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

任何一个不小于的偶数都可以表示为两个质数之和证明61+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.不少数学前辈为我们作出了模范，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,学者提出珍贵的意见.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，6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v证明任何不小于的偶数都可6以表示为两个不小于的奇数之和证明设是不小于的偶数集合，则或3A6A={x|x=4+2者当时,x=4n+4}n£N+x=4n+2x=4n+2是两个相同的不小于的奇数之和当时=2n+l+2n+l,neN+3x=4n+2x=4n+4是两个不小于的连续奇数之和〈二〉证=[2n+l+l]+2n+l,n£N+3明奇数和数构成定理与质数构成定理定理奇数合数构成定理是奇数合数12nk+lnk£N+的充要条件是即只要则nk=2mn+m+n,m.neN+o nk=2mn+m+nm.neN+,一定是合数;反之若是合数，则证明:若2nk+l2nk+l nk=2mn+m+n,m.neN+2nk+lo是合数，则必是两个奇数之积，不妨设这两个奇数分别为于是2nk+l2m+L2n+l2nk+l反之若=2m+l2n+l=4mn+2m+2n+l Ank=2mn+m+n则nk=2mn+m+nm,n2nk+l=22mn+m+n+l=4mn+2m+2n+l是两个不小于的奇数之积・・・是奇数合数由定理可推得质数=2m+l2n+l32nk+l1构成定理定理若不小于的奇数可表示为且2:32nk+l,neN+,nk2mn+m+nm,n£N则为质数，反之若为质数，则对任何这里规+2nk+l2nk+l m,ne N+,nkR2mn+m+n定集合为奇数为合数构成数的集合,为奇Nk={nk|nk=2mn+m+n,m,n£N+}2nk+l nk数合数构成数v三〉关于筛去奇数和数的证明思想定理任何一个不小于的偶数都可以表示3:6为两个质数之和证明:若为不小于的偶数，则或者x6x=4n+2=2n+l+2n+l1其中有且与或者两个情形x=4n+4=[2n+l]+2n+l n£N+n+1eNk n n+1£Nk下面对良种情形给出证明第一种情形:当且时，则根据定理是质数且n^Nk n+leNk2,2n+l也是质数2n+l+l・・是两个质数之和，.x=4n+2=2m+l+2n+l x=4n+4=2[2n+l+l]+2n+l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neNk或者时，则总可以找到正整数使或者使与艘不属于再根据n+l£Nk T,n±T n-T n+1+T Nk,定理有22n-T+l,为质数于是2n+T+l,2n+l+T+l为两个质数之和x=4n+2=2n+l+2T+2n-l+2T=[2n+T+l]+[2n-T+l]为两个质数之和，x=4n+2=2n+3+2T+2n-l+2T=[2n+T+l]+[2n-T+l]总有不小于的偶数可以表示为两个不小于的质数之和这里的必然存在性，下面赋予证63T明:请注意:下面的〈四〉v五〉＜六＞〈七〉都是为v八〉作为准备，打基础的v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至特引出来，其证明见高L等代数及数论教材引理任意一个正整数被正整数除后的最小非负余数不外乎以1:d下个数之一即以公差为首项为的一系列等差数列若d:

0.L2,

3.4……d-lo d,jj=l,

2.3……d正整数d.d满足d.d=l,则nd.n+1d.n+2d1……n+d-1d构同理｛a2n±T21｝T2=

1.

2.

3.

4.a2n-T2±T21｝T2=l.T2a2n-T2±T21T2=

2.T2f=

1.4或者T2=3,T2=

1.4;T2=4,T2=2,3这些数歹U中的项都不是｛a2n｝中的数列的项.｛a jn土TjTj=

1.

2.

2.3Tj=

2.Tj=

1.4;Tj=3,Tj=134;Tj=

4.

5.

6.2j-3,T jf=

2.

3.jeN+.｛a jn-Tj±Tj1｝Tj=2j-

2.Tj f=

2.

4.jeN+.｛a jn-Tj±Tj1｝Tj=2j-

1.Tj*=

1.3jeN+.｛a jn-T j±Tj1｝Tj=2j.2j+13j-2,Tj*=

2.

3.这些数列中的项都不是｛｝中数列jeN+.a jn|a jn=3j+1+2j+ln-l,j,n£N+的项.这说明,中的所有互质的公差所组成的能表示不小于的正整数集的一系列数列都分别N k3能转化为不是N k中原数列中的项.又•・•｛aln｝与｛a2n｝的共同项为:7+15m-l｝,m为数列的项序｛｝与｛｝的共同项为｛｝根据定理eN+aln-1a2n-16+15m-l7,T=7-6=可求得:｛［｛］［］［］1,8+15m-l ffij27+15m-1=6+15m-l+8+15m-l这里｛的公差｛｝的公差分别与［］的公差有公约数或者aln3,a2n56+15m-l1535,而首项之差或者不含约数或者故｛｝｛｝分别与［］6-4=27-6=

135.aln,a2n6+15m-l没有共同项.同理［］分另”与｛｝｛｝没有共同项.又根据定理8+15m-l aln,a2n4,V a的公差与｛｝的公差相同，｛1｝与｛｝的公差相同，而｛｝In-T1a In a2n-T2a2n aln与｛a2n｝的公差互质，故｛a In-T11｝与｛a2n-T2｝的公差互质，它们存在共同项，而｛｝与｛｝的项分别不含｛｝与｛数列的项，那a In-T1a2n-T2aln a2n末｛与｛｝的共同项既不是｛的项，也不是｛｝的项，d In-T1d2n-T2aln a2n故｛｝与｛的共同项不含｛｝与｛｝中的项.又根据定d In-T1a2n-T2aln a2n理推理，如果｛｝与｛的共同项用｛｝表示，则｛｝与｛〉7an an cn an-T1an--T2的共同项可用｛｝表示，及相应的不含｛｝｛｝中项的｛，故｛｝与cn-T an,an cn+T aln｛｝的共同项｛｝则｛与｛｝的共同项可表示为｛a2n bln a In-T1a2n-T2bl n-同理也可求得，｛｝与｛｝的共同项，｛1｝与｛T.a In-T1a2n-T2a ln±T1-T1a的共同项，｛「与｛｝的共同项,这三种不含｛｝2n-T2a In-T d2n-T2-T2aln,｛｝中项的共同项数列统一用｛｝或者用｛〉表示,并根据定理推a2n bln-T1nbln-T7理可求得｛bln+T.那末｛a ln±T1-T11与｛a2n-T2-T2｝的共同项用｛bln｝表示，及相对应的数列｛｝又根据定理｛｝的公差也-T1n T bln-T1n+T.4,bln-T是｛a5｝与｛a2n｝公差的积，而｛a3n-T3,｝,｛a3n-T3-T3,｝的公差与｛a3n｝的公差相同，｛｝与｛｝公差的积与｛｝的公差互质，故｛的公a In a2n15a3n7bln-T差与｛a3n-T31｝,｛a3n-T3-T31｝的公差互质，它们存在共同项.同样，把｛bln-T｝与｛a3n-T3｝的共同项，｛bln-T｝与｛a3n-T3-T31｝的共同项，｛bln-T｝与｛的共同项，统一用｛或者｛｝表示，及相In-T a3n-T3,b2n-T2n b2n-T同对应的数列｛｝挨次类推得，以中公差从小到大的两个或者两个以上数列的公差b2n+T,Nk的积为公差的能表示不小于的正整数的一系列共同项数列的项，都能转化为不是原两个或者两3个以上数列中项的数.｛｝｛｝｛｝bln±T,.bln-T ln±T;b2n±T,b2n-T2n±T……｛土｝｛土由此可得｛口与｛｝的共同项，｛口b n n T,.b n n-T n n T,81a2n31与｛｝的共同项，｛｝与｛｝的共同项，根据定理定理这三种a2n-T2aln n±T1a2n8,10,共同项包含｛和｛｝的全部项,设这三种共同项构成的新数列为｛｝根据定理乙aln a2n bln.这三种共同项数列｛｝中的项倍或者这一项与这一项成连续正整数的两数之和都可表示不bln2是｛｝中项的两数之和,即bln2bln=bln-T+bln+Tbln-1+bln=bln+T+又设这些不是｛｝和｛｝中项bln-l-Tbln+l+bln=bln-T+bln+l+T aln a2n且不小于的数所构成的数列用｛表示,再根据定理｛与｛｝｛与3bln-T In8,bln a3n,bln-T In｛｝｛｝与｛〉的共同项包含｛｝和｛｝的全部项,再设这三种共a3n,bln a3n-T3bln a3n同项的数列｛｝，依次类推，可得数列｛｝｛｝由｛｝与｛｝b2n b n n.b n n bn-ln ajn,｛与｛｝｛｝为｛｝的共同项构成，且｛包含有｛“1-10ajn-Tj,bn-ln-T ajn,b n n1110与｛〉的全部项，即包含的全部项.所以，不妨设数列｛ajn a ln,a2n,a3n,……ajn b｝包含各数列的全部项的共同项数列.又设是｛nn a ln,a2n,a3n,……ajn b nn b n｝中的项，根据定理则是｛土｝的项.土是｛n5,b nn±T b nn T b nn±1Tb nn±1±｝中的项.又T2bnn=bnn-T+bnn+Tbnn-1+bln=bnn+T+bnn-l-Tbnn根据定理推论｛土｝｛｝+l+bnn=bnn-T+bnn+l+T41,b nn T,b nn±1±T这些数都不是｛｝中的项，即这些数都不是・・这些树立b nn a ln,a2n,a3n,....ajn中的项.又设不是・・・这些数列中的数，且不小于的数所构成a ln,a2n,a3n,...a jn3的数列用表示.根据〈四〉中引理｛｝可表示为不小于的正bnn-Tnn1,bnn U bnn-Tnn3整数集.当时，｛为公差两两互质的数歹k=j+l a ln,a2n,a3n,……a jn.aj+ln人又根据v四〉中引理把不小于的正整数分成类的数列形式可表示为｛1,32Q+1aj+l|｝｛aQ+ln=[30+l+l]+[2j+l+l]n-l,n jeN+aj+l-Tj+l|zaj+ln-Tj+l=[3j+l+l彳Tj+1]+[2j+l+l]n-l,n,j,Tj+1eN+,lTj+l3j+l-2,Tj+12j+｝的并集.即｛｝｛｝可表示为不小于的正整数集.又根据定l+l aj+ln Uaj+ln-Tj+l3理推论｛｝｛41:aj+ln±Tj+1[T j+l=

1.

2.3……2j+l,j eN+]aj+ln-T j+l±｝T j+1[Tj+1eN+,lTj+l±Tj+13j+l T j+l±T j+1#2j+l+z即｛｝｛｝数列中的各项都能转化为不含｛中项l]aj+ln.aj+ln-T j+1aj+ln的数列.又由前面可知,｛｝｛｝也能转化为不含｛｝中项的数列bnn.bnn-Tnn bnn bnn±T.根据定理｛｝的公差是各公差的bnn-Tnn±T,6,bnn a ln,a2n a3n,……ajnz积，则｛｝的公差与｛｝的公差是互质数的.那末根据定理｛｝与｛bnn aj+ln4,bnn aj｝存在共同项,而｛｝与｛的公差是相同的,则｛与｛｝+ln bnn-Tnn bnnbnn-Tnnaj+ln存在共同项,又｛与｝的公差相同，｛｝与｛aj+lnaj+ln-T j+1bnn aj+ln-T｝存在共同项.根据定理｛与｛｝｛的共同项包含j+18,bnn aj+ln,aj+ln-T j+1｛中的项；｛｝与｛｛｝的共同项包含｛｝中的bnn aj+ln bnn,bnn-Tnn aj+ln项，这两部份共同项合起来包含｛｝｛｝中的全部项，即这两部份共同项合起来bnn,aj+ln包含了的全部项.又把这两部份能包含a ln,a2n,a3n,……ajn a ln,a2n,a｛｝这些数列中项的共同项数列统一用｛｝表示,又根据定理3n,……a jn.aj+ln bn+ln5,｛｝中的项可表示为与｛｝中数列的项成连续正整数的数.又・・・｛bn+ln±l bn+ln aj+ln-｝｛｝的公差与｛｝的公差相同；｛｝T j+1,aj+ln-T j+1-Tj+1aj+ln bnn-T,｛的公差与｛｝的公差相同,那末｛｝｛bnn-Tnn-T bnn aj+ln-Tj+1,aj+ln-T j分别与｛｝｛｝存在共同项,根据定理推论把这+1-Tj+1bnn-T,bnn-Tnn-T72,些共同项用｛｝表示，及想对应的数列用｛｝表示,又根据定理可求bn+ln-T bn+ln+T5,得｛｝｛｝又根据定理推论｛土｝｛bn+ln-l-T,bn+ln-l+T,72,bn+ln T,bn+ln±l土中的项都不是｛｝中的项.即都不是｛｝T bn+ln a ln,a2n,a3n,……a jn.aj+ln中数列的项.于是有bn+ln=[bn+ln-T]+[bn+ln+T][bn+ln-l]+bn+ln=[bn+ln+T]+[bn+ln-T]这就说明{与[bn+ln+l]+bn+ln=[bn+ln-T]+[bn+ln+T]bnn-{aj+ln},{aj的公差互质数，与{的公差互质，根据定理，他们都+ln-Tj+l{bnn-Tnn aj+ln存在共同项，它们的共同项的每一项的倍或者共同项的每一项与这一项成连续正整数的两数之2和都可以表示为不是这些数列中项的两个正整数之和.Aa ln,a2n,a3n,……a jn.}的项即中元素的倍或者与这个数成连续正整数的两数之和可以表示为{aj+ln NK nk2nk不是中元素的两个正整数之和.即NK2nk=nk+T+nk-T且不属nk+nk+l=nk+l+T+nk-T nk+nk-l=nk-l-T+nk+T nk±T nk±l±Tz于・・・三〉中若或者则总可以找到正整数使士或者使与NK vn£NKn+l£NK,T,nT n-Tn+l+T,或者使与都不属于再根据定理有n+T nk-l-T NK,22n-T+l.为质数.于是2n+T+l.2n+l+T+l,2n-l-T+l x=4n+2=2n+l+2T+为两个质数的和.2n+l-2T=[2n+T+l]+[2n-l-T+l]x=4n+4=2n+3+2T为两个质数的和,三,中的必然存在性是+2n+l-2T=[2n+T+l]+[2n-l-T+l]T成立的.所以不小于的偶数都可以表示为两个质数的和.6成的彻底剩余系，而的最小非负彻底剩余系仍为引理若正整数除以d d:

0.

1.2,3……d-lo2:a b的余数为则对任意整数都有除以的余数为〈五〉奇数合数构成数的数列表示r,m,am bm mr由列表得nk=2mn+m+n nm1234567891014710131619222528313427121722273237424752573101724313845525966735041322314049586776859410351627384960718293104115126观察上表可知，每一横行每一纵列都有是等差数列，且第行或者k R列数列的公差为首项由于横行和对应的纵列彻底相同，故只须考虑横行即可于d=2+l,3k+1,是当时,当时，m=l aln=2mn+m+n=2xlxn+l+n=3n+l=4+3n+l m=2当时尸a2n=2mn+m+n=2x2n+2+n=3n+l=7+5n+l m=33n=2mn+m当时+n=2x3n+3+n=3n+l=10+7n+l m=k,akn=akn=3k+l+这样所有的奇数合数构成数都是数列的项，当2k+ln-l akn=3k+l+2k+ln-l k取定值时｛｝这个集合中的元素就是数列nk|nk=3k+l+2k+ln-l,k£N+.m£N+=Nk Nk｛的项v六〉关于等差数列共同项存在定理的证明及其推论定理等差数列共同akn4L项存在定理若两个等差数列｛｝｛｝的首项为非负整数公差分别不小于的整数an.an al,al2d,当时,则数列｛｝与一定含有相同的项,以后简成这cT1d,cT=l anQrV些相同项为｛｝与的共同项｛｝与共同项构成一个以为公差的等差数列an an an an d,d’当与不互质，有最大公约数且有约数时，则｛｝与一定有共同项2d d m,I al-al Im an an｛｝与的共同项构成一个，的最小公倍数为公差的等差数列若与不互an arT dR26;d3d d’质，有最大公约数且却没有约数时，则｛｝与不存在共同项证明m,I ar-al Im an an Van=al+n-l.dn=al+n-l d1不妨设al^al,且｛aln中的第k项与｛an中的第n项是共同项.当an=a k时，al+n-ld=al1+k-ld・・・n=l+｛al1-al+k-ld»d这说明当且仅当｛al1-al+k-ld为非负整数时，｛an｝与arY才有共同项因为a/al除以d的余数只能是……d-1之中的一个若d,d,=l，根据引理1可知,R为正整数，随着R的变化,R被d除所得的余数为而为正整数的数列形式表示为又被除所得的余数仍

0.123……d-1,R……d-1,cfk-l d是:

0.L

2.

1.

2.

2.3……d-1m m的倍数，则由整除的慨念知al1-al=kd+klm=k dlm+klm=dlxk+klm得m为其约数，o故

1.

2.

1.

2.

1.T

2.分别使数列｛｝｛｝・｛T2+1an-Tl.an-1-T1an-T

2.｛an-1-T2｝的各项非负alal,al+T2al+Tl・.・｛合力与｛an｝的公差d,do根据定理设它们的共同项为｛｝又根据定理｛｝与｛｝的共同项为｛=1,4,cn5,an-1an-1cn-1｝;｛an-1｝与｛an1-1｝的共同项为｛cn-1｝XV｛an｝^｛an1｝存在共同项，则al+得｛或者由dn-l=al+dk-l n=dl-al+d k-l”d+1k=al-ar+dn-l-d+1定理中推理，被除的余数只能为中的一个数，而为正4vl al-al d

0.

1.

2.……d-1k整数，随着的变化，变除所得的余数为k k d

0.

1.

1.

2.……d-1又•・・d,d=1,则dk-1被d除所得的余数仍为

0.

1.2即，如果被除所得的余数为「，则总存在除以的余数d-lo al d d k-1=cT chm-r-1dd-厂而r+d-r1=d能被d整除故设k=dxm-r r=

0.

1.

2.……d-1中的一个数时，能使为正整数又被除所得的余数为中的一个数，而也为正n Ial-al Id

0.

1.2……d-l n整数，随着的变化，被除所得的数列形式可表示为为」,中的nn d’n=d”myN+,F02d-l任何一个数不妨设n=d1m-r,r为

0.

1.

1.

0.l,2d-1个数而被除所得的余数I[al-al-Tl-T2]I cT为

0.

1.

2.T2‘分别改变｛an｝,｛an的首项得如下数列｛an-Tl|an-Tl=al-Tl+dn-l neN+｝｛an-Tl-Tl1|an-Tlz-Tl=al T1+T「+dn-l,neN+｝｛an-T2|anf-T2=al-Tl+dn-l,neN+｝｛an-Tl|an-Tl=al1-T2+df k-1,keN+｝｛an—T2—T2ldn—T2—T2=al1-Tl｝+dn-1,keN+｝如果设an与an1的共同项为cn,｛an-Tl｝^｛an「T2｝的共同项为｛「｝与｛的共同项为又用去加的首项，则求得的cn an-Tl-T arT-T2-T2cn-T,T crT

5.那末与的各项都不是与中的项.证明与的公差+T cn-T cn+T anan:anand,d=l,根据定理4它们存在共同项:al+dn-l=al+d1k-1求得n=al+al+d1k-1或者由定理推理，被除所得的余数只能为/dk=al-al+d n-1/d4-ald

0.

1.2……d-1中的一个数，而为正整数，被除所得的数列形式可表示为「为kdk=dxm-r m£N+

0.L

0.L

2.……d-1中的某一个数，能使n为整数.又|al-al|被cT除所得的余数为

0.

1.

0.

1.

0.12z・・・・・中的某一个数，能使为整数,把或者「分别代入.d-l k k=dxm-r n=dm ral+dk-1或者中得或者al+d n-1cn=al+d*dxm-r-1=al*-dr-d+dd+ddm-1cn=al+d dxm1-r*-1=al-d r*-d+dd+ddm-l同理an-Tl与an-T2的共同项al-T1+dn-l=alf-T2+d,n-1求得n=al1-al-T2-T1+d*k-l/d+l或者k=al-al1-Tl-T2+dn-l/d+l根据定理7推理［al-al-T2-Tl］被d除所得的余数也为

0.L

0.l.2d-1中的一个数，故不妨设k=能使dxm-r-rl-r2为整数,又［］被n al—T2-IT-T2d除所得余数也仍然为中的一个数，故不妨设『能使为整数.

0.L2……d-1n=dxm-r-1-r2’k又把或者分别代入与k=dxm-r-rl-r2n=d^m—ri—r2‘al-T1—T2+d*k-1al-T1-T2+d n-1中得cn」T二al1-T2-T21+d‘k—1=al1-T2-Tlf+ddxm-r-rl-r2-1=al1-dr-d+dd-T2+drl-T2*+dr2+ddm-l或者cn T=al-T1-Tl+dn-l=al-T1-T1,+dd xmr rl*-r2二1=al-dr*-d+dd-Tl+drlTlf+dr2+ddm*-l故得:T=T2+d r2或者T=TV+d r21如果用T去加｛cn｝的首项，则cn f+T=al-d r-d」dd-T2+d rl+T2*+d r2+ddm或者易知，上面-1cn+T=al-d r--d+dd-T1+d ri+Tl+d r2+ddrrV-1两种cn-T的首项只是表达形式不同，其意义都是｛an-Tl-丁1｝与｛an1-T2-T2｝共同项的首项,则的两种形式的首项也是相等的.那末,｛丁〉与｛｝不｝的首项之cn+T01+m,差为:[ar-d1r-d+dd-T2+d rl±T]-al*=-d r-d+dd-T2+d rl±T2*+d r2或者[=-d*r-d+dd-T2±T2-d rl±r2al-d r*-d+dd-T1+d ri±T]-al=-d「+「士不r-d+dd-T1+d ri±Td r2=-dr-d+cTd-T1±T1-d1‘±r2;T2T2‘含约数d.T1±T1不含约数d,故首项目之差不含约数d和d,又・・・｛cnT｝的公差为｛an｝arT｝公差的和dd.｛cn+T的公差与｛cn」T｝的公差相同为dd,而｛an｝,｛an3公差分别€1・・即｛d口｝,｛曰曰｝分别与｛cnT｝・｛cn,+T｝的公差含有约数d‘和d,而首项之差不含约数和｛｝・｛｝分别与｛｝｛没有共同项,即｛｝・｛｝中不dd.A cnT cn,+T dn,ancn-Tcn/T含｛｝｛｝中的项.v七〉等差数列的包含定理定理若则以正整数为公差的dn,an8:d.d,=ld正整数等差数列｛a1n|a1n=T+n-ld｝T=

0.

1.

2.

0.L

0.

1.

2.

0.

1.

2.

4.{a a jn-3i+1}.{a jn-3i+2……{a in+2}・,分别都有共同项,，根据定理〉的项包含在{与{{a in+1}.{a in}8,{a jna jn}ain}{a的共同项中.同理可证当时，{的项包含在{与{in-Ti Tj£N+,lsTjw3j-l a jn am}a jn}.{ajn-Tj的共同项之中..•・{a/与{ain}.{a jn-Ti}的共同项包含了{ajn}中的全部项■这两个共同项合起来包含了{的全部项.v八奇数合数构成数向奇数质数构成数的转ain},{a jn}化定理奇数合数构成数集合中的元素的倍,可以表示为不是中的元素的两个正11:Nk nk2Nk整数之和；中的元素与这个元素成连续正整数的两个数之和，可以表示为不是中元素Nk nkNk的两个正整数之和.即2nk=nk+T+nk-T nk+nk+l=nk+l+T+nk-T TeN+且证明而的nk-T.nk+T,nk+l+T£Nk•.•Nk={nk|nk=2mn+m+nm,m.neN+}Nk数列形式表示为{即a kn|a kn=3k+l+3k+ln-l}d In-4+3n-l,a2n=7+5n-l,根据定理总的这些数列,如果a3n=10+7n-1,……akn=3k+l+2k+ln-19:Nk一个数列的公差是另一列数列的公差的倍数，这个数列的项就全部包含在另一列数列中,所以在中只须讨论公差两两互质的数列.为了便于讨论,我们把中的公差两两互质的数列简写为Nk Nk{根据定理的推论，设不是{a In.{a2n}.{a3n}……{a jn……4a ln}.{a2n},{a3n}……这些数列中项的数列可分别表示:{{ajn}……a ln±Tl TI=1{a2n-T2}T2=・・・彳

1.

2.

3.

4.,{a3n-T3}T3=

1.

2.

3.

4....{ajn-Tj}TjeN+,l Tj3j-2,Tj2j+l时，惟独{的首项为不是{}中的项,又根据数学归纳法当区=时；djn-Tj ajn11a In等式的左边的公差为，=4+3n-l,V[4+3n-l]+[4+3n-l]=[3+3n-l]+[5+3n-l]右边数列的公差为两边数列的公差有公约数而两边数列首项之差为,3,3,4-3=1,|4-5=1|都不含约数

3.・••等式的左边数列与右边数列没有共同项.・•・此时,Nk中的元素nk的2倍可以表示为不是这个数列中项的两个整数之和,又当时，数列{中的每项的倍可k=l,2a ln}.{a2n}2以表示为不是{中项的两个整数之和；{中的每一项与这一项成连a ln}.{a2n}a In.{a2n}续正整数的两数之和可以表示为不是{中项的两数之和,先面赋予验证根据定理a ln}.{a2n}与{的共同项包含{中的项，{・10,{a ln}.{a ln±Tl TI=1a2n}.a2n}a2n}丁与{的共同项包含{中的项目,两部份共同项合起来包{a2n-T2}2=

1.2,

3.

4.a In}a In}含{中的项，即{门}与{的共同项为设共同项的项序用a ln},{a2}a1a2}{7+15m-l表示，.用{表示{与{的共同项，则又用mm@N+c In}a In}a2n}{cln}=7+15m-l=1改变{a In}的首项{a In-TI1}TIT2=1改变{a2n的首项{a2n-T2}T2=1,根据定理4可求得{a In-TI1}TI1=1与{a2n-T2}T21=1的共同项6+15m-l,用{cln-T}表示，cln-T=6+15m-l.根据定理7推论故得而2,T=7-6=1cln-T=6+15m-l2[7+15m-l]=[6+15m-l]+[8+15m-l]又同理{a In-TITI1=1与{a2n}的共同项为c2n=12+15m-lffi]{a In-Tl-Tl1}TI=1,T11=1与{a2n-T21}T2=1的共同项为c2n-T=6+15m-l T=12-6=6贝又{U c2n-T=18+15m-l.-.2[12+15m-l]=[6+15m-l]+[8+15m-l]a In+T1}TI=1与{a2n}的共同项为c3n=17+15m-l而{a In-Tl-Tl1}TI=1,T11=3与{a2n-T21}T2=1的共同项为c3n-T=ll+15m-l T=17-ll=6则c3n+T=23+15m-l.-.2[17又{}与{的共同项+15m-l]=[ll+15m-l]+[23+15m-l]a In a2n-T2}T2=1为c4n-T=16+15m-l而{a In-T1}T1=2与{a2n-T2-T21}T2=1,T21=1的共同项为则c4n—T=14+15m-l T=16-14=2c4n-T=18+15m-l.-.2[16+又{与{的共同项15m-l]=[14+15m-l]+[18+15m-l]a In}a2n-T2}T2=1为c5n-T=10+15m-l而{a In-T1}T11=2与{a2n-T2-T21}T2=2,T2=1的共同项为贝c5n-T=14+15m-l T=10-14=-4ij c5n-T=6+15m-l A2[10+15m-l]=[14+15m-l]+{6+15m-l a与{的共同项为而{与{In a2n-T2}T2=3c6n=4+15m-l a In-T1}T1=1a的共同项为则2n-T2-T2}T2=3,T2=1c6n+T=3+15m-lT=4-3=lc6n+T=5又{}与+15m-l A2[4+15m-l]=[3+15m-l]+{5+15m-l a In{a2n-T2}T2=3的共同项为c6n=4+15m-l而{a In-T11}T11=1与{a2n-T2-T21}T2=3,T21=1的共同项为c6n+T=3+15m-1T=4-3=l则c6n+T=5+又{}与{15m-l.*.2[4+15m-l]=[3+15m-l]+{5+15m-l a Ina2n-T2}T2=4的共同项为c7n=13+15m-l而{a In-T1}T11=1与{a2n-T2-T21}T2=4,T21=3的共同项为c7n-T=6+15m-lT=13-6=7贝U c7n+T=20+15m-l・・・又中的每一项与这一项2[13+15m-l]=[6+15m-l]+{20+15m-l a ln,a2n成连续正整数的两个数之和为[3+15m-l]+[4+15m-l]=[l+15m-l]+[6+15m-l]m=l[4+15m-l]+[5+15m-l]=[3+15m-l]+[6+15m-l][6+15m-l]+[7+15m-l]=[5+15m-l]+[8+15m-l][7+15m-l]+[8+15m-l]=[6+15m-l]+[9+15m-l][9+15m-l]+[10+15m-l]=[8+15m-l]+[ll+15m-l][10+15m-l]+[ll+15m-l]=[6+15m-l]+[15+15m-l][ll+15m-l]+[12+15m-l]=[8+15m-l]+[15+15m-l][12+15m-l]+[13+15m-l]=[ll+15m-l]+[14+15m-l][13+15m-l]+[14+15m-l]=[9+15m-l]+[18+15m-l][15+15m-l]+[16+15m-l]=[ll+15m-l]+[20+15m-l][16+15m-l]+[17+15m-l]=[15+15m-l]+[18+15m-l][17+15m-l]+[18+15m-l]=[15+15m-l]+[20+15m-l][18+15m-l]+[19+15m-l]=[14+15m-l]+[23+15m-l]上面这些等式的左[19+15m-l]+[20+15m-l]=[18+15m-l]+[21+15m-l]边是中项成连续正整数的两数之和，等式的右边为不是中项的两数aln,a2nalna2nz之和.由此说明，因aln,a2n中的两数列的公差分别为3,5,是互质数.・••根据定理7,a的每一项的倍或者的每一项与这一项连续正整数的两数之和都可以ln,a2n2aln,a2n表示为不是己中项的两正整数之和.这也说明在正整数集中存在不是ln,a2naln,a2n中项的数.假设当生勺时，中的项的倍都可以表示为不是，22a knk=l,2,3,……j2a中项的两个整数之和中的每一项与这一项成连续正knk=l,2,3,……j;,a knk=l,2,3,……j整数的两数之和可以表示为不是，中项的两个整数之和.即a knk=l2,3,……jaln,a2n,z这些数列的每一项的倍或者这些数列的每一项与这一项成连续正整数的两数a3n,……ajn2之和都可以表示为不是这些数列中项的两数之和.不妨设数列包含各数列的b nnaln,a2n,a3n,……ajn全部项，也就是包含这些数列的项的共同项数列.下面赋予说明.有根据v四:中引理把不小于1,的整数分成大类的数列形式,而在中33:3+3n-l,4+3n-l,5+3n-l,n£N+N kd In不妨设则不小于的正整数可简写为｛｝｛｝=4+3n-l,T1=1,3a In-T1T1=1,a In,｛｝的并集.同理，｛｝与｛｝的并集a In+T1T1=1d2n-T2T2=1,2,3,4a2n也可表示为不小于的正整数集.｛｝与｛3akn|akn=3k+l+2k+ln-l k,n£N+akn的并集也可以表-T k|akn-T k=3k+l-T k+2k+ln-l k.neN+Tk=1,2,3,……3k-2示为不小于3的正整数集•有•・•｛a m±T1｝,｛a In能表示不小于3的正整数集，｛a2n是不小于的正整数集中的部份正整数，那末｛｝｛｝的并集包含｛｝3a In±T1,a Ina2n的全部项,而｛｝与｛｝的公差相同，｛｝与｛｝的公差互质，根a In±T1a Ina Ina2n据定理它们分别存在共同项，而共同项必须是｛｝中的项，，｛｝｛｝4,a2na In±T1,a In分别与｛｝的共同项只包含与｛｝的全部项,同理，｛｝｛｝分a2na2nd2n-T2,a2n别与｛｝的共同项只包含与｛｝的全部项，把这两部份共同项用｛｝表示.也就a InIn b Ina是把前面统一用｛｝表示,那末｛｝可表示｛｝｛｝cln,c2n,c3n……c7n,b In b Inaln,a2nz的全部项.同理，并根据定理｛｝｛分别与｛｝8,d In-T1T1=1,a Ina2n-T2T2｛｝的共同项的并集包含｛｝｛｝｛｝｛｝=1,2,3,4,a2na In±T1,a In,a2n-T2,a2n这些数列的全部项.而｛｛｝或者｛｝｛｝都能表示不小a In±T1,a Ina2n-T2,a2n于的正整数集，故｛｝｛分别与｛｝｛｝的共同项的并3a In±T1,a Ina2n-T2,a2n集又可表示不小于的正整数集合,又把｛｝与｛｝的共项用｛｝3a In±T1a2n-T2b In-Tin表示，那末｛｛又可表示不小于的正整数集.又根据定理｛｝中b In U b In-Tin34,b In数列的公差是｛｝与｛｝公差的积，则｛｝的公差与｛｝的公差互质.15aln a2n blna3n7则它们存在共同项;而｛｝的公差与｛｝的公差相同，则｛与｛｝b In-Tin b InbIn-Tina3n也存在共同项;而｛｝与｛｝的公差相同，则｛｝分别与｛｝a3n-T3a3na3n-T3a3n的共同项,把｛｝｛｝分别与｛｝的共同项；｛｝分别与｛｝bIn,bIn-Tin a3n blna3n-T3,｛｝的共同项，这两部份共同项用｛｝表示.根据定理｛｝包含｛｝a3nb2n8,b2nbIn,｛｝的全部项，即｛｝包含｛｝｛｝｛｝中的全部项.又｛｝a3nb2na In,a2n,a3nbIn-Tin与｛的公差互质.也存在共同项，把它们的共同项用｛｝表示,那末｛a3n-T3b2n-T2nb｝｛又可表示不小于的正整数集.挨次类推可得，以｛｝｛｝2n Ub2n-T2n3aIn,a2n,……｛｝这些数列的公差从小到大的两个或者两个以上公差的积为公差的一系列共同项数列.｛aknb｝｛｝｛｝分别能包含｛｝｛｝｛｝中依公差从小到In,b2n,……b nnaIn,a2n,……akn大的两个或者两个以上数列的全部项数列；也可以求得｛｝｛｝｛｝bIn UbIn-Tin.b2nU｛｝・・｛｝〉分别能表示不小于的正整数集.又根据b2n-T2n….bnnUbnn-Tn n3定理推论用一个不含数列公差约数的正整数去加减这个数列的项目,在中,数列41,Nk aIn=4改变数列的首项为二•这两个数列与+3n-l,aIn-l=3+3n-

1.aIn+l=5+3n-l原数列的公差都为而首项之差为或者没有约数故与原数列没有共同项.3,:4-3=15-4=13,而aln-Tl-3=0+3n-

1.aln-Tl+3=6+3n-l aln+Tl-这些数列中者口不是｛｝公差的3=2+3n-l.aln+Tl+3=8+3n-l Tl±3=1±3aln3约数，故这些数列都与｛｝没有共同项.这样简写为｛土｝｛aln aIn T1T1=1,aIn±T1±T11T1=1,T1=3,所以，｛aIn土T1｝T1=

1.｛aln能表示不小于3的正整数集的数列都能转化为不含｛｝中的项的数列.aln。