假定哥德巴赫猜想成立Word下载.docx
- 文档编号:16135600
- 上传时间:2022-11-20
- 格式:DOCX
- 页数:12
- 大小:23.90KB
假定哥德巴赫猜想成立Word下载.docx
《假定哥德巴赫猜想成立Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《假定哥德巴赫猜想成立Word下载.docx(12页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
因为假定“哥德巴赫猜想”成立,则集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}有缺项。
利用集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{a1,a2,a3,…,at}有缺项,证明集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}也有缺项;
证明集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}也有缺项;
利用集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}有缺项,以及利用集合{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有缺项,得出“孪生素数猜想”成立。
关键词:
哥德巴赫猜想;
孪生素数猜想;
奇合数;
奇素数;
缺项集合。
引言
孪生质数猜想,最初由古希腊数学家欧几里得提出,表述为:
在自然数中,存在无穷多个质数p,有(p+2)也是质数。
但问题提出后没有人能证明;
到1849年,波林那克又提出更一般的猜想,即对所有自然数k(k≠0),存在无穷多个质数对p和(p+2k)。
这个更一般的猜想提出后仍没被证明;
到1900年,德国数学家希尔伯特,在巴黎召开的第二届国际数学大会上,提出历史遗留的具有代表性的23个未解决的著名数学问题,号召20世纪的数学研究者共同攻关,其中“孪生质数猜想、哥德巴赫猜想和黎曼猜想”列为第八个未解的数学问题;
直至现在,孪生质数问题仍然没有被彻底证明。
正文
我们知道,只能被1和本身整除的正整数,称为素数。
定义1:
对于均满足某一特性或某一表达式的部分连续整数或全体整数组成的集合A,关于集合A的子集A1,A2,A3,…,Ak;
任一子集Ai,Ai≠A(i=1,2,3,…,k),则称集合Ai为集合A条件下的缺项集合。
集合Ai缺具体的某一项,该项则称为集合Ai的缺项。
定理1:
对于整数集合A={a1,a2,a3,…,ak}或A={a1,a2,a3,…,ak,…},任一ai∈N(i=1,2,3,…,k或i=1,2,3,…,k,…);
a1,a2,a3,…,ak,…为等差数列,等差为d,a1=r(r≤d),关于集合A的子集B和C,B={a11,a12,a13,…,a1h},C={a21,a22,a23,…,a2t},a1h≤a2t,h∈N,t∈N。
若集合B∪C在集合A的条件下没有缺项,则集合{(a11±
md),(a12±
md),(a13±
md),…,(a1h±
md)}∪{(a21±
md),(a22±
md),(a23±
md),…,(a2t±
md)}在集合A的条件下仍然没有缺项,m∈N。
证明:
因为集合B∪C在集合A的条件下没有缺项,不妨设集合B∪C={b1,b2,b3,…,bt},令b1=aj+r,aj∈N,则集合{b1,b2,b3,…,bt}={(aj+r),(d+aj+r),(2d+aj+r),(3d+aj+r),…,[(e-1)d+aj+r],(ed+aj+r)},e∈N。
则集合{b1,b2,b3,…,bt}={(aj+r),(d+aj+r),(2d+aj+r),(3d+aj+r),…,[(e-1)d+aj+r],(ed+aj+r)}为等差数列,等差为d。
而集合{(b1-md),(b2-md),(b3-md),…,(bt-md)}={(aj+r-md),(d+aj+r-md),(2d+aj+r-md),(3d+aj+r-md),…,[(e-1)d+aj+r-md],(ed+aj+r-md)}也为等差数列,等差为d,m∈N,(b1-md)≥0;
集合{(b1+md),(b2+md),(b3+md),…,(bt+md)}={(aj+r+md),(d+aj+r+md),(2d+aj+r+md),(3d+aj+r+md),…,[(e-1)d+aj+r+md],(ed+aj+r+md)}也为等差数列,等差为d,m∈N。
由定义1可知,集合{(a11±
md)}在集合A的条件下仍然没有缺项,故定理1成立。
定理2:
对于整数集合A={a1,a2,a3,…,ak}或A={a1,a2,a3,…,ak,…},任一ai∈N(i=1,2,3,…,k或i=1,2,3,…,k,…);
若集合B∪C在集合A的条件下有缺项,则集合{(a11±
md)}在集合A的条件下仍然有缺项。
因为集合B∪C在集合A的条件下有缺项,不妨设集合B∪C={b1,b2,b3,…,bt},令b1=aj+r,aj∈N,且设集合B∪C缺第i项,i<t。
则集合{b1,b2,b3,…,bt}={(aj+r),(d+aj+r),(2d+aj+r),(3d+aj+r),…,[(i-1)d+aj+r],[(i+1)d+aj+r],…,[(e-1)d+aj+r],(ed+aj+r)},e∈N。
而集合{(b1-md),(b2-md),(b3-md),…,(bt-md)}={(aj+r-md),(d+aj+r-md),(2d+aj+r-md),(3d+aj+r-md),…,[(i-1)d+aj+r-md],[(i+1)d+aj+r-md],…,[(e-1)d+aj+r-md],(ed+aj+r-md)}仍然缺第i项,m∈N,(b1-md)≥0,集合{(b1+md),(b2+md),(b3+md),…,(bt+md)}={(aj+r+md),(d+aj+r+md),(2d+aj+r+md),(3d+aj+r+md),…,[(i-1)d+aj+r+md],[(i+1)d+aj+r+md],…,[(e-1)d+aj+r+md],(ed+aj+r+md)}仍然缺第i项。
故定理2成立。
定理3:
假若任一不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和,那么对于任一不小于10的偶数2m,设奇合数a1,a2,a3,…,at均为不大于偶数2m的全体奇合数,(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、t),t∈N,则集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at+2)}与集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}均有缺项。
对于任一不小于10的偶数2m,设奇合数a1,a2,a3,…,at均为不大于偶数2m的全体奇合数,(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、t),t∈N。
因为假定“哥德巴赫猜想”成立,则偶数(2m+2)可表为两个奇素数之和,设奇合数a1,a2,a3,…,at,at+1均为不大于偶数(2m+2)的全体奇合数(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、t),t∈N;
则集合{1,(2m+1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at),(2m+2-at+1)}∪{a1,a2,a3,…,at,at+1}有缺项。
由定理2可知,集合{-1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2),(at+1-2)}有缺项。
具体分析:
(1)假若集合{1,(2m+1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at),(2m+2-at+1)}∪{a1,a2,a3,…,at,at+1}只有缺项3和(2m+2-3),说明集合{-1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at),(2m-at+1)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2),(at+1-2)}只有缺项1和(2m-3)。
因为(2m-3)不可能是(2m-at+1)这个数,也不可能是(at+1-2)这个数,那么集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有缺项。
(2)假若集合{1,(2m+1)}∪{(2m+2-a1),(2m+2-a2),(2m+2-a3),…,(2m+2-at),(2m+2-at+1)}∪{a1,a2,a3,…,at,at+1}至少缺2项以上,由
(1)的情形可知,集合{1,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1-2),(a2-2),(a3-2),…,(at-2)}有缺项。
又因为假定“哥德巴赫猜想”成立,则偶数(2m-2)可表为两个奇素数之和,设奇合数a1,a2,a3,…,at-1均为不大于偶数(2m-2)的全体奇合数(ai<aj,i<j,i、j=1、2、3、…、t),t∈N;
则集合{1,(2m-3)}∪{(2m-2-a1),(2m-2-a2),(2m-2-a3),…,(2m-2-at-1)}∪{a1,a2,a3,…,at-1}有缺项。
由定理2可知,集合{3,(2m-1)}∪{(2m-a1),(2m-a2),(2m-a3),…,(2m-at)}∪{(a1+2),(a2+2),(a3+2),…,(at-1+2)}有缺项。
(ⅰ)假若集合{1,(2m-3)}∪{(2m-2-a1),(2m-2-a2),(2m-2-a3),…,(2m-2-at-1)}∪{a1,a2,a3,…,at-1}只有缺项3和(2m-2-3),说明集合{3,(2m-1)}∪{(2m-a1
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 假定 哥德巴赫 猜想 成立