略的。维诺格拉多夫在使用圆法的基础上,去掉了哈代和利特尔伍德的成果中对于黎曼猜想的依赖。也就是说,维诺格拉多夫证明了每个充分大的奇数都能表示为三个质数的和,以及几乎每一个充分大的偶数都能表示成两个素数之和。维诺格拉多夫的证明使用到了他独创的方法来对以素数为变数的指数和做出更细致的估计,也就是说更好地划分优弧和劣弧并直接估计出劣 弧上的积分可以忽略,而不用到广义黎曼猜想。唯一的不足是维诺格拉多夫并没有给出“足够大”的下限。后来波罗斯特金在1956年给出了一个可计算的下限:,也就是说大于 的整数都可以写成三个素数的和。1946年,苏联数学家尤里·弗拉基米罗维奇·林尼克沿着哈代和利特尔伍德的道路前进,使用函数论的方法同样证明了维诺格拉多夫的结果。然而,维诺格拉多夫的定理中的下限对于实际应用来说仍然太大了。 写出来有6846168位数字,要验证之前的偶数都能写成两个素数的和,计算量仍然太大。1989年陈景润与王元将这个下限减低到10 43000.5,2001年廖明哲及王天泽进一步将下限降至e3100≈101346.3,但仍然与实际验证过的范围(4×1014)有很大距离。而如果假设广义黎曼猜想正确的话,让-马克·德苏耶等人在1998年证明了:每个大于等于7的奇数都可以写成三个质数的和(即弱哥德巴赫猜想在广义黎曼猜想正确的假设下的完全证明)。1938年,华罗庚证明了弱哥德巴赫猜想的一个推广:任意给定一个整数k,每个充分大的奇数都可以表示p 1+p2+p3k的形式。当k=1的时候,就是弱哥德巴赫猜想。由于维诺格拉多夫估计 时使用的方法本质上是筛法,所以数学家也希望用类似圆法的分析方法取代它。1945年,林尼克发展出估计狄利克雷L函数零点密度的方法,并用其证明了劣弧上的积分可以忽略,从而用纯粹的分析方法证明了弱哥德巴赫猜想。这个证明十分复杂,此后几位数学家各自提出了更 8 简化的证明,1975年沃恩提出了首个不依赖估计L函数零点密度的方法,1977年潘承洞得到了仅利用L函数初等性质的简易证明。2013年5月13日,法国国家科学研究院和巴黎高等师范学院的数论领域的研究员哈洛德·贺欧夫各特,在线发表了论文《论哥德巴赫定理的优弧》(Major arcs for Goldbach's theorem)宣布彻底证明了弱哥德巴赫猜想。贺欧夫各特生于1977年,秘鲁籍,2003年获得普林斯顿大学博士学位。2010年开始担任法国国家科学研究院和巴黎高等师范学院的研究员。2012年5月,贺欧夫各特发表论文《论哥德巴赫问题的劣弧》(Minor arcs for Goldbach's problem)中给出了劣弧积分估计的一个更优上界。在这个更优估计的基础上,贺欧夫各特在2013年的论文中将优弧估计的条 件放宽,把维诺格拉多夫定理中的下限降低到了1029左右,贺欧夫各特和同事DavidPlatt用计算机验证在此之下的所有奇数都符合猜想,从而完成了弱哥德巴赫猜想的全部证明。维诺格拉多夫的三素数定理发表于1937年。第二年,在例外集合这一途径上,就同时出现了四个证明,其中包括华罗庚先生的著名定理。由于技术上的原因,圆法不适用于偶数哥德巴赫猜想,人们只能另觅途径。途径三:小变量的三素数定理,即已知奇数N可以表成三个素数之和,假如又能证明这三个素数中有一个非常小,譬如说第一个素数可以总取3,那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。 如果偶数的哥德巴赫猜想正确,那么奇数的猜想也正确。我们可以把这个问题反过来思考。已知奇数N可以表成三个素数之和,假如又能证明这三个素数中有一个非常小,譬如说第一个素数可以总取3,那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。这个思想就促使潘承洞先生在1959年,即他25岁时,研究有一个小素变数的三素数定理。这个小素变数不超过N的θ次方。我们的目标是要证明θ可以取0,即这个小素变数有界,从而推出偶数的哥德巴赫猜想。潘承洞先生首先证明θ可取1/4。后来的很长一段时间内,这方面的工作一直没有进展,直到1995年展涛教授把潘老师的定理推 9 进到7/120。这个数已经比较小了,但是仍然大于0。途径四:几乎哥德巴赫问题,即2m=p+q+2k。p和q均为奇素数。1953年,林尼克发表了一篇长达70页的论文。在文中,他率先研究了几乎哥德巴赫问题,证明了,存在一个固定的非负整数k,使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和。这个定理,看起来好像丑化了哥德巴赫猜想,实际上它是非常深刻的。我们注意,能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合;事实上,对任意取定的x,x前面这种整数的个数不会超过log x的k次方。因此,林尼克定理指出,虽然我们还不能证明哥德巴赫猜想,但是我们能在整数集合中找到一个非常稀疏的 子集,每次从这个稀疏子集里面拿一个元素贴到这两个素数的表达式中去,这个表达式就成立。这里的k用来衡量几乎哥德巴赫问题向哥德巴赫猜想逼近的程度,数值较小的k表示更好的逼近度。显然,如果k等于0,几乎哥德巴赫问题中2的方幂就不再出现,从而,林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。林尼克1953年的论文并没有具体定出k的可容许数值,此后四十多年间,人们还是不知道一个多大的k才能使林尼克定理成立。但是按照林尼克的论证,这个k应该很大。其中有个结果必须提到,即李红泽、王天泽独立地得到k=2000。目前最好的结果k=13是英国数学家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德国数学 家普赫塔(Puchta)合作取得的,这是一个很大的突破。数学家们经过上述四个途径的不断探索求证,仍然没有彻底解决哥德巴赫问题。现在我们介绍探讨求证“哥德巴赫猜想”的另一种新方法,首先我们先回顾一下2000多年前埃拉托斯特尼筛法,埃拉托斯特尼筛法可以用来寻找一定范围内的素数(比如说m这个数,m这个数不是太大):操作的程序是先将第一个数2留下,将它的倍数全部划掉;再将剩余数中最小的3留下,将它的倍数全部划掉;继续将剩余数中最小的5留下,将它的倍数全部划掉,┅,如此直到没有可 10 划的数为止。例如在100内进行这样的操作,可得素数2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97。我们暂且把前人的这种筛法称为埃拉托斯特尼顺筛;简称顺筛。就是通过顺筛能够把某个很大的偶数M范围内的素数全部找出来,也未必好判定不大于偶数M的所有偶数均可表为两个奇素数之和。顺筛实际上就是筛出偶数M范围内的所有偶数和所有奇合数。如果我们在顺筛的基础上,再配合另一种筛法,也就是筛出用偶数M分别减偶数M范围内的所有奇合数而得到的所有奇数,我们暂且把这种筛法称为埃拉托斯特尼逆筛;简称逆筛。对于偶数M范围内的所有正整数,通过顺筛和逆筛配合筛,一定能够判定偶数M能否表为两个奇素数之和。对于这种 配合筛法,我们下面详细介绍。首先我们先举例说说顺筛和逆筛配合筛法的好处,下面我们以偶数100和104为例来阐述,因为“哥德巴赫猜想”针对的是奇素数,而奇素数又是从奇数中分离出来的概念,所以我们就排出偶数的情形,只考虑奇数的情形。对于偶数100以内的全体奇数,首先进行顺筛:(1)筛出3的倍数(除3外),可得集合A1={1,3,5,7,11,13,17,19,23,25,29,31,35,37,41,43,47,49,53,55,59,61,65,67,71,73,77,79,83,85,89,91,95,97}。(2)在集合A 1中筛出5的倍数(除5外),可得集合A2={1,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,49,53,59,61,67,71,73,77,79,83,89,91,97}。(3)在集合A2中筛出7的倍数(除7外),可得集合A3={1,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97}。因为100=1+99=3+97=5+95=7+93=…=93+7=95+5=93+3=99+1,所以偶数100以内的全体奇数,经过顺筛后,可以得出这样的结论:满足“奇合数+奇合数=100”情形中的全体奇合数,满足“奇合数+奇素数=100”情形中的全体奇合数,满足“1+奇合数=100”情形中的奇合数,全都被筛出。又因为区间[ 100,100]以内的任一奇合数均能被奇素数3,5,7中的某一个奇素数整除,这种情形拓展开来的一般情形完全可以证明,证明留在后面讲。前面进行了顺筛,我们再次进行逆筛: (4)在集合A3中筛出集合{(100-9),(100-15),(100-21),(100-27),(100-33),(100-39),(100-45),(100-51),(100-57),(100-63),(100-69),(100-75),(100-81),(100-87),(100-93),(100-99)}={91,85,79,73,67,61,55,49,43,37,31,25,19,13,7,1 }中的全体奇数,可得集合A4={3,5,11,17,23,29,41,47,53,59,71,83,89,97}。(5)在集合A4中筛出集合{(100-21),(100-35),(100-49),(100-63),(100-77),(100-91)}={79,65,51,37,23,9}中的全体奇数,可得集合A5={3, 11 5,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}。(6)因为100含有奇素数因子5,所以只须考虑筛出5的倍数(包括5)即可。这样最后得到集合A6={3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}。所以再经过逆筛,我们可以得出这样的结论:满足“奇合数+奇素数=100”情形中的全体奇素数,满足“1+奇素数=100”情形中的奇素数,全都被筛出。观察集合A6,显然偶数100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。下面我们为什么还要以偶数104为例来阐述配合筛法的好处呢?其实是为了分析筛出的最大化,也就是筛出的极限情形,在数学理论中通常采用这种方法解决无穷的问题。因为偶数104均不含有奇素数因子3,5,7;这样就更接近了筛出的最大化。为了解决无穷的情形,我们必须从极限这一基本点着手,在无穷多的偶数中,设定某一相当大的偶数满足筛出的最大化(也就是筛出的极限情形),即有点象偶数104这样的情形,解决了极限成立的情形,其它情形显然成立。对于偶数104以内的全体奇数,首先进行顺筛: (ⅰ)筛出3的倍数(除3外),可得集合B1={1,3,5,7,11,13,17,19,23,25,29,31,35,37,41,43,47,49,53,55,59,61,65,67,71,73,77,79,83,85,89,91,95,97,101,103}。(ⅱ)在集合B1中筛出5的倍数(除5外),可得集合B2={1,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,49,53,59,61,67,71,73,77,79,83,89,91,97,101,103}。(ⅲ)在集合B2中筛出7的倍数(除7外),可得集合B3={1,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103}。前面进行了顺筛,我们再次进行逆筛:(ⅳ)在集合B 3中筛出集合{(104-9),(104-15),(104-21),(104-27),(104-33),(104-39),(104-45),(104-51),(104-57),(104-63),(104-69),(104-75),(104-81),(104-87),(104-93),(104-99)}={95,89,83,77,71,65,59,53,47,41,35,29,23,17,11,5 }中的全体奇数,可得集合B4={1,3,7,13,19,31,37,43,61,67,73,79,97,101,103}。(ⅴ)在集合B4中筛出集合{(104-15),(104-25),(104-35),(104-45),(104-55),(104-65),(104-75),(104-85),(104-95)}={89,79,69,59,49,39,29,19,9}中的全体奇数,可得集合B 5={1,3,7,13,31,37,43,61,67,73,97,101,103}。(ⅵ)在集合B5中筛出集合{(104-21),(104-35),(104-49),(104-63),(104-77),(104-91)}={83,69,55,41,27,13}中的全体奇数,可得集合B6={1,3,7,31,37,43,61,67,73,97,101,103}。因为偶数104不含有奇素数因子3,5,7;所以奇数1和103要直接筛出。最后得到集合B7={3,7,31,37,43,61,67,73,97,101}。观察集合B 7,显然偶数104=3+101=7+97=31+73=37+67=43+61。所以,为了解决无穷的问题,一般情形下,我们设定一个非常大的偶数2m,设奇素数p1,p2,p3,…,pt均为不大于 m2 的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),t∈N;并且偶数2m均不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt,为了确保奇素数p1,p2,p3,…,pt均要被筛出,我们还要假定集合{(2m-p1), 12 (2m-p2),(2m-p3),…,(2m-pt)}中的奇数均为奇合数;因为偶数2m=(2m-p1)+ p1,2m=(2m-p2)+ p2,2m=(2m-p3)+ p3,…,2m=(2m-pt)+ pt。所以我们就假定在无穷多的偶数中有一个相当大的偶数2m满足筛出的最大化(也就是筛出的极限情形)。如果我们假定偶数2m就是满足上面这种情形的偶数,设集合A={1,3,5,7,9,…,(2m-3),(2m-1)},又设集合A1={p1,3p1,5p1,7p1,9p1,…,(2m1-1)p1},集合A1´={(2m-p1),(2m-3p1),(2m-5p1),(2m-7p1),(2m-9p1),(2m-11p 1),…,[2m-(2m1-1)p1]},集合A2={p2,3p2,5p2,7p2,9p2,…,(2m2-1)p2},集合A2´={(2m-p2),(2m-3p2),(2m-5p2),(2m-7p2),(2m-9p2),(2m-11p2),…,[2m-(2m2-1)p2]},集合A3={p3,3p3,5p3,7p3,9p3,…,(2m3-1)p3},集合A3´={(2m-p3),(2m-3p3),(2m-5p3),(2m-7p3),(2m-9p3),(2m-11p3),…,[2m-(2m3-1)p3]},…,集合At={pt,3pt,5pt,7pt,9pt,…,(2mt-1)pt},集合At´={(2m-pt),(2m-3pt),(2m-5pt),(2m-7pt),(2m-9pt),(2m-11pt),…,[2m-(2mt-1)pt]};其中奇数(2m1-1)p1为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,奇数(2m 2-1)p2为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,…,奇数(2mt-1-1)pt-1为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,奇数(2mt-1)pt为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数。对于偶数2m以内的全体奇数,首先进行顺筛:这里要说明,因为根据假定集合{(2m-p1),(2m-p2),(2m-p3),…,(2m-pt)}中的奇数均为奇合数,所以奇素数p1,p2,p3,…,pt均要直接筛出,按照偶数100和104为例的筛出操作程序,则有:〈1〉在集合A中筛出属于集合A 1中的奇数,得到集合B1;〈2〉在集合B1中筛出属于集合A2中的奇数,得到集合B2;〈3〉在集合B2中筛出属于集合A3中的奇数,得到集合B3;┇〈t-1〉在集合Bt-2中筛出属于集合At-1中的奇数,得到集合Bt-1;〈t〉在集合Bt-1中筛出属于集合At中的奇数,得到集合Bt。其次进行逆筛:(1)在集合B t中筛出属于集合A1´中的奇数,得到集合E1;(2)在集合E1中筛出属于集合A2´中的奇数,得到集合E2;(3)在集合E2中筛出属于集合A3´中的奇数,得到集合E3;┇(t-1)在集合Et-2中筛出属于集合At-1´中的奇数,得到集合Et-1;〈t〉在集合Et-1中筛出属于集合At´中的奇数,得到集合Et。最后在集合Et中筛出奇数1和(2m-1)得到集合H,经过顺筛和逆筛,我们可以得出这样的结论:满足“奇合数+奇合数=2m”情形中的全体奇合数;满足“奇合数+奇素数=2m”情形中的全体奇合数;满足“奇合数+奇素数=2m”情形中的全体奇素数;满足“1+奇素数=2m”情形中的奇素数或者满足“1+奇合数=2m”情形中的奇合数。满足上面情形的全体奇数全都被筛出。如果能判定集合H中确实有奇数,那 么集合H中的奇数必定为奇素数,并且集合H中的奇素数就只能是满足“奇素数+奇素数=2m”的情形,也就是偶数2m可表为两个奇素数之和。这种被筛出最大 13 化的偶数都可表为两个奇素数之和,其他没有被筛出最大化的偶数显然均可表为两个奇素数之和。对于很大很大的偶数2m,这种配合筛法的技术难度还是相当大,怎样克服这个技术性难题呢?下面我们主要阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。我们以偶数100为例来阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。对于偶数100以内的全体奇数组成的集合A,那么集合A={1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,33,35,37,39,41,43,45,47,49,51,53,55,57,59,61,63,65,67,69,71,73,75,77,79,81,83,85,87,89,91,93,95,97,99},集合A中元素的总个数为50个。因为区间[ 100,100]以内的任一奇合数均能被奇素数3,5,7中的某一个奇素数整除,对于偶数100,我们只需用奇素数3,5,7来设定集合就能达到目的了。 设集合A1={9,15,21,27,33,39,45,51,57,63,69,75,81,87,93,99},集合A1´={(100-9),(100-15),(100-21),(100-27),(100-33),(100-39),(100-45),(100-51),(100-57),(100-63),(100-69),(100-75),(100-81),(100-87),(100-93),(100-99)}={91,85,79,73,67,61,55,49,43,37,31,25,19,13,7,1},集合A2={15,55,35,45,55,65,75,85,95},集合A2´={(100-15),(100-55),(100-35),(100-45),(100-55),(100-65),(100-75),(100-85),(100-95)}={85,75,65,55,45,35,25,15,5},集合A 3={21,35,49,63,77,91},集合A3´={(100-21),(100-35),(100-49),(100-63),(100-77),(100-91)}={79,65,51,37,23,9};那么集合A1和集合A1´中元素的总个数均为16个,集合A2和集合A2´中元素的总个数均为9个,集合A3和集合A3´中元素的总个数均为6个。(1)因为偶数100含有奇素数因子5,所以我们只考虑集合B=A2∪A2´={5,15,55,35,45,55,65,75,85,95}的情形。又因为偶数100不含有奇素数因子3和7,所以集合A1和A1´无公共元素,集合A3和A3´无公共元素;集合B中元素的总个数为10个。(2)集合A 1∩B={15,45,75},集合A1´∩B={25,55,85},集合A1∩A3={21,63},集合A1´∩A3={49,91},集合A1∩A3´={9,51},集合A1´∩A3´={37,79},集合A3∩B={35},集合A3´∩B={65},集合A1∩A3∩B=ф,集合A1´∩A3∩B=ф,集合A1∩A3´∩B=ф,集合A1´∩A3´∩B=ф;那么集合A1∩B和集合A1´∩B中元素的总个数均为3个,集合A1∩A3和集合A1´∩A3中元素以及集合A1∩A3´和集合A1´∩A3´中元素的总个数均为2个,集合A3∩B和集合A3´∩B中元素的总个数均为1个,集合A1∩A3∩B和集合A1´∩A3∩B中元素以及集合A1∩A3´∩B和集合A1´∩A 3´∩B中元素的总个数均为0个。(3)有了前面的准备工作,我们下面就开始从集合中元素的数量着手,展开阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。(4)因为集合A中元素的总个数为50个,在集合A中筛出集合A1和A1´中的元素,又因为集合A1和A1´中元素的总个数均为16个,集合A1∩A1´=ф,从集合中元素的数量着手,则集合A通过筛出后剩下元素的总个数为:50-16-16=18(个)。(5)再在集合A中筛出集合B中的元素,从集合中元素的数量着手,则集 14 合A再通过筛出后剩下元素的总个数为:50-16-16-10+3+3=14(个)。因为在50-16-16-10中集合A1∩B={15,45,75}中元素的总个数与集合A1´∩B={25,55,85}中元素的总个数均被多减了一次,所以要加上2个3;所以为50-16-16-10+3+3=14(个)。(6)再在集合A中筛出集合A3和A3´中的元素,从集合中元素的数量着手,则集合A再通过筛出后剩下元素的总个数为:50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12(个)。因为在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A 3={21,63}中元素的总个数,集合A1´∩A3={49,91}中元素的总个数,集合A1∩A3´={9,51}中元素的总个数,集合A1´∩A3´={37,79}中元素的总个数,集合A3∩B={35}中元素的总个数,集合A3´∩B={65}中元素的总个数,均被多减了一次,所以要加上4个2和2个1,所以为50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12(个)。(7)所以从前面这个实例,我们不难得出这样一个结论:利用顺筛和逆筛配合筛法的好处,再转换到集合中元素的数量上来处理,对于很大很大的偶数2m,肯定容易处理多了,这就是解决技术性难题的基本思想方法。以偶数100为例验证如下:我们用W表示集合A中元素的总个数,【W÷p 1】表示集合A1中元素的总个数,【W÷p1'】表示集合A1'中元素的总个数,【W÷p2】表示集合B中元素的总个数,【W÷p3】表示集合A3中元素的总个数,【W÷p3'】表示集合A3'中元素的总个数,【W÷(p1p2)】表示集合A1∩B中元素的总个数,【W÷(p1'p2)】表示集合A1´∩B中元素的总个数,【W÷(p1p3)】表示集合A1∩A3中元素的总个数,【W÷(p1'p3)】表示集合A1'∩A3中元素的总个数,【W÷(p1p3')】表示集合A1∩A3'中元素的总个数,【W÷(p1'p3')】表示集合A1'∩A3'中元素的总个数,【W÷(p2p3)】表示集合B∩A 3中元素的总个数,【W÷(p2p3')】表示集合B∩A3'中元素的总个数,【W÷(p1p2p3)】表示集合A1∩B∩A3中元素的总个数,【W÷(p1'p2p3)】表示集合A1'∩B∩A3中元素的总个数,【W÷(p1p2p3')】表示集合A1∩B∩A3'中元素的总个数,【W÷(p1'p2p3')】表示集合A1'∩B∩A3'中元素的总个数。那么集合A经过顺筛和逆筛,转换到集合中元素的数量上来处理,那么集合A中剩下的奇数的总个数可以转化为下面这种计算方式:Y3=W-【W÷p1】-【W÷p1'】-【W÷p2】-【W÷p3】-【W÷p3'】+【W÷(p1p2)】+【W÷(p1'p2)】+【W÷(p 1p3)】+【W÷(p1'p3)】+【W÷(p1p3')】+【W÷(p1'p3')】+【W÷(p2p3)】+【W÷(p2p3')】-【W÷(p1p2p3)】-【W÷(p1'p2p3)】-【W÷(p1p2p3')】-【W÷(p1'p2p3')】≥〔W(1-2÷p1)(1-1÷p2)(1-2÷p3)〕>50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+50÷35×2-50÷105×4=50×(1-2÷3)-(50÷5)(1-2÷3)+(50÷7)×2(1-2÷3)+50÷35×2(1-2÷3)=50×(1-2÷3)(1-1÷5)-(50÷7)×2(1-2÷3)(1-1÷5)=50×(1-2÷3)(1-1÷5)(1-2÷7)=50×(1÷3)(4÷5)(5÷7)>50÷7>7。所以通过偶数100这个例子验算,说明通过顺筛和逆筛配合筛出后,被筛出的集合中至少还有7个奇数未被筛出(99能被3整除,1和99已经被筛出在内),说明偶数100能表为两个奇素数之和。由此可知一般化的情形,任意给定一个比较大的偶数2m(m≥3),设奇素数p 1,p2,p3,…,pt均为不大于 m2 的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),t∈N,可得筛法公式Y=m(1-d1÷p1)(1-d2÷p2)(1-d3÷p3)…(1-dt-1 15 ÷pt-1)(1-dt÷pt),其中di=1或2(i=1,2,3,…,t)。对于这个筛法公式,我们在后面讲解。 正文定义1:我们把既是奇数又是合数的正整数,称为奇合数。例如:15,21,35,49等等这样的一些奇数称为奇合数。定义2:对于某一偶数2m(m>2),若a+b=2m,a∈N,b∈N,则称a和b为偶数2m的对应加数,记为2m(a⊕b),读作偶数2m等于a加b。例如:9+91=100,称9和91为偶数100的对应加数。定义3:对于2m(a⊕b),m>2,m∈N,若a和b中至少有一个数为奇合数,则称a和b为偶数2m的合对子,记为2m(a♀b),读作合对子ab。例如:5+95=100,称5和95为偶数100的合对子。定义4:对于2m(a⊕b),m>2 ,m∈N,若a和b均为奇素数,则称a和b为偶数2m的素对子,记为2m(a♂b),读作素对子ab。例如:3+97=100,称3和97为偶数100的素对子。 引理1:对于任一正整数M(M>2),若奇素数p,p<M,设集合{p,2p,3p,…,mp}中奇数的总个数与集合{1,2,3,4,5,6,…,M}中正整数的总个数的比值为t,则有:(1)、当mp=M时,t=1÷p;(2)、当mp≠M时,t<1÷p。其中mp为该形式下不大于正整数M的最大正整数。证明:因为集合{p,2p,3p,…,mp}中共有m个奇数,集合{1,2,3,4,5,6,…,M}中共有M个正整数,那么集合{p,2p,3p,…,mp}中奇数的总个数与集合{1,2,3,4,5,6,…,M}中正整数的总个数的比值t为下列情形之一:(ⅰ)、当mp=M时,t=m÷(mp)=1÷p;(ⅱ)、当mp≠M时,因为mp为该形式下不大于正整数M的最大正整数,那么mp<M,而t=m÷M<m÷(mp)=1÷p。综上所述,引理1成立。例1:求证100以内全体5的整数倍(包括5)的整数在集合{1,2,3,…, 99,100}中所占的比例为1÷5。解:因为100÷5=20,说明100以内全体5的整数倍(包括5)的整数在集合{1,2,3,…,99,100}中的总个数为20个,又因20÷100=1÷5,那么100以内全体5的整数倍(包括5)的整数在集合{1,2,3,…,99,100}中要占1÷5。引理2:对于任一奇数M(M>2),若奇素数p,p≤M,设集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中奇数的总个数与集合{1,3,5,7,9,…,M}中奇数的总个数的比值为t,则有:(1)、当(2m-1)p=M时,t>1÷p;(2)、当(2m-1)p+p-1=M时,t=1÷p;(3)、当(2m-1)p+p-1<M时,t<1÷p;(4)、当(2m-1)p+p-1>M时,t>1÷p。其中(2m-1)p为该形式下不大于正整数M的最大奇数。证明:因为集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中有m个奇数,集合{1, 3,5,7,9,…,M}中有(M+1)÷2个奇数,那么集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中奇数的总个数与集合{1,3,5,7,9,…,M}中奇数的总个数的比 16 值t为下列情形之一:(ⅰ)、当(2m-1)p=M时,则(M+1)÷2=[(2m-1)p+1]÷2<2mp÷2=mp,所以t=m÷[(M+1)÷2]>1÷p;(ⅱ)、当(2m-1)p+p-1=M时,则(M+1)÷2=[(2m-1)p+p-1+1]÷2=mp,所以t=m÷[(M+1)÷2]=m÷(mp)=1÷p;(ⅲ)、当(2m-1)p+p-1<M时,则(M+1)÷2>[(2m-1)p+p-1+1]÷2=mp,所以t=m÷[(M+1)÷2]<m÷(mp)=1÷p;(ⅳ)、当(2m-1)p+p-1>M时,则(M+1)÷2<[(2m-1)p+p-1+1]÷2=mp,所以t=m÷(M+1)>m÷(mp)=1÷p。综上所述,引理2成立。例2:求证99以内全体7的整数倍(包括7)的整数在集合{1,3,5,…,97,99}中所占的比例小于1÷7。解:因为13×7+7-1<99,由引理2中(3)的情形可知,99以内全体7的整数倍(包括7)的整数在集合{1,3,5,…,97,99}中所占的比例不足1÷7。 引理3:对于一个相当大的正整数M,关于任一小于正整数M的奇素数p,设集合{p,2p,3p,…,mp}中正整数的总个数与集合{1,2,3,4,5,6,…,M}中正整数的总个数的比值为t,则t≈1÷p(其中mp为该形式下不大于正整数M的最大正整数)。证明:对于任一奇素数p,集合{p,2p,3p,…,mp}有m个元素,集合{1,2,3,4,5,6,…,M}有M个无素,那么集合{p,2p,3p,…,mp}中正整数的总个数与集合{1,2,3,4,5,6,…,M}中正整数的总个数的比值t为下列情形之一:(ⅰ)、当mp=M时,t=m÷(mp)=1÷p;(ⅱ)、当mp≠M时,因为mp为该形式下不大于正整数M的最大正整数,那么mp<M,我们令M=mp+h,那么h<p,所以mp<M=mp+h<(m+1)p,则m÷(m+1)p<t=m÷M<1÷p,因为正整数M相当大,那么正整数m也相当大,所以有m÷(m+1)p≈1÷p≈m÷M,故t≈1÷p。综上所述,引理3成立。 引理4:对于一个相当大的奇数M,关于任一小于奇数M的奇素数p,设集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中奇数的总个数与集合{1,3,5,7,9,…,M}中奇数的总个数的比值为t,则t≈1÷p(其中(2m-1)p为该形式下不大于奇数M的最大奇数)。证明:对于任一奇素数p,集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}共有m个奇数,集合{1,3,5,7,9,…,M}共有(M+1)÷2个奇数,那么集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中奇数的总个数与集合{1,3,5,7,9,…,M}中奇数的总个数的比值t为下列情形之一:(ⅰ)、当(2m-1)p=M时,(M+1)÷2=mp-(p-1)÷2,则mp-p<(M+1)÷2<mp,因为m÷(mp-p)= m÷(m-1)p,当M为相当大的奇数时,那么m也为相当大的正整数,则m÷(mp-p)=m÷(m-1)p≈1÷p,即m÷[mp-(p-1)÷2]≈1÷p,故t≈1÷p;(ⅱ)、当(2m-1)p+p-1=M时,则(M+1)÷2=[(2m-1)p+p-1+1]÷2=mp,所以t=m÷[(M+1)÷2]=m÷(mp)=1÷p; (ⅲ)、当(2m-1)p+p-1<M时,(M+1)÷2>[(2m-1)p+p-1+1]÷2=mp,我们令(2m-1)p+p-1+h=M,因为(2m-1)p为该形式下不大于奇数M的最大奇数, 17 那么1≤h<p+1,我们假设令h=p,则(M+1)÷2 =mp+p÷2<(m+1)p,即mp<mp+p÷2<(m+1)p,当M为相当大的奇数时,那么m也为相当大的正整数,然而m÷[(m+1)p]≈1÷p,所以mp<(M+1)÷2<(m+1)p,故t≈1÷p;(ⅳ)、当(2m-1)p+p-1>M时,(M+1)÷2<[(2m-1)p+p-1+1]÷2=mp,我们令(2m-1)p+p-1-h=M,因为(2m-1)p为该形式下不大于奇数M的最大奇数,那么1≤h≤p-1,我们假设令h=p-1,则(M+1)÷2=[mp-(p-1)÷2]>(m-1)p,即(m-1)p<[mp-(p-1)÷2]<mp,当M为相当大的奇数时,那么m也为相当大的正整数,则m÷[(m-1)p]≈1÷p,所以(m-1)p<(M+1)÷2<mp,故t≈1÷p。综上所述,引理4成立。引理5:设有一个相当大的正整数M,对于任一小于正整数M的奇素数p,集合{p,2p,3p,…,mp}中正整数的总个数为m,其中mp为该形式下不大于正整数M的最大正整数,那么m≈M÷p。证明:(ⅰ)、当mp=M时,那么m=(mp)÷p=M÷p; (ⅱ)、当mp≠M时,因为mp为该形式下不大于正整数M的最大正整数,我们设M=mp+k,显然k为正整数,且0<k<p,那么mp<(mp+k),因为正整数M相当大,故m≈M÷p。综上所述,引理5成立。引理6:设有一个相当大的奇数M,对于任一小于奇数M的奇素数p,集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中奇数的总个数为m,其中(2m-1)p为该形式下不大于奇数M的最大奇数,那么m≈M÷p。证明:对于任一小于奇数M的奇素数p,集合{p,3p,5p,7p,9p,…,(2m-1)p}中共有m个奇数,而集合{1,3,5,7,9,…,M}中共有(M+1)÷2个奇数,那么集合{1,3,5,7,9,…,M}中含全体奇素数p的倍数(包括奇素数p在内)的总个数为下列情形之一:(ⅰ)、当(2m-1)p=M时,集合{1,3,5,7,9,…,M}中共有(M+1) ÷2个奇数,而(M+1)÷2=[mp-(p-1)÷2],因为[mp-(p-1)÷2]÷p>(m-1)p÷p=(m-1),又因为M为相当大的奇数,那么m也为相当大的正整数,故m≈M ÷p;(ⅱ)、当(2m-1)p+p-1=M时,(M+1)÷2=[2mp-p+p-1+1)]÷2=mp,则m=M÷p;(ⅲ)、当(2m-1)p≠M,且(2m-1)p+p-1<M时,我们令(2m-1)p+p-1+h=M,h为正整数,然而1≤h<p+1,这是因为h=p+1时与(2m-1)p 为该形式下不大于奇数M的最大奇数相矛盾;我们令h=p,则(M+1)÷2=[mp+p÷2]<(m+1)p,即mp<[mp+(p-1)÷2]<(m+1)p,因为M为相当大的奇数,那么m也为相当大的正整数,故m≈M÷p;(ⅳ)、当(2m-1)p≠M,且(2m-1)p+p-1>M时,我们令(2m-1)p+p-1-h=M,然而1≤h<p-1,这是因为h=p-1时与(2m-1)p为该形式下不大于奇数M的最大奇数相矛盾;我们令h=p-2,则(M+1)÷2 =[mp-(p-1)÷2]>(m-1)p,即(m-1)p<[mp-(p-1)÷2]<mp,因为M为相当大的奇数,那么m也为相当大的正整数,故m≈M÷p。综上所述,引理6成立。 引理7:对于任一比较大的正整数M,设奇素数p1,p2,p3,…,pt均为不大于 M 的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),那么在区间[ M , 18 M]中任何一个奇合数a,奇合数a均能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中某一个奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除。证明:设奇数a为区间[ M,M]中的一个奇合数,不论奇合数a等于M还是小于M,奇合数a总可以分解为两个均不小于3的奇数的乘积,不妨设a=b·c,b≥3,c≥3,b≥c,不论奇数c是奇素数还是奇合数,那么c或c中至少有一个素因子d,d≤ M 。故引理7成立。例1:求证奇合数91能否被3或5或7整除。解:因为91<100,所以 91< 100;3< 91,5< 91,7< 91,由引理7可知,奇合数91能被3或5或7整除。91÷3=30×3+1,91÷5=18×5+1,91÷7=13×7。引理8:对于任一奇数M(M≥9),设奇素数p 1,p2,p3,…,pt均为不大于 M的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),若奇数M均不能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除,则奇数M为奇素数。证明:对于任一奇数M(M≥9),设奇素数p1,p2,p3,…,pt均为不大于 M的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),假若奇数M是奇合数,并且奇数M均不能被集合{p 1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除,这与引理7的情形产生矛盾,故引理8成立。例2:判别奇数391是奇素数还是奇合数。解:因为 391< 400, 400=20,可得集合{3,5,7,11,13,17,19},由引理7和引理8可知,奇数391能否被集合{3,5,7,11,13,17,19}中某个奇素数整除,可以判别奇数391是奇素数还是奇合数;391÷3=130×3+1,391÷5=78×5+1,391÷7=55×7+6,391÷11=35×11+6,391÷13=30×13+1,391÷17=23×17。故奇数391是奇合数。例3:判别奇数167是奇素数还是奇合数。解:因为 167< 169, 169=13,可得集合{3,5,7,11,13},由引理7和引理8可知,奇数167能否被集合{3,5,7,11}中某个奇素数整除,可以判别奇数391是奇素数还是奇合数;167=55×3+2,167=33×5+2,167=23×7+6, 167=15×11+2,故奇数167是奇素数。定理1:设奇素数p1,p2,p3,…,pt为从3开始的连续的奇素数(pi<pj ,i<j,i、j=1,2,3,…,t),对于偶数2m,偶数2m不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt;设pt+1为大于奇素数pt的所有奇素数中最小的奇素数。(1)若2m>p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt,并且1<2m- p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt<pt+12,则奇数(2m-p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt)为奇素数;(2)若2m<p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt,并且1<p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt-2m<p t+12(m>0),则奇数(p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt-2m)为奇素数;(3)若2m+p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt<pt+12(m>0),则奇数(2m+p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt) 19 为奇素数。其中kr≥1(r=1,2,3,…,t)。证明:我们设奇素数p1,p2,p3,…,pt为从3开始的连续的奇素数(pi<pj ,i<j,i、j=1,2,3,…,t),对于偶数2m,偶数2m不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt;设pt+1为大于奇素数pt的所有奇素数中最小的奇素数。(1)对于2m>p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt,若1<2m-p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt<pt+12,又因偶数2m不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt,故奇数(2m-p 1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt)均不能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除,由引理8可知,奇数(2m-p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt)为奇素数;(2)对于2m<p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt,若1<p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt-2m<pt+12(m>0),又因偶数2m不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt,故奇数(p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt-2m)均不能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除,由引理8可知,奇数(p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt-2m)为奇素数;(3)对于2m+p 1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt<pt+12(m>0),因偶数2m不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt,故奇数(2m+p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt)均不能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除,由引理8可知,奇数(2m+p1k1·p2k2·p3k3·…·ptkt)为奇素数。综上所述,定理1成立。例4:求证3×5×7-2h(h=1,2,3,4,5,6)均为奇素数。解:因为奇数3×5×7-2h(h=1,2,3,4,5,6)均小于121,又因为奇数3×5×7-2h(h=1,2,3,4,5,6)均不能被奇素数3和5以及7整除,由引理7和引理8可知,3×5×7-2 h(h=1,2,3,4,5,6)均为奇素数。例5:求证3×5×7+2h(h=1,2,3)均为奇素数。解:因为奇数3×5×7+2h(h=1,2,3)均小于121,又因为奇数3×5×7+2h(h=1,2,3)均不能被奇素数3和5以及7整除,由引理7和引理8可知,3×5×7+2h(h=1,2,3)均为奇素数。定理2:设奇素数p1,p2,p3,…,pt为从3开始的连续的奇素数(pi<pj ,i<j,i、j=1,2,3,…,t),对于偶数2m,偶数2m不含有奇素数因子p11,p12,p 13,…,p1r,偶数2m含有奇素数因子p21,p22,p23,…,p2s,并且{p11,p12,p13,…,p1r}∪{p21,p22,p23,…,p2s}={p1,p2,p3,…,pt},设pt+1为大于奇素数pt的所有奇素数中最小的奇素数。(1)若2m>p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr,并且1<2m-p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkt<pt+12,则奇数(2m-p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr)为奇素数;(2)若2m<p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr,并且1<p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkt-2m<pt+12(m>0),则奇数(p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr -2m)为奇素数;(3)若2m+p 11k1·p12k2·p13k3·…·p1r kr<pt+12(m>0),则奇数(2m+p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr)为奇素数。其中ku≥1(u=1,2,3,…,r)。证明:我们设奇素数p1,p2,p3,…,pt为从3开始的连续的奇素数(pi<pj ,i<j,i、j=1,2,3,…,t),对于偶数2m,偶数2m不含有奇素数因子p11,p12,p13,…,p1r,偶数2m含有奇素数因子p21,p22,p23,…,p2s,并且{p11,p12,p13,…,p1r}∪{p21,p22,p23,…,p2s}={p1,p2,p3,…,pt},设pt+1为大于 20 奇素数pt的所有奇素数中最小的奇素数。(1)对于2m>p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr,若1<2m-p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr<pt+12,又因偶数2m不含有奇素数因子p11,p12,p13,…,p1r,偶数2m含有奇素数因子p21,p22,p23,…,p2s,并且{p11,p12,p13,…,p1r}∪{p21,p22,p23,…,p2s}={p1,p2,p3,…,pt},故奇数(2m-p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr)均不能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除,由引理8可知,奇数(2m-p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr)为奇素数;(2)对于2m<p 11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr,若1<p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr-2m<pt+12(m>0),又因偶数2m不含有奇素数因子p11,p12,p13,…,p1r,偶数2m含有奇素数因子p21,p22,p23,…,p2s,并且{p11,p12,p13,…,p1r}∪{p21,p22,p23,…,p2s}={p1,p2,p3,…,pt},故奇数(p11k1·p12k2·p13k3·…·p1r kr -2m)均不能被集合{p1,p2,p3,…,pt}中的任一奇素数pi(i=1,2,3,…,t)整除;由引理8可知,奇数(p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr -2m)为奇素数;(3)对于2m+p11k1·p12k2·p13k3·…·p1rkr<pt+12(m>0),因偶数2m不含有奇素数因子p 11,p12,p13,…,p1r,偶数2m含有奇素数因子p21,p22,p23,…,p2s,并且{p11,p12,p13,…,p1r}∪{p21,p22,p23,…,p2s}={p1,p2,p3,…,pt},故奇数(2m+p11k1·p12k2·p13k3
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