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2024.8.8
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1.证明一个定理 推出两个推论
(1)取自然数n₁,n₂,设n₁,n₂互素,m为n₁,n₂的最小公倍数,m=n₁n₂。v₁,v₂,…,vn,vn+1,vn+2,...,vn+n,...,vn+n+…+n为所有m个连续的自然数。
(2)将m个连续的自然数v₁,v₂,…,vn,vn+1,vn+2,...,vn+n,...,vn+n+…+n列成一个矩阵,矩阵中的自然数共有b行j列,且b=m,j=n₂,每行中的自然数为一个,每列中的自然数个数相等。
b=m= n+n+…+n,j=n₂。
第一行 v₁
第二行 v₂
第三行 ⋱
…… vn
…… vn+1
…… vn+2
…… ⋱
…… vn+n
…… ⋱
…… ⋱
…… ⋱
第b行 vn+n+…+n
例:b=m=6,j=n₂=3。
第一行 2
第二行 3
第三行 4
第四行 5
第五行 6
第六行 7
如果矩阵中m个连续的自然数,每n₁个筛除掉n₁- j₁个(按自然数顺数的顺序有规律的筛除,j₁=1),显然m个连续的自然数中没有被筛除数的个数g=m〔1-(n₁- j₁)/n₁〕=m〔1-(n₁-1)/n₁〕,∵1-(n₁-1)/n₁=1/n₁,且m=n₁n₂,∴g=n₂,又∵j=n₂,∴g=j,即矩阵中没有被筛除自然数的个数与矩阵列数的个数相等。如果其中一个没有被筛除掉的数在矩阵的第f行第L列,因为b=m,且每行中自然数的个数为一个,显然L列中第2,第3,…,第r个没有被筛除的数一定在f±nb行(n∈N,n≠0),∵f+nb>d,f-nb<0,且矩阵中的自然数只有b行,所以第L列中没有被筛除自然数的个数一定是1个,如果L为矩阵自然数的所有列数,同理证明所有列数中都不可能存在第2,第3,…,第r个没有被筛除的数,∵g=j,所以每列中没有被筛除自然数的个数一定为1个。然后再每j列筛除j₂列(j₂<j,j₂∈N,j₂≠0),因为j=n₂,j₂<j,∴j₂<n₂,又因为j=n₂,并通过矩阵自然数的排列关系可以看出,矩阵中的自然数每j列筛除j₂列,实际上就是矩阵中的自然数每n₂个筛除j₂个,所以矩阵中m个连续的自然数每n₁个筛除n₁- j₁个(j₁=1),每n₂个筛除j₂个,没有被筛除掉数的个数g=m〔1-(n₁- j₁)/n₁〕(1-j₂/n₂) =m〔1-(n₁-1)/n₁〕(1-j₂/n₂),∵m=n₁n₂,∴g= m〔1-(n₁- j₁)/n₁〕(1-j₂/n₂)= n₁n₂〔1-(n₁ -1)/n₁〕(1-j₂/n₂) =(n₂-j₂),∵j₂<n₂,∴g≥1。 如果j₁满足1≤j₁<n₁(j₁∈N),且n₁- j₁= j₁,矩阵中m个连续的自然数,每n₁个筛除j₁个,每n₂个筛除j₂个,不难看出,m个连续的自然数中没有被筛除数的个数g=m (1-j₁/n₁)×(1- j₂/n₂),且g≥1,并由此得出:
定理:如果n₁,n₂互素,m为n₁,n₂的最小公倍数,m=n₁n₂,m个连续的自然数,每n₁个筛除j₁个(j₁<n₁,j₁∈N,j₁≠0),每n₂个筛除j₂个(j₂<n₂,j₂∈N,j₂≠0),m个连续的自然数没有被筛除掉数的个数g=m(1-j₁/n₁)×(1- j₂/n₂),且g≥1。
推论:如果n₁,n₂,n₃,…,nn两两互数,m为n₁,n₂,,n₃,…,nn的最小公倍数,m=n₁n₂n₃…nn ,m个连续的自然数每n₁个筛除j₁个(j₁<n₁,j₁∈N,j₁≠0),每n₂个筛除j₂个(j₂<n₂,j₂∈N,j₂≠0),每n₃个筛除j₃个(j₃<n,j₃∈N,j3≠0),...,每nn个筛除jn个(jn<nn,jn∈N,jn≠0),m个连续的自然数没有被筛除掉数的个数g=m(1-n₁/ j₁)(1-n₂/ j₂)(1-n₃/ j₃ )...(1-nn/jn ),且g≥1。
2 .等于 大于2m的偶数一定是两素数之和
数对自然数相加,加数之和等2m(2m为任意偶数,m∈N,m≥2),2m的所有数对加数列成一个矩阵。
1 2 3 … m-3 m-2 m-1 m
2m-1 2m-2 2m-3 … m+3 m+2 m+1 m
这个矩阵一共两行d列,任意一列数中都有两个自然数, 2m为这个矩阵任意一列数中的两自然数之和,如果用x表示这个矩阵自然数中的任意奇数,y表示这个矩阵自然数的任意列数,显然矩阵自然数中的任意奇数x与矩阵自然数的任意列数y的变量关系是:y=(x+1)/2。
如果2,3,5,…,p 为连续的素数,m为2,3,5,…,p的最小公倍数,m=2×3×5×…×p,d=m, u²>x(u为数素,u>p;p,u为两个连续的素数),矩阵中的自然数每2列筛除1列(含2和2的倍数的列数),每3列筛除1列或2列(含3和3的倍数的列数),每5列筛除1列或2列(含5和5的倍数的列数),…,每p列筛除1列或2列(含p和p的倍数的列数),如果用i表示每2列被筛除的1列列数的个数 ,s分别表示每3列,每5列,…,每p列被筛除的1列或2列列数的个数,显然i=1,s=1,2。因为矩阵中的列数为自然数列,根据推论得:矩阵中没有被筛除列数的个数g=d(1-i/2)(1-s/3)(1-s/5)…(1-s/p),又∵i=1,s=1,2,∴g≥1。如果没有被筛除某一列数两奇数中的任意一数为a,x=a,a是合数,那么a的最小素因数一定大于p,如果a的最小素因数大于p,那么a≥u²,如果a≥u²,a满足y=(x+1)/2= (a+1) /2=b₁,且d∈{y|y=(x+1) /2}, b₁一定大于d,因为矩阵中的自然数列数不大于d(这与矩阵只有d列的预设矛盾),所以矩阵某一列数中没有被筛除的两自然数奇数q₁和q₂,要么是两素数,要么是一素数和1,因为q₁和q₂为这个矩阵任意列数中的两自然数,又因为2m为这个为矩阵任意列数中的两自然数之和,∴2m=q₁+q₂,所以等于2m的偶数一定是两素数之和或者是一素数和1之和。
如果没有被筛除某一列数两奇数中的任意一数为a,x=a,a是合数,那么a的最小素因数一定大于p,如果a的最小素因数大于p,那么a≥u²,如果a≥u²,a满足y= (x+1)/2 =(a+1) /2=b₁,且d∈{y|y=(x+1) /2},则b₁>d,如果b₁>d,显然b₁=nd+b₂(n∈N,n≠0;b₂≤d,b₂∈{y|y=(x+1) /2} ),∵b₁=nd+b₂,∴b₂=b₁-nd,显然矩阵任意列数中一定存在第b₂列,如果第b₂列一定是没有被筛除的列数,又因为b₂≤d,重新排列一下,显然第 b₂列中没有被筛除的两个自然数奇数q₁和q₂,只能是两素数,或者是一素数和1。∵d=m,且2m为任意偶数,∴2m= 2d,又∵(x+1)/2=(a+1) /2= b₁,且a为任意一奇数,所以b₁为任意一自然数,所以2b₁一定为任意一偶数,∵b₁>d,∴2b₁>2d,又∵ 2d=2m,∴2b₁>2m,所以2b₁为大于2m的任意偶数。如果矩阵中的自然数只有b₁列,且b₁为这个矩阵自然数的所有列数之和,显然2b₁一定是这个矩阵任意一列数中的两自然数之和,因为q₁和q₂是这个矩阵任意一列数中的两自然数,∴2b₁ =q₁+q₂。,因为当a满足y= (x+1)/2 =(a+1) /2=b₁时,矩阵中的自然数列数不可能只有b₁列,如果此时矩阵中的自然数列数大于b₁,为b₁+n列(n∈N,n≥0),且b₁+n为这个矩阵自然数所有任意列数之和,显然2(b₁+n)一定是这个矩阵任意列数中的两自然数之和,且2(b₁+n)为偶数, 因为q₁和q₂是这个矩阵任意列数中的两自然数,∴2(b₁+n)= q₁+q₂,所以2(b₁+n)一定是两素数之和,∵2(b₁+n)=2b₁+2n,又∵n≥0,∴2b₁+2n≥2b₁,∴2(b₁+n) ≥2b₁,∵2b₁>2m,∴2(b₁+n)>2m,所以大于2m的偶数一定是两素数之和或者是一素数和1之和。
如果2,3,5,…,p 为连续的素数,m为2,3,5,…,p的公倍数,m=2×2×3×5×…×p,d=m ,u²>x(u>p;p,u为两个连续的素数),不难看出:矩阵中至少有d列中的2列列数没有被筛除,如果其中1列是一素数和1,另一列中没有被筛除的两奇数q₁和q₂一定是两素数,如果d=m,b₁+n>d,不难证明: 2m =q₁+q₂,2(b₁+n)=q₁+q₂,2(b₁+n) >2m,(n∈N,n≥0),所以等于大于2m的偶数一定是两素数之和(版权登记:2015-A-00239589)。