任一偶数均可表为两个奇素数之差a

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1、“任一偶数均可表为两个奇素数之差”简捷证明王若仲（务川自治县实验学校贵州564300）摘要：“任一不小于4的偶数Ｍ，偶数Ｍ均可表为两个均不大于偶数2Ｍ的奇素数之差”确实存在一种简捷的证明方法，即就是证明存在有“奇素数-奇素数”的情形可以转换到奇素数的个数和奇合数的个数上来加以分析，即通过顺筛和逆筛的办法，从而得到“任一不小于4的偶数Ｍ，偶数Ｍ均可表为两个均不大于偶数2Ｍ的奇素数之差”的一种简捷证明。关键词：奇素数奇合数顺筛逆筛我们知道，只能被1和本身整除的正整数，称为素数。定义1：我们把既是奇数又是合数的正整数，称为奇合数。引理1：对于任一正整数M（M

2、＞2），关于某一奇素数p，p＜M，设集合{p，2p，3p，…，mp}中元素个数与集合{1，2，3，4,5,6，…，M}中元素个数的比值为t，则（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}有ｍ个元素，集合{1，2，3，4,5,6，…，M}有M个元素，（ⅰ）、当mp=M时，t=m/mp=1/p；（ⅱ）、当mp≠M时，又因为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。引理2：对于任一

3、奇数M（M＞2），关于某一奇素数p，p≤M，设集合{p，3p，5p，7p，9p，…，（2m-1）p}中元素个数与集合{1，3，5，7，9，…，M}中元素个数的比值为t,则17（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}有m个元素,集合{1，3，5，7，9，…，M}有(M+1)/2个元

4、素（ⅰ）、当（2m-1）p=M时，则(M+1)/2=(2m-1)p/2＜mp,所以t=2m/(M+1)＞1/p；（ⅱ）、当（2m-1）p+p-1=M时，则(M+1)/2=mp，所以t=m/mp=1/p；（ⅲ）、当（2m-1）p+p-1＜M时，则(M+1)/2＞mp，所以t=2m/(M+1)＜1/p；（ⅳ）、当（2m-1）p+p-1＞M时，则(M+1)/2＜mp，所以t=2m/(M+1)＞1/p。综上所述，引理2成立。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}中元素个数与集合{1，2，3，4,5,

5、6，…，M}中元素个数的比值为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（ⅰ）、当mp=M时，t=m/mp=1/p；17（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＜m/mp，因为正整数M相当大，那么正整数m也相当大，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

6、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}中元素个数与集合{1，3，5，7，9，…，M}中元素个数的比值为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}有m个元素，集合{1，3，5，7，9，…，M}有(M+1)/2个元素（ⅰ）、当（2m-1）p=M时，(M+1)/2=[mp-（p-1）/2]，因为m/（mp-p）=m/（m-1）p，M为相当大的奇数，那么m也为相当大的正整数，则m/（mp-p）=m/（

7、m-1）p≈1/p，即m/[mp-（p-1）/2]≈1/p，t≈1/p；（ⅱ）、当（2m-1）p+p-1=M时，(M+1)/2=mp，则t=m/mp=1/p；（ⅲ）、当（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（2m-1）p为该形式下不大于奇数M的最大奇数，我们令h=p，则(M+1)/2=[mp+p/2]＜（m+1）p，即mp＜[mp-（p-1）/2]＜（m+1）p，M为相当大的奇数，那么m也为相当大的正整数，m/（m+1）p≈1/p，故t≈1/p；17（ⅳ）、当（2m-1）p+p-1＞M时，我们令

8、（2m-1）p+p-1-h=M，然而1≤h≤p-1，这是因为（2m-1）p为该形式下不大于奇数