初来,请多关照!看了一下论坛这里的水平都好高哦!能否筛选出表中BCDE列中不等于0及不等于空白的数据,谢谢!A&&&& B &&&& C&&&& D&&&& EMiniMart1222MegaMart16MegaMart2133MegaMart0FoodMart2078MegaMart51MiniMartMiniMart8MiniMartSuperMart101MiniMart另问为什么附件传不去呢?谢谢[em06][em06][em05]
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楼主的问题不明确，如果要筛选出B:E列都不是0或空值的数据行，请见3楼附件；如果是其他要求，请叙述清楚一些。
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以下是引用LangQueS在 14:38:00的发言：楼主的问题不明确，如果要筛选出B:E列都不是0或空侄的数据行，请见3楼附件；如果是其他要求，请叙述清楚一些。谢谢用你的方法解决了,难怪是优秀会员还金牌级的,只是想请教你=SUM($B2:$E2)&&0为何是这公式呢?这不是求和的公式吗?为什么公式不是=($B2:$E2)&&0,为什么要用SUM呢&
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以后我要常上这,可以学到好多东西![em01]太好了!
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以下是引用hch6在 20:20:34的发言：谢谢用你的方法解决了,难怪是优秀会员还金牌级的,只是想请教你=SUM($B2:$E2)&&0为何是这公式呢?这不是求和的公式吗?为什么公式不是=($B2:$E2)&&0,为什么要用SUM呢&高级筛选时，条件区的公式通常只要可以检测数据区的第一行即可。上述公式并不是绝对的，只因你的数据都是0以上的数字。而当你的数据中有负数时就不正确了。请参考：
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如果数据区可能有负数：
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以下是引用LangQueS在 20:33:03的发言：如果数据区可能有负数：COUNTIF(B2:E2,0)&4这个是什么意思&4是数据有4列的意思吗?
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1.在表中计算每位学生的总成绩，男、女学生的平均分及全班的平均分，所有计算以公式表示。
2.在此数据基础上作高级筛选，条件为：笔试成绩小于30或上机成绩小于30，最终显示：若笔试或上机均大于等于30分，则对应“补上机”或“补笔试”无显示，若其中一项不及格，则在相应的方格内显示“补考”，所有筛选以公式表示。
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在线时间3031 小时经验12225 威望3 性别男最后登录注册时间阅读权限95UID382185积分13275帖子精华0分享0
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楼主还要多多练习...
在线时间106 小时经验147 威望0 性别男最后登录注册时间阅读权限20UID542343积分147帖子精华0分享0
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好简单的筛选哦，看来楼主比我还菜鸟哈
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这样可以吗？？？？
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G3=IF(D3&30,G$2,&&)右拖下拉.诚如楼上所说,楼主还要多练习,这哪能叫筛选呢,应该叫判断
IQ不是很好,请多谅解
何为数组公式,按CTRL+SHIFT+回车 三键结束为数组
请别给我发短消息,我从不看那的,以免误会,如非要给我发短消息,除了问题外最好能给个链接
在线时间3410 小时经验3988 威望0 性别男最后登录注册时间阅读权限90UID586821积分3988帖子精华0分享0
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原帖由 Angel风铃 于
16:40 发表
要求说明：
1.在表中计算每位学生的总成绩，男、女学生的平均分及全班的平均分，所有计算以公式表示。
2.在此数据基础上作高级筛选，条件为：笔试成绩小于30或上机成绩小于30，最终显示：若笔试或上机均大于等于30 ...
参见附件：
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谦受益，满招损。
新手怕老手，老手怕高手，高手怕失手。
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最终显示：若笔试或上机均大于等于30分，则对应“补上机”或“补笔试”无显示
不好意思，可能你们没有明白我的意思？
&&我是说用“高给筛选”这个工具得出：
& &最终显示：若笔试或上机均大于等于30分，则对应“补上机”或“补笔试”无显示
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& && &&&请教excel高手帮一下忙，一张EXCEL表格中有三个表单，sheet1为第一次录入姓名有15人，sheet2为第二次录入姓名有25人，sheet3为全部人员名单有60人，如何在sheet3中对比出sheet1,sheet2中相同的姓名并找出sheet1及sheet2中没有的姓名。请把公式列出来！谢谢！
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天涯茫茫，何处是归途
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新手上路, 积分 70, 距离下一级还需 230 积分
把两个表中的名字复制在一张表中为两列，用公式=IF(A1=B1,&相同&,&&)，出现相同的就是有的，空的就是没有.
精华0阅读权限10最后登录在线时间27 小时
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lu66yuanp 发表于
把两个表中的名字复制在一张表中为两列，用公式=IF(A1=B1,&相同&,&&)，出现相同的就是有的，空的就是没有.
我的必须为三张表，不能复制进一张表单里面
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天涯茫茫，何处是归途
UID: 27742
精华: <font color=#
新手上路, 积分 70, 距离下一级还需 230 积分
=IF(ISERROR(VLOOKUP(a1,sheet1A:A,1,FALSE)),&有&,&没有&)
精华0阅读权限200最后登录在线时间7339 小时
论坛管理员
精华: <font color=#
你的三个表格，数据都在a列？如果是，你可以在sheet 3（总表）里面的b列b1 单元格输入=VLOOKUP(A1,Sheet1!A:A,1,)。然后c列的c1单元格输入=VLOOKUP(A1,Sheet2!A:A,1,) 。b和c列填充到60个单元格。你说表3里面有60个数据。
你快乐，所以我快乐。
精华0阅读权限10最后登录在线时间27 小时
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lu66yuanp 发表于
=IF(ISERROR(VLOOKUP(a1,sheet1A:A,1,FALSE)),&有&,&没有&)
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精华: <font color=#
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风之翼德 发表于
你的三个表格，数据都在a列？如果是，你可以在sheet 3（总表）里面的b列b1 单元格输入=VLOOKUP(A1,Sheet1!A ...
谢谢 ！还有没有公式可以让一行两个都是#N/A的变一种颜色显示啊 ！
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天涯茫茫，何处是归途
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=IF(COUNTIF(Sheet1!A:A,A1)&=1,&有&,&没有&)
这个应该可以了
精华0阅读权限10最后登录在线时间183 小时
天涯茫茫，何处是归途
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天命所归 发表于
谢谢 ！还有没有公式可以让一行两个都是#N/A的变一种颜色显示啊 ！
设置条件格式=ISNA(B1)
精华0阅读权限10最后登录在线时间1 小时
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精华: <font color=#
论坛新人, 积分 0, 距离下一级还需 50 积分
都是高手啊
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Comsenz Inc.请教一道简单数学题．_百度知道
请教一道简单数学题．
求e^兀i＋1的值．
提问者采纳
用尤拉公式原式=cos兀+isin兀+1=-1+1=0
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哥德巴赫猜想的证明定理2、设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数.分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系.1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况：(1)当PA为6a-5型素数时：A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5&6(a+x)-5&2(6a-5).由6a-5&6(a+x)-5可知6a-5&6a+6x-5，6x&0，即x&0；由6(a+x)-5&2(6a-5)可知6a+6x-5&12a-10，6x&6a-5，x&a-5/6,只考虑整数，x&a .综上所述，0&x&a .因此，在PA~2PA之间有a-1个6(a+x)-5型的连续数.B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：6a-5&6b-7&2(6a-5).由6a-5&6b-7可知 6b&6a+2, b&a+1/3，只考虑整数，即b&a；由6b-7&2(6a-5)可知 6b-7&12a-10 , b&2a-1/2，只考虑整数，即b&2a .综上所述：a&b&2a .因此，在PA~2PA之间也有a-1个6b-7型的连续数.(2)当PA为 6b-7型素数时：A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：6b-7&6a-5&2(6b-7) .由6b-7&6a-5可知 6a&6b-2，a&b-1/3，只考虑整数，a&b-1；由6a-5&2(6b-7)可知 6a-5&12b-14，6a&12b-9， a&2b-3/2，只考虑整数，a&2b-1 .综上所述，b-1&a&2b-1 .因此，在PA~2PA之间有a=b，b+1，......，2b-3，2b-2等b-1个6a-5型连续数.B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：6b-7&6(b+y)-7&2(6b-7).由6b-7&6(b+y)-7可知6b-7&6b+6y-7， 6y&0，即y&0；由6(b+y)-7&2(6b-7)可知 6b+6y-7&12b-14，6y&6b-7，y&b-7/6，只考虑整数，即y&b-1.综上所述：0&y&b-1 .因此，在PA~2PA之间有b-2个6(b+y)-7型连续数.总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数.2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系： (1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：a&[2(6a-5)]1/2 ，a2&12a-10 ，a2-12a+10&0 . 解上述不等式得：a&11.1，只考虑整数，即a&11时，上述不等式成立.(2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a&11时a& [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b&[2(6b-7)]1/2解得b&10时该不等式成立.以上计算表明：当a&11时，a&[2(6a-5)]1/2；当b&10时，b&[2(6b-7)]1/2.为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a&11时，a&(2PA)1/2；当b&11时，b&(2PA)1/2 .因此，当a&11或b&11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定.证明：运用a&11和b&11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行.1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 .在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明.实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个.2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 .PA&61，即a&11，b&11.在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71.运用同余分类筛法---归纳法有：(1)当 PA为6a-5型素数时：A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数.a以内包含有5、7、11三个大于3的素数.根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a5(mod11)；其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a5(mod7)；最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a5(mod5)，成为素数.同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b7(mod11，7，5)，成为素数.综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立.B、当PA&67时，a&12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数.假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u.首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 .以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1...... P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.同样，以Pu+1为模，对u个6b-7型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次用Pu、Pu-1…P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj),逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.综上所述，当PA为大于67的6a-5型素数时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即一共至少有两个素数.(2)当PA为6b-7型素数时：A、当PA=71，b=13，在PA~2PA之间，有b-1=12个6a-5型连续数和b-2=11个6b-7型连续数.b以内包含大于3的素数Pj有5、7、11、13四个.首先，以13为模，对12个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod13)，筛选掉，其它11个同余类都是6a5(mod13)；其次，在以上数列中取11个6a-5型连续数（避开或包含前面筛选掉的那个6a-5型数都可），以11为模，对6a5(mod13)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个同余类都是6a5(mod11)，纵使前面已经筛选掉的那个同余数也算一个以11为模的同余类，还有9个同余类都是6a5(mod11)；再次，以7为模，在上述数列中取7个6a-5型连续数，纵使不避开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，对6a5(mod11)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，其它的同余类都是6a5(mod7)，也纵使前面已经筛选掉的两个同余的6a-5型数，在以7为模的同余分类中也各占一个同余类，至少还有4个同余类都是6a5(mod7)；最后，以5为模，在上述数列中取5个连续的6a-5型数，纵使都不避开前面已经筛选掉的3个6a-5型数，还有两个同余类，同样最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，至少还有1个同余类是6a5(mod5)，即71～142之间至少有1个6a-5型的素数.同理可证明：在71～142之间11个6b-7型连续数中，至少有1个6b7(modPj)的6b-7型的素数.综上所述，当PA=71时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即至少共有两个素数（实际上多达14个），定理2成立.B、当PA&71，b&13，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.假设b=u，u&13，在6u-7~2(6u-7)之间有u-1个6a-5型连续数和u-2个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u .首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少还有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.而且，以Pu为模，对u-2个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.当b=u+1时，在6(u+1)-7~2[6(u+1)-7]之间，有u个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与b=u时一样多，最多也只能比b=u增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1.以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数.同样，以Pu+1为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，根据定理1，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数.总之，不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，在PA~2PA之间都至少有1个6a-5型的素数和1个6b-7型的素数，即至少有两个素数.定理2证毕.定理2也可以表述为与其等价的定理3.定理3、设整数B&5，则在B~2B之间至少有两个素数.证明：B只有三种情况：当B=6时，2B=12，在6~12之间有7和11两个素数；当B为大于5的素数PA时，定理3即为定理2，在B~2B之间至少有两个素数；根据定理2，在大于5的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2.显然，当B在PA~PA+1之间时，由于B&PA+1&PA+2，而B&PA，即2B&2PA，所以在B~2B之间至少有两个素数PA+1和PA+2.定理3证毕.
貌似好深奥～～
原式=cos兀+isin兀+1=0用欧拉公式就行了
e^兀i=-1e^兀i+1=0
貌似很懂，其实没明白
k(3,5,7)=(3-2)(5-2)(7-2)/(3-1)(5-1)(7-1)=5/16.....
用前面已求出精确解的数看一下结果：顺续为
偶数..对称类型...素数个数·对称系数&= 公式的解( 大致大于数)=精确解..·
38...K(3,5).........11·3/8&=4.-1=3
40...K(3)...........12·1/2&=6.-0=6
42...K(5)...........12·3/4&=9.-1=8
44...K(3,5).........13·3/8&=5.+1=6
46...K(3,5).........14·3/8&=5.+2=8
48...K(5)...........14·3/4&=10+0=10
50...K(3)...........15·1/2&=7.+1=8
52...K(3,5).........15·3/8&=5.+1=6
54...K(5)...........12·3/4&=9.+1=8
56...K(3,5).........16·3/8&=6.+0=6
58...K(3,5).........16·3/8&=6.+1=7
60...K(7)...........16·5/6&=13-1=12
62...K(3,5,7).......17·5/16&=5+0=5
64...K(3,5,7).......18·5/16&=6+4=10
66...K(5,7).........18·5/8&=11+1=12
68...K(3,5,7).......18·5/16&=5-1=4
70...K(3)...........19·1/2&=9.+1=10
72...K(5,7).........19·5/8&=12+0=12
.....结果无一例外,都正确.........................
用证明素数无穷的方法可以证明任何偶数都含有小于该偶数开方数
却不是素因子的素数。因此任何偶数都可以求出哥德巴赫猜想解的大致个数。
偶数的哥德巴赫猜想的解大致大于素数的个数与对称系数的积。
对称系数K等于该偶数的非素因子减二的连乘积与非素因子减一的连乘积的比，
对称素数：2a&=s·K，对称系数：k=∏(q-2)/∏(q-1)
2a表示哥德巴赫猜想的解,∏表示连乘积，2a&=s·K=s·∏(q-2)/∏(q-1)
q表示小于该偶数开方数却不是素因子的素数。
公式的证明如下：
对称素数个数的解依据于:每素因子素数筛除素数分之一。
每非素因子素数筛除素数分之二的双筛法。
双筛公式的项等于单筛公式的项乘以∏(1-2/q)/(1-(1/q))
公式; 2a&=∏(1-(1/p))·∏(1-2/q)/(1-(1/q)); 公式项极多且复杂难测。
素数个数的解依据于:每素数筛除素数分之一的单筛法。
公式;s&=∏(1-(1/p));也公式项极多且复杂难测。
对称素数个数与素数个数的比等于∏(1-2/q)/(1-(1/q));
公式;∏(1-2/q)/(1-(1/q))；公式项有限且可计算。终于可计算了。
用K=∏(1-2/q)/(1-(1/q));并称为对称系数。
对称素数个数等于素数个数乘于对称系数。 方法四
从余氏对偶数列到哥德巴赫猜想[献礼版]
一，余氏数列的表达式是如下多项式集
(x1)=0,1,2,3...... (x2)=0,1,2,3......
集合{(n)i&},{(n)j&}能够满足(ri),(rj)为整数。 [n]i=30xy+ax+by+c
[x,y]=[非负有理数集]
{[a*b]1}同余与。。。。。。{[a*b]8} mod&30&
{a&1,b&1,d&29}=[-1,1,7,11,13,17,19,23,29,31] [ab+d]/30=c
一个余氏数列[n]i在自然数里的补集[n]i&叫这个余氏数列的对偶数列。
二，给定狄利克雷数列[以30为模]
30x+7=30n-23 ...... 30x+31=30n-[-1]
余氏数列的表达式与上面狄利克雷数列有下面关系
[30x+b]*[30y+a]=30[30xy+ax+by+c]-d
三，作如下两个方程
[n]i=30xY+ax+bY+c [n]i&=30xY&+ax+bY&+c
解得： Y={[n]i-ax-c}/[30x+b] Y&={[n]i&-ax-c}/[30x+b]
[上面等式里的除法号应该是分数线，以下如此]
四，取用：
[f&1,g&1,q&1]=[模30的缩系]
fg三b ag三q+30A mod&30&
[r,A,-1根据上述条件及余氏数列作下面方程组
[n]i”-ax-c=r*[30k+f] &1&
30x+b=[30z+g]*[30k+f] &2&
解：用&2&求得x的表达式
x={[30z+g]*[30k+f]-b}/30 从余氏对偶数列到哥德巴赫猜想
把x的表达式代入到&1&里，整理得
[n]i&=30k[az+r+A]+f[az+r+A]+qk+[qf+d]/30
----------&矛盾，矛盾。
五，根据前述方程组，存在下面等式组
{f*[(n)i&-ax-c]}/{f*[30x+b]}={(n)v-p[fx+A]-e} [p&a]
{f*[(n)j&-ux-h]}/{f*[30x+m]}={(n)s-s*[fx+B]-t} [s&u]
[下面等式表示两个分子相等]
-----------& f*[(n)i&-ax-c]=(n)v-p[fx+A]-e
f*[(n)j&-ux-h]=(n)s-s*[fx-B]-t
-----------& f*[(n)i&]-fc-[(n)v]+pA+e=fx*[s-u][a-p]
f*[(n)j&]-fh-[(n)s]+sB+t=fx*[p-a][u-s]
六，取用：
[x1,x2]=[x] [ri,rj]=[r]
作下面两个方程组
f*(ri)-fc-[fp*0+pA+e]+pA+e+f*0*[s-u][a-p]=fx*[s-u][a-p]
(n)i&=(ri)+p*(x1)-4x*[s-u][a-p]
f*(rj)-fh-[fs*0+sB+t]+sB+t=fx*[p-a][u-s]
(n)j&=(rj)+s*(x2)+x*[p-a][u-s]
(ri)={(n)i&-p*(x1)+3x*[s-u][a-p]+c}/2
(rj)={(n)j&-s*(x2)+h}/2
(n)i&+(n)j&=p*(x1)+s*(x2)-x*[s-u][a-p]+c+h
对于任意一个组合集{(n)i&+(n}j&}，都必定有
七，根据上面两个方程组作下面等式组
f*{(ri)+p*(x1)-4x*[s-u][a-p]}-fc-{fp*(x1)+pA+e}+pA+e+4fx*[s-u][a-p]
=fx*[s-u][a-p]
f*{(rj)+s*(x2)+x*[p-a][u-s]}-fh-{fs*(x2)+sB+t}+sB+t-fx*[p-a][u-s]=fx*[p-a][u-s]
上面等式组里的两个等式相加，可以得到
f*{(n)i&+(n)j&}-f*[c+h]-f*{p*(x1)+s*(x2)}+fx*[s-u][a-p]=0
所以，每一个集合{(n)i&+(n)j&}里都必定有一个公差为1的等差数列。
结合实际情况，可得：关于余氏对偶数列的猜想成立：
{(n)i&+(n)j&}不同组=2,3,4,5,6......
八，由前述余新河数学题可得
[30*(n)i&-di]属于[素数]
{[di+dj]不同组}等价于[模30的偶剩余类集]
{[30*(n)i&-di]+[30*(n)j&-dj] 子集}属于[等擦数列]
所以，结合实际情况可得：每一个大于或等于4的偶数都可以表示成两个素数之和设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数. 分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系. 1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况： (1)当PA为6a-5型素数时： A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5&6(a+x)-5&2(6a-5). 由6a-5&6(a+x)-5可知6a-5&6a+6x-5，6x&0，即x&0；由6(a+x)-5&2(6a-5)可知6a+6x-5&12a-10，6x&6a-5，x&a-5/6, 只考虑整数，x&a . 综上所述，0&x&a .因此，在PA~2PA之间有a-1个6(a+x)-5型的连续数. B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：6a-5&6b-7&2(6a-5).由6a-5&6b-7可知 6b&6a+2, b&a+1/3， 只考虑整数，即b&a；由6b-7&2(6a-5)可知 6b-7&12a-10 , b&2a-1/2，只考虑整数，即b&2a . 综上所述：a&b&2a .因此，在PA~2PA之间也有a-1个6b-7型的连续数. (2)当PA为 6b-7型素数时： A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：6b-7&6a-5&2(6b-7) .由6b-7&6a-5可知 6a&6b-2，a&b-1/3， 只考虑整数，a&b-1；由6a-5&2(6b-7)可知 6a-5&12b-14，6a&12b-9， a&2b-3/2，只考虑整数，a&2b-1 . 综上所述，b-1&a&2b-1 .因此，在PA~2PA之间有a=b，b+1，......，2b-3，2b-2等b-1个6a-5型连续数. B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：6b-7&6(b+y)-7&2(6b-7).由6b-7&6(b+y)-7可知 6b-7&6b+6y-7， 6y&0，即y&0；由6(b+y)-7&2(6b-7)可知 6b+6y-7&12b-14，6y&6b-7，y&b-7/6， 只考虑整数，即y&b-1. 综上所述：0&y&b-1 .因此，在PA~2PA之间有b-2个6(b+y)-7型连续数. 总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数. 2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系： (1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：a&[2(6a-5)]1/2 ，a2&12a-10 ，a2-12a+10&0 . 解上述不等式得：a&11.1， 只考虑整数，即a&11时，上述不等式成立. (2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a&11时a& [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b&[2(6b-7)]1/2解得b&10时该不等式成立. 以上计算表明：当a&11时，a&[2(6a-5)]1/2；当b&10时，b&[2(6b-7)]1/2.为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a&11时，a&(2PA)1/2；当b&11时，b&(2PA)1/2 .因此，当a&11或b&11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定. 证明：运用a&11和b&11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行. 1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 . 在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明.实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个. 2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 . PA&61，即a&11，b&11.在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71.运用同余分类筛法---归纳法有： (1)当 PA为6a-5型素数时： A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数.a以内包含有5、7、11三个大于3的素数. 根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a5(mod11)； 其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a5(mod7)； 最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a5(mod5)，成为素数. 同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b7(mod11，7，5)，成为素数. 综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立. B、当PA&67时，a&12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数. 假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u. 首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 . 以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1...... P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 同样，以Pu+1为模，对u个6b-7型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次用Pu、Pu-1…P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj),逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 综上所述，当PA为大于67的6a-5型素数时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即一共至少有两个素数. (2)当PA为6b-7型素数时： A、当PA=71，b=13，在PA~2PA之间，有b-1=12个6a-5型连续数和b-2=11个6b-7型连续数.b以内包含大于3的素数Pj有5、7、11、13四个. 首先，以13为模，对12个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod13)，筛选掉，其它11个同余类都是6a5(mod13)； 其次，在以上数列中取11个6a-5型连续数（避开或包含前面筛选掉的那个6a-5型数都可），以11为模，对6a5(mod13)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个同余类都是6a5(mod11)，纵使前面已经筛选掉的那个同余数也算一个以11为模的同余类，还有9个同余类都是6a5(mod11)； 再次，以7为模，在上述数列中取7个6a-5型连续数，纵使不避开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，对6a5(mod11)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，其它的同余类都是6a5(mod7)，也纵使前面已经筛选掉的两个同余的6a-5型数，在以7为模的同余分类中也各占一个同余类，至少还有4个同余类都是6a5(mod7)； 最后，以5为模，在上述数列中取5个连续的6a-5型数，纵使都不避开前面已经筛选掉的3个6a-5型数，还有两个同余类，同样最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，至少还有1个同余类是6a5(mod5)，即71～142之间至少有1个6a-5型的素数. 同理可证明：在71～142之间11个6b-7型连续数中，至少有1个6b7(modPj)的6b-7型的素数. 综上所述，当PA=71时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即至少共有两个素数（实际上多达14个），定理2成立. B、当PA&71，b&13，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数. 假设b=u，u&13，在6u-7~2(6u-7)之间有u-1个6a-5型连续数和u-2个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u . 首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少还有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 而且，以Pu为模，对u-2个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 当b=u+1时，在6(u+1)-7~2[6(u+1)-7]之间，有u个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与b=u时一样多，最多也只能比b=u增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1. 以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 同样，以Pu+1为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，根据定理1，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 总之，不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，在PA~2PA之间都至少有1个6a-5型的素数和1个6b-7型的素数，即至少有两个素数.定理2证毕. 定理2也可以表述为与其等价的定理3. 定理3、设整数B&5，则在B~2B之间至少有两个素数. 证明：B只有三种情况：当B=6时，2B=12，在6~12之间有7和11两个素数； 当B为大于5的素数PA时，定理3即为定理2，在B~2B之间至少有两个素数； 根据定理2，在大于5的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2.显然，当B在PA~PA+1之间时，由于 B&PA+1&PA+2，而B&PA，即2B&2PA，所以在B~2B之间至少有两个素数PA+1和PA+2.定理3证毕.
听不明白。
什么 乱七八糟的的
不是太难。
e^兀i＋1=e^兀i+1
你既然说是一到很简单的数学题，你为什么还不会呢？
定理2、设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数. 分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系. 1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况： (1)当PA为6a-5型素数时： A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5&6(a+x)-5&2(6a-5). 由6a-5&6(a+x)-5可知6a-5&6a+6x-5，6x&0，即x&0；由6(a+x)-5&2(6a-5)可知6a+6x-5&12a-10，6x&6a-5，x&a-5/6, 只考虑整数，x&a . 综上所述，0&x&a .因此，在PA~2PA之间有a-1个6(a+x)-5型的连续数. B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：6a-5&6b-7&2(6a-5).由6a-5&6b-7可知 6b&6a+2, b&a+1/3， 只考虑整数，即b&a；由6b-7&2(6a-5)可知 6b-7&12a-10 , b&2a-1/2，只考虑整数，即b&2a . 综上所述：a&b&2a .因此，在PA~2PA之间也有a-1个6b-7型的连续数. (2)当PA为 6b-7型素数时： A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：6b-7&6a-5&2(6b-7) .由6b-7&6a-5可知 6a&6b-2，a&b-1/3， 只考虑整数，a&b-1；由6a-5&2(6b-7)可知 6a-5&12b-14，6a&12b-9， a&2b-3/2，只考虑整数，a&2b-1 . 综上所述，b-1&a&2b-1 .因此，在PA~2PA之间有a=b，b+1，......，2b-3，2b-2等b-1个6a-5型连续数. B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：6b-7&6(b+y)-7&2(6b-7).由6b-7&6(b+y)-7可知 6b-7&6b+6y-7， 6y&0，即y&0；由6(b+y)-7&2(6b-7)可知 6b+6y-7&12b-14，6y&6b-7，y&b-7/6， 只考虑整数，即y&b-1. 综上所述：0&y&b-1 .因此，在PA~2PA之间有b-2个6(b+y)-7型连续数. 总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数. 2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系： (1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：a&[2(6a-5)]1/2 ，a2&12a-10 ，a2-12a+10&0 . 解上述不等式得：a&11.1， 只考虑整数，即a&11时，上述不等式成立. (2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a&11时a& [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b&[2(6b-7)]1/2解得b&10时该不等式成立. 以上计算表明：当a&11时，a&[2(6a-5)]1/2；当b&10时，b&[2(6b-7)]1/2.为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a&11时，a&(2PA)1/2；当b&11时，b&(2PA)1/2 .因此，当a&11或b&11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定. 证明：运用a&11和b&11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行. 1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 . 在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明.实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个. 2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 . PA&61，即a&11，b&11.在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71.运用同余分类筛法---归纳法有： (1)当 PA为6a-5型素数时： A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数.a以内包含有5、7、11三个大于3的素数. 根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a5(mod11)； 其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a5(mod7)； 最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a5(mod5)，成为素数. 同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b7(mod11，7，5)，成为素数. 综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立. B、当PA&67时，a&12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数. 假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u. 首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 . 以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1...... P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 同样，以Pu+1为模，对u个6b-7型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次用Pu、Pu-1…P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj),逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 综上所述，当PA为大于67的6a-5型素数时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即一共至少有两个素数. (2)当PA为6b-7型素数时： A、当PA=71，b=13，在PA~2PA之间，有b-1=12个6a-5型连续数和b-2=11个6b-7型连续数.b以内包含大于3的素数Pj有5、7、11、13四个. 首先，以13为模，对12个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod13)，筛选掉，其它11个同余类都是6a5(mod13)； 其次，在以上数列中取11个6a-5型连续数（避开或包含前面筛选掉的那个6a-5型数都可），以11为模，对6a5(mod13)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个同余类都是6a5(mod11)，纵使前面已经筛选掉的那个同余数也算一个以11为模的同余类，还有9个同余类都是6a5(mod11)； 再次，以7为模，在上述数列中取7个6a-5型连续数，纵使不避开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，对6a5(mod11)的6a-5型数进行同余分类，也只有1个同余类能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，其它的同余类都是6a5(mod7)，也纵使前面已经筛选掉的两个同余的6a-5型数，在以7为模的同余分类中也各占一个同余类，至少还有4个同余类都是6a5(mod7)； 最后，以5为模，在上述数列中取5个连续的6a-5型数，纵使都不避开前面已经筛选掉的3个6a-5型数，还有两个同余类，同样最多只有1个同余类能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，至少还有1个同余类是6a5(mod5)，即71～142之间至少有1个6a-5型的素数. 同理可证明：在71～142之间11个6b-7型连续数中，至少有1个6b7(modPj)的6b-7型的素数. 综上所述，当PA=71时，在PA~2PA之间至少有1个6a-5型素数和1个6b-7型素数，即至少共有两个素数（实际上多达14个），定理2成立. B、当PA&71，b&13，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数. 假设b=u，u&13，在6u-7~2(6u-7)之间有u-1个6a-5型连续数和u-2个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u . 首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少还有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 而且，以Pu为模，对u-2个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次以Pu-2、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 当b=u+1时，在6(u+1)-7~2[6(u+1)-7]之间，有u个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与b=u时一样多，最多也只能比b=u增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1. 以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(modPu+1)；然后完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 同样，以Pu+1为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，根据定理1，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu+1)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu+1)；然后也完全可以与假设前提一样，继续分别依次以Pu、Pu-1......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 总之，不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，在PA~2PA之间都至少有1个6a-5型的素数和1个6b-7型的素数，即至少有两个素数.定理2证毕. 定理2也可以表述为与其等价的定理3. 定理3、设整数B&5，则在B~2B之间至少有两个素数. 证明：B只有三种情况：当B=6时，2B=12，在6~12之间有7和11两个素数； 当B为大于5的素数PA时，定理3即为定理2，在B~2B之间至少有两个素数； 根据定理2，在大于5的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2.显然，当B在PA~PA+1之间时，由于 B&PA+1&PA+2，而B&PA，即2B&2PA，所以在B~2B之间至少有两个素数PA+1和PA+2.定理3证毕. k(3,5,7)=(3-2)(5-2)(7-2)/(3-1)(5-1)(7-1)=5/16..... 用前面已求出精确解的数看一下结果：顺续为 偶数..对称类型...素数个数·对称系数&= 公式的解( 大致大于数)=精确解..· 38...K(3,5).........11·3/8&=4.-1=3 40...K(3)...........12·1/2&=6.-0=6 42...K(5)...........12·3/4&=9.-1=8 44...K(3,5).........13·3/8&=5.+1=6 46...K(3,5).........14·3/8&=5.+2=8 48...K(5)...........14·3/4&=10+0=10 50...K(3)...........15·1/2&=7.+1=8 52...K(3,5).........15·3/8&=5.+1=6 54...K(5)...........12·3/4&=9.+1=8 56...K(3,5).........16·3/8&=6.+0=6 58...K(3,5).........16·3/8&=6.+1=7 60...K(7)...........16·5/6&=13-1=12 62...K(3,5,7).......17·5/16&=5+0=5 64...K(3,5,7).......18·5/16&=6+4=10 66...K(5,7).........18·5/8&=11+1=12 68...K(3,5,7).......18·5/16&=5-1=4 70...K(3)...........19·1/2&=9.+1=10 72...K(5,7).........19·5/8&=12+0=12 .....结果无一例外,都正确......................... 用证明素数无穷的方法可以证明任何偶数都含有小于该偶数开方数 却不是素因子的素数。因此任何偶数都可以求出哥德巴赫猜想解的大致个数。 偶数的哥德巴赫猜想的解大致大于素数的个数与对称系数的积。 对称系数K等于该偶数的非素因子减二的连乘积与非素因子减一的连乘积的比， 对称素数：2a&=s·K，对称系数：k=∏(q-2)/∏(q-1) 2a表示哥德巴赫猜想的解,∏表示连乘积，2a&=s·K=s·∏(q-2)/∏(q-1) q表示小于该偶数开方数却不是素因子的素数。 公式的证明如下： 对称素数个数的解依据于:每素因子素数筛除素数分之一。 每非素因子素数筛除素数分之二的双筛法。 双筛公式的项等于单筛公式的项乘以∏(1-2/q)/(1-(1/q)) 公式; 2a&=∏(1-(1/p))·∏(1-2/q)/(1-(1/q)); 公式项极多且复杂难测。 素数个数的解依据于:每素数筛除素数分之一的单筛法。 公式;s&=∏(1-(1/p));也公式项极多且复杂难测。 对称素数个数与素数个数的比等于∏(1-2/q)/(1-(1/q)); 公式;∏(1-2/q)/(1-(1/q))；公式项有限且可计算。终于可计算了。 用K=∏(1-2/q)/(1-(1/q));并称为对称系数。 对称素数个数等于素数个数乘于对称系数。 方法四 从余氏对偶数列到哥德巴赫猜想[献礼版] [王会森] 一，余氏数列的表达式是如下多项式集 (x1)=0,1,2,3...... (x2)=0,1,2,3...... 集合{(n)i&},{(n)j&}能够满足(ri),(rj)为整数。 [n]i=30xy+ax+by+c [x,y]=[非负有理数集] {[a*b]1}同余与。。。。。。{[a*b]8} mod&30& {a&1,b&1,d&29}=[-1,1,7,11,13,17,19,23,29,31] [ab+d]/30=c 一个余氏数列[n]i在自然数里的补集[n]i&叫这个余氏数列的对偶数列。 二，给定狄利克雷数列[以30为模] 30x+7=30n-23 ...... 30x+31=30n-[-1] 余氏数列的表达式与上面狄利克雷数列有下面关系 [30x+b]*[30y+a]=30[30xy+ax+by+c]-d 三，作如下两个方程 [n]i=30xY+ax+bY+c [n]i&=30xY&+ax+bY&+c 解得： Y={[n]i-ax-c}/[30x+b] Y&={[n]i&-ax-c}/[30x+b] [上面等式里的除法号应该是分数线，以下如此] 四，取用： [f&1,g&1,q&1]=[模30的缩系] fg三b ag三q+30A mod&30& [r,A,-1根据上述条件及余氏数列作下面方程组 [n]i”-ax-c=r*[30k+f] &1& 30x+b=[30z+g]*[30k+f] &2& 解：用&2&求得x的表达式 x={[30z+g]*[30k+f]-b}/30 从余氏对偶数列到哥德巴赫猜想 把x的表达式代入到&1&里，整理得 [n]i&=30k[az+r+A]+f[az+r+A]+qk+[qf+d]/30 ----------&矛盾，矛盾。 五，根据前述方程组，存在下面等式组 {f*[(n)i&-ax-c]}/{f*[30x+b]}={(n)v-p[fx+A]-e} [p&a] {f*[(n)j&-ux-h]}/{f*[30x+m]}={(n)s-s*[fx+B]-t} [s&u] [下面等式表示两个分子相等] -----------& f*[(n)i&-ax-c]=(n)v-p[fx+A]-e f*[(n)j&-ux-h]=(n)s-s*[fx-B]-t -----------& f*[(n)i&]-fc-[(n)v]+pA+e=fx*[s-u][a-p] f*[(n)j&]-fh-[(n)s]+sB+t=fx*[p-a][u-s] 六，取用： [x1,x2]=[x] [ri,rj]=[r] 作下面两个方程组 f*(ri)-fc-[fp*0+pA+e]+pA+e+f*0*[s-u][a-p]=fx*[s-u][a-p] (n)i&=(ri)+p*(x1)-4x*[s-u][a-p] f*(rj)-fh-[fs*0+sB+t]+sB+t=fx*[p-a][u-s] (n)j&=(rj)+s*(x2)+x*[p-a][u-s] 解： (ri)={(n)i&-p*(x1)+3x*[s-u][a-p]+c}/2 (rj)={(n)j&-s*(x2)+h}/2 显然，当 (n)i&+(n)j&=p*(x1)+s*(x2)-x*[s-u][a-p]+c+h 对于任意一个组合集{(n)i&+(n}j&}，都必定有 七，根据上面两个方程组作下面等式组 f*{(ri)+p*(x1)-4x*[s-u][a-p]}-fc-{fp*(x1)+pA+e}+pA+e+4fx*[s-u][a-p] =fx*[s-u][a-p] f*{(rj)+s*(x2)+x*[p-a][u-s]}-fh-{fs*(x2)+sB+t}+sB+t-fx*[p-a][u-s]=fx*[p-a][u-s] 上面等式组里的两个等式相加，可以得到 f*{(n)i&+(n)j&}-f*[c+h]-f*{p*(x1)+s*(x2)}+fx*[s-u][a-p]=0 s不等于p 所以，每一个集合{(n)i&+(n)j&}里都必定有一个公差为1的等差数列。 结合实际情况，可得：关于余氏对偶数列的猜想成立： {(n)i&+(n)j&}不同组=2,3,4,5,6...... 八，由前述余新河数学题可得 [30*(n)i&-di]属于[素数] {[di+dj]不同组}等价于[模30的偶剩余类集] {[30*(n)i&-di]+[30*(n)j&-dj] 子集}属于[等擦数列] 所以，结合实际情况可得：每一个大于或等于4的偶数都可以表示成两个素数之和 设PA为大于5的一定素数，则在PA~2PA之间至少有两个素数. 分析：为了便于证明定理2，必须先行了解在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况，以及a与[2(6a-5)]1/2和b与[2(6b-7)]1/2的关系. 1、在PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数的连续分布情况： (1)当PA为6a-5型素数时： A，设X为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(a+x)-5型的数（不一定是素数）有：6a-5&6(a+x)-5&2(6a-5). 由6a-5&6(a+x)-5可知6a-5&6a+6x-5，6x&0，即x&0；由6(a+x)-5&2(6a-5)可知6a+6x-5&12a-10，6x&6a-5，x&a-5/6, 只考虑整数，x&a . 综上所述，0&x&a .因此，在PA~2PA之间有a-1个6(a+x)-5型的连续数. B、在PA~2PA之间，6b-7型的数（不一定是素数）有：6a-5&6b-7&2(6a-5).由6a-5&6b-7可知 6b&6a+2, b&a+1/3， 只考虑整数，即b&a；由6b-7&2(6a-5)可知 6b-7&12a-10 , b&2a-1/2，只考虑整数，即b&2a . 综上所述：a&b&2a .因此，在PA~2PA之间也有a-1个6b-7型的连续数. (2)当PA为 6b-7型素数时： A、在PA~2PA之间，6a-5型的数有：6b-7&6a-5&2(6b-7) .由6b-7&6a-5可知 6a&6b-2，a&b-1/3， 只考虑整数，a&b-1；由6a-5&2(6b-7)可知 6a-5&12b-14，6a&12b-9， a&2b-3/2，只考虑整数，a&2b-1 . 综上所述，b-1&a&2b-1 .因此，在PA~2PA之间有a=b，b+1，......，2b-3，2b-2等b-1个6a-5型连续数. B、设y为大于0的整数，在PA~2PA之间，6(b+y)-7型的数有：6b-7&6(b+y)-7&2(6b-7).由6b-7&6(b+y)-7可知 6b-7&6b+6y-7， 6y&0，即y&0；由6(b+y)-7&2(6b-7)可知 6b+6y-7&12b-14，6y&6b-7，y&b-7/6， 只考虑整数，即y&b-1. 综上所述：0&y&b-1 .因此，在PA~2PA之间有b-2个6(b+y)-7型连续数. 总之，当PA为6a-5型素数时，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数；当PA为6b-7 型素数时，在PA~2PA之间有b-1个6a-5型连续数和b-2个6b-7型连续数.不管PA为6a-5型素数，还是6b-7型素数，每当a或b增大1，则在PA~2PA之间增加1个6a-5型数和1个6b-7型数. 2、a与[2(6a-5)]1/2及b与[2(6b-7)]1/2的关系： (1)a与[2(6a-5)]1/2的关系：随着a的增大，[2(6a-5)]1/2也逐渐增大，但增加得很缓慢，所以当a增大到一定值时，便有：a&[2(6a-5)]1/2 ，a2&12a-10 ，a2-12a+10&0 . 解上述不等式得：a&11.1， 只考虑整数，即a&11时，上述不等式成立. (2)b与[2(6b-7)]1/2的关系：运用上述证明a&11时a& [2(6a-5)]1/2成立的方法，同样可以由b&[2(6b-7)]1/2解得b&10时该不等式成立. 以上计算表明：当a&11时，a&[2(6a-5)]1/2；当b&10时，b&[2(6b-7)]1/2.为了运用方便，不管PA为6a-5型素数或6b-7型素数，都可以以较大的数为准，统一确定为：当a&11时，a&(2PA)1/2；当b&11时，b&(2PA)1/2 .因此，当a&11或b&11时，就可以运用a或b以内大于3的素数Pj代替 (2PA)1/2以内大于3的素数，对PA~2PA之间的6a-5型数和6b-7型数是否为素数进行判定. 证明：运用a&11和b&11，便把PA分成7~61的素数和大于61的素数两部分，定理2的证明也可分两步进行. 1、证明在7~61素数数列中，任意一个素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 . 在7~61之间，任意选定一个素数PA，从极有限的素数表就可以直观看出，甚至许多有数论基本知识的人在记忆中就明确知道，在PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 ，而无需去做数理逻辑的证明.实际上只是当PA=7时，在7~14之间才只有两个素数11和13；而当PA=11~61时，在PA~2PA之间的素数由3个迅速增加到12个. 2、证明大于61的素数PA~2PA之间至少有两个素数PA+1和PA+2 . PA&61，即a&11，b&11.在大于61的素数数列中，最小的6a-5型素数是67，而最小的6b-7型素数是71.运用同余分类筛法---归纳法有： (1)当 PA为6a-5型素数时： A、当 PA=67，a=12，根据以上所述，在PA~2PA之间，有a-1=11个6a-5型连续数和a-1=11个6b-7型连续数.a以内包含有5、7、11三个大于3的素数. 根据定理1，以素数11为模，对11个6a-5型连续数进行同余分类，其中只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod11)，筛选掉，其它10个6a-5型数都是6a5(mod11)； 其次，在以上数列中，取7个6a-5型连续数[可以避开、也可以包含前面已经筛选掉的那个6a≡5(mod11)的6a-5型数]，以7为模，进行同余分类，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod7)，筛选掉，纵使包括前面那个已经筛选掉的6a-5型数，至少还有5个6a-5型数都是6a5(mod7)； 最后，在上述数列中，取5个6a-5型连续数[可以避开、也可以包括前面已筛选掉的那两个6a≡5(mod11)和6a≡5(mod7)的6a-5型数]，以5为模，进行同余分类，纵使同余的6a-5型数不重复，也只有1个6a-5型数能够满足6a≡5(mod5)，筛选掉，就是除开前面已经筛选掉的两个6a-5型数，至少还有2个6a-5型数为6a5(mod5)，成为素数. 同理可证明：在67~134之间11个6b-7型连续数中，至少有2个6b-7型数都是6b7(mod11，7，5)，成为素数. 综上所述，当PA=67时，在PA~2PA之间，至少有2个6a-5型素数和2个6b-7型素数，即至少共有4个素数（实际多达13个），定理2成立. B、当PA&67时，a&12，在PA~2PA之间有a-1个6a-5型连续数和a-1个6b-7型连续数. 假设当a=u，u为大于12的整数，在6u-5~2(6u-5)之间有u-1个6a-5型连续数和u-1个6b-7型连续数，u以内大于3的素数为Pj ，设Pu为Pj的最大值，Pu可能的最大值是Pu=u. 首先以Pu为模，对u-1个6a-5型连续数进行同余分类，根据定理1，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6a5(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6a5(modPu)的6a-5型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu-1)，筛选掉，其它同余类都是6a5(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6a-5型数进行同余分类，纵使每次都有1个同余类能够满足6a≡5(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有1个同余类为6a5(modPj)，即至少有1个6a-5型的数为素数. 而且，以Pu为模，对u-1个6b-7型连续数进行同余分类，也最多只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu)，筛选掉，其它u-2个同余类都是6b7(modPu)；然后以Pu-1为模，对那些6b7(modPu)的6b-7型数进行同余分类，最多也只有1个同余类能够满足6b≡7(modPu-1),筛选掉，其它同余类都是6b7(modPu-1)；如此继续分别依次用Pu-2 、Pu-3......P3、P2为模，对以前一个模不同余的6b-7型数进行同余分类，也纵使每次都有1个同余类能够满足6b≡7(modPj)，逐步筛选掉，最后至少有一个同余类为6b7(modPj)，即至少有1个6b-7型的数为素数. 当a=u+1时，在6(u+1)-5~2[6(u+1)-5]之间，有u个6a-5型连续数和u个6b-7型连续数，u+1以内大于3的素数Pj可能与a=u时一样多，最多也只能比a=u时增加1个，纵使为后者，设最大的Pj为Pu+1，Pu+1可能的最大值为u+1 . 以Pu+1为模，对u个6a-5型连续数进行同余分类，最多只有1个同余类能够满足6a≡5(modPu+1)，筛选掉，其它u-1个同余类都是6a5(
楼上几位好恐怖，但我始终没有找到正确答案，我回忆你们是不是答非所问，这道题对于我这样一个初一的学生有很大的难度，不知这是几年级的题目，我来预习一下，呵呵~~
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