奇数定理及其应用.doc

5奇数定理及其应用续页12009-08-06 15:38奇数定理及其应用续页尼科彻斯定理，即：任何一个整数的立方都可以写成一串连续奇数的和。任何上个整数的立方都可以定成一串相邻奇数之和,这就是著名的尼科梅斯定理,如:1的立方等于1；2的立方等于3+5；3的立方等于7911；归纳证明：已知：若“2个被PN-1整除的相邻奇数之间”只有2个N-1级奇数，则它可以整理为P1P2PN-1K-PN-1，P1P2PN-1K+PN-1；求证：若“2个被PN整除的相邻奇数之间”只有2个N级奇数，则它一定可以整理为P1P2PNK-PN，P1P2PNK+PN；证明：被PN不能整除的N-1级奇数属于N级奇数（定义）；若a、b、c是3个连续的“被PN-1整除的奇数”，c-a=2*2*PN-1，则a，c之间至少存在5个N-1级奇数（由已知条件导出）；由于3个“被PN整除的奇数”所在区间的最小长度大于2（2*PN-1），所以连续5个N-1级奇数中，能被PN整除的一定少于3个；得出小结：（1）“只有2个N级奇数的区间”中最多只有4个N-1级奇数；（2）若“连续4个N-1级奇数的区间”中只有2个N级奇数，则它的长度一定大于P1P2PN-1K-PN-1，P1P2PN-1K+PN-1，其形式只能是“2个被PN整除的N-1级奇数夹着2个N级奇数”，只能是P1P2PNK-PN，P1P2PNK+PN注：P1P2PNK-1，P1P2PNK+1属于N级奇数，P1P2PNK-PN和P1P2PNK+PN都是被PN整除的N-1级奇数；得出结论：若“2个被PN整除的相邻奇数之间”只有2个N级奇数，则它一定可以整理为P1P2PNK-PN，P1P2PNK+PN；结论：由于“2个被PN整除的相邻奇数之间”的长度小于2PN，所以“2个相邻的被PN整除的奇数之间”的N级奇数除以PI，（IN），余数不一样；得出奇数定理：自然数列中任意两个被PN整除的奇数之间至少存在2个被PI除（IN）余数不一样的N级奇数；推理得出：P1P2PNK-PN+1+1，P1P2PNK+PN+1-1 =2个N级奇数的最大区间；2.奇数定理的应用利用奇数定理可以解决帮助我们解决很多数学问题，本文只以3个悬而未决的数学问题为例，阐述奇数定理的应用价值。2.1 悬案1：相邻较大质数的上限值是多少？通过计算得出：P1P2PNK，P1P2PNK+PN+2-1中，只有P1P2PNK+1，P1P2PNK+PN+1是N级奇数，P1P2PNK，P1P2PNK+PN+2-1的长度为PN+2，根据2个N级奇数的最大区间P1P2PNK-PN+1+1，P1P2PNK+PN+1-1长度等于2PN+1-1，计算得出PN+22PN+1-1，从而得出质数定理1：PN+12PN-1，（N3）如 72*5-1，112*7-1，132*11-1； 注：已知PN+1的上限值是欧几里德先生证明的PN+1P1P2P3*PN+1；2.2悬案2：相邻奇质数的平方之间是否一定存在质数?由于(1)当N3时，PN2P1P2PN，所以，PN2以下“2个被PN整除的奇数之间”都不能整理成P1P2PNK-PN，P1P2PNK+PN，“2个被PN整除的奇数之间”都至少包含3个N级奇数；(2)2，PN+12-1中的N级奇数只能是大于PN的质数，所以，当N3时，PN+12以下任意两个被PN整除的奇数之间都至少存在3个质数。如 5与15之间有7、11、13；15与25之间有17、19、23；由于PN+12-PN22（PN+1+PN），PN2，PN+12中至少有3个被PN整除的奇数，所以根据上述推理可得出质数定理2: 任意2个大于3的质数的平方之间至少存在6个质数；如 52与72之间有29、31、37、41、43、47；72与112之间有53、59、61、67、71、73、79、；2.3 悬案3：任意大于4的偶数都可以等于2个质数之和吗？2.3.1异余质数定理自定义：用MAN=aN表示M除以PN，余数是aN；若M与PX的A1，A2，AN值依次不一样，则称PX为M的N级异余质数；推理1：根据3与32都是被3整除的奇数，得出3与32之间一定存在AI值不同的2级奇数（I2），（奇数定理） 根据3与32之间的2级奇数只能是质数，得出：3与32之间至少存在1个“A2a2” 的质数，存在任意偶数的2级异余质数；检验：5，7中至少存在一个“A2a2” 的质数；推理2：根据5，15，52都是被5整除的奇数，得出5与15之间，15与52之间都至少存在2个AI值（I3）不同的3级奇数（奇数定理），5与52之间一定存在“A2a2，A3a3” 的质数，一定存在任意偶数的3级异余质数。检验：7，23中至少存在2个“A2a2，A3a3的质数例题： 已知：7，52中一定存在“A2a2，A3a3”的质数求证：11，72中一定存在“A2a2，A3a3，A4a4”的质数；证明：由于（72-7）/（2*7）=（7-1）/2，所以7，72中有（7-1）/2+1个被7整除的奇数：7，21，35，49；同理，5，52中有（5-1）/2+1个被5整除的奇数：5、15、25；根据（1）“2被7整除的奇数之间”包含“2被5整除的奇数之间”，“2被5整除的奇数之间”包含 “2被3整除的奇数之间”，（2）72以下“2个被7整除的奇数之间”多于52以下 “2被5整除的奇数之间”，（3）任意“2被7整除的奇数之间”都至少存在2个AI值（I4）不同的4级奇数，（4）已知7，52中一定存在“A2a2，A3a3” 的质数，得出7与72之间一定存在“A2a2，A3a3，A4a4的质数”，一定存在任意偶数的4级异余质数。检验：11，72中“A22，A33，A45”的质数最少，只有2个（31，37）； 依次类推，得出PN，PN-12中一定存在“A2a2，A3a3，AN-1aN-1”的质数，N5；归纳证明：已知：PN，PN-12中一定存在“A2a2，A3a3，AN-1aN-1”的质数求证：PN+1，PN2中一定存在“A2a2，A3a3，ANaN”的质数；证明：由于（PN2-PN）/（2PN）=（PN-1）/2，所以PN，PN2中有（PN-1）/2+1个被PN整除的奇数，同理，PN-1，PN-12中有（PN-1-1）/2+1个被PN-1整除的奇数；根据（1）“2被PN整除的奇数之间”包含“2被PN-1整除的奇数之间”，“2被PN-1整除的奇数之间”包含 “2被PN-2整除的奇数之间”“2被P3整除的奇数之间”包含“2个被P2整除的奇数之间”；（2）PN2以下“2被PN整除的奇数之间”多于PN-12以下 “2被PN-1整除的奇数之间”，（3）任意“2被PN整除的奇数之间”都至少存在2个AI值（IN）不同的N级奇数，（4）已知PN，PN-12中存在“A2a2，A3a3，AN-1aN-1” 的质数，得出异余质数定理：PN+1，PN2中一定存在“A2a2，A3a3，ANaN”的质数，一定存在任意偶数的N级异余质数。2.3.2哥德巴赫猜想定理在PN2,PN+12中任意取一个偶数M,令P是M在PN+1，PN2中的N级异余质数,(异余质数定理),M-P=Q；根据“被PN除余数不相同的两个数之差一定不能被PN整除”,计算得出1QPN+12且Q一定是N级奇数, Q只能是大于PN的质数。从而得出M可以等于2个大