三我们令X
t =〔W÷p
〕+〔W÷p
1
〕-〔W÷（p
p
1
）〕+〔W÷p
2
〕-〔W÷（p
p
2
）〕
-〔W÷（p
1p
2
）〕+〔W÷（p
p
1
p
2
）〕+〔W÷p
3
〕-〔W÷（p
p
3
）〕-〔W÷（p
1
p
3
）〕-
〔W÷（p
2p
3
）〕+〔W÷（p
p
1
p
3
）〕+〔W÷（p
p
2
p
3
）〕+〔W÷（p
1
p
2
p
3
）〕-〔W÷（p
p
1
p
2
p
3
）〕
+〔W÷p
4〕-〔W÷（p
p
4
）〕-…+（-1）t-1〔W÷（p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕-（-1）t-1〔W÷
（p
0p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕；
去掉取整符号，我们令X
t ′=W÷p
+W÷p
1
-W÷（p
p
1
）+W÷p
2
-W÷（p
p
2
）-W÷
（p
1p
2
）+W÷（p
p
1
p
2
）+W÷p
3
-W÷（p
p
3
）-W÷（p
1
p
3
）-W÷（p
2
p
3
）+W÷（p
p
1
p
3
）
+W÷（p
0p
2
p
3
）+W÷（p
1
p
2
p
3
）-W÷（p
p
1
p
2
p
3
）+W÷p
4
-W÷（p
p
4
）-…+（-1）t-1W
÷（p
1p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）-（-1）t-1W÷（p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）。
那么则有W÷p
0≥〔W÷p
〕，W÷p
1
≥〔W÷p
1
〕，W÷p
2
≥〔W÷p
2
〕，W÷（p
1
p
2
）
≥〔W÷（p
1p
2
）〕，W÷p
3
≥〔W÷p
3
〕， W÷（p
1
p
3
）≥〔W÷（p
1
p
3
）〕，W÷（p
2
p
3
）
≥〔W÷（p
2p
3
）〕，W÷（p
1
p
2
p
3
）≥〔W÷（p
1
p
2
p
3
）〕，W÷p
4
≥〔W÷p
4
〕，W÷（p
1
p
4
）
≥〔W÷（p
1p
4
）〕，W÷（p
2
p
4
）≥〔W÷（p
2
p
4
）〕，…，W÷p
t
≥〔W÷p
t
〕，W÷（p
1
p
t
）
≥〔W÷（p
1p
t
）〕，W÷（p
2
p
t
）≥〔W÷（p
2
p
t
）〕，W÷（p
3
p
t
）≥〔W÷（p
3
p
t
）〕，…，
W÷（p
t-1p
t
）≥〔W÷（p
t-1
p
t
）〕，W÷（p
1
p
2
p
t
）≥〔W÷（p
1
p
2
p
t
）〕，…，W÷（p
p
1
p
2
p
3
…
p t-1p
t
）≥〔W÷（p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕。
因为筛法公式Y
t
=W-W÷p
-W÷p
1
-…+（-1）t-1〔W÷（p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕-（-1）
t-1〔W÷（p
0p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕≈〔W（1-1÷p
）（1-1÷p
1
）（1-1÷p
2
）（1-1÷p
3
）…
（1-1÷p
t-1）（1-1÷p
t
）〕，而〔W（1-1÷p
）（1-2÷p
1
）（1-2÷p
2
）（1-2÷p
3
）…
（1-2÷p
t-1）（1-2÷p
t
）〕＞W（1-1÷p
）÷p
t
。
现在想办法证明W÷p
0+W÷p
1
-W÷（p
p
1
）+W÷p
2
-W÷（p
p
2
）-W÷（p
1
p
2
）+W
÷（p
0p
1
p
2
）+W÷p
3
-W÷（p
p
3
）-W÷（p
1
p
3
）-W÷（p
2
p
3
）+W÷（p
p
1
p
3
）+W÷（p
p
2
p
3
）
+W÷（p
1p
2
p
3
）-W÷（p
p
1
p
2
p
3
）+W÷p
4
-W÷（p
p
4
）-…-（-1）t-1W÷（p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）
≥〔W÷p
0〕+〔W÷p
1
〕-〔W÷（p
p
1
）〕+〔W÷p
2
〕-〔W÷（p
p
2
）〕-〔W÷（p
1
p
2
）〕
+〔W÷（p
0p
1
p
2
）〕+〔W÷p
3
〕-〔W÷（p
p
3
）〕-〔W÷（p
1
p
3
）〕-〔W÷（p
2
p
3
）〕+
〔W÷（p
0p
1
p
3
）〕+〔W÷（p
p
2
p
3
）〕+〔W÷（p
1
p
2
p
3
）〕-〔W÷（p
p
1
p
2
p
3
）〕+〔W÷
p 4〕-〔W÷（p
p
4
）〕-…+（-1）t-1〔W÷（p1p2p3…p t-1p t）〕-（-1）t-1〔W÷（p0p1p2p3…
p t-1p
t
）〕+b，b为大于0的实数。实际上要达到下面这样的目的：即偶数2m对应
的总对数W减得多一些都要大于一个不小于1的某个实数M，那么减得少一些就
更要大于这个实数M。说明按照筛选原则，经筛除后至少还剩下一对，显然这一对就是奇素数对应奇素数的情形。
为了达到这样的效果，现在设a
0，a
1
，a
2
，a
3
，…，a
t
分别为W÷p
，W÷p
1
，
W÷p
2，W÷p
3
，…，W÷p
t
的余数。那么则有W÷p
=〔W÷p
〕+a
÷p
，W÷p
1
=〔W
÷p
1〕+a
1
÷p
1
，W÷p
2
=〔W÷p
2
〕+a
2
÷p
2
，W÷p
3
=〔W÷p
3
〕+a
3
÷p
3
，…，W÷p
t
=〔W
÷p
t 〕+a
t
÷p
t
[3][5]。
则有L=W÷p
+W÷p
1
-W÷（p
p
1
）+W÷p
2
-W÷（p
p
2
）-W÷（p
1
p
2
）+W÷（p
p
1
p
2
）
+W÷p
3-W÷（p
p
3
）-W÷（p
1
p
3
）-W÷（p
2
p
3
）+W÷（p
p
1
p
3
）+W÷（p
p
2
p
3
）+W÷（p
1
p
2
p
3
）
-W÷（p
0p
1
p
2
p
3
）+W÷p
4
-W÷（p
p
4
）-…+（-1）t-1W÷（p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）-（-1）t-1W
÷（p
0p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）；
L=W÷p
0+W÷p
1
-W÷p
1
(1÷p
）+W÷p
2
-W÷p
2
(1÷p
）-W÷p
2
(1÷p
1
）+W÷p
2
[1
÷（p
0p
1
）]+W÷p
3
-W÷p
3
(1÷p
）-W÷p
3
(1÷p
1
）-W÷p
3
(1÷p
2
）+W÷p
3
[1÷（p
p
1
）]+W
÷p
3[1÷（p
p
2
）]+W÷p
3
[1÷(p
1
p
2
）]-W÷p
3
[1÷(p
p
1
p
2
）]+W÷p
4
-W÷p
4
(1÷p
）-…
+（-1）t-1W÷p
t [1÷（p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]-（-1）t-1W÷p
t
[1÷（p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]；
L=〔W÷p
0〕+a
÷p
+〔W÷p
1
〕+a
1
÷p
1
-〔W÷p
1
〕(1÷p
）-a
1
÷p
1
(1÷p
）+〔W
÷p
2〕+a
2
÷p
2
-〔W÷p
2
〕(1÷p
）-a
2
÷p
2
(1÷p
）-〔W÷p
2
〕(1÷p
1
）-a
2
÷p
2
(1÷
p 1）+〔W÷p
2
〕[1÷（p
p
1
）]+a
2
÷p
2
[1÷（p
p
1
）]+〔W÷p
3
〕+a
3
÷p
3
-〔W÷p
3
〕(1
÷p
0）-a
3
÷p
3
(1÷p
）-〔W÷p
3
〕(1÷p
1
）-a
3
÷p
3
(1÷p
1
）-〔W÷p
3
〕(1÷p
2
）-a
3
÷p
3(1÷p
2
）+〔W÷p
3
〕[1÷（p
p
1
）]+ a
3
÷p
3
[1÷（p
p
1
）] +〔W÷p
3
〕[1÷（p
p
2
）]+
a 3÷p
3
[1÷（p
p
2
）]+〔W÷p
3
〕[1÷(p
1
p
2
）]+a
3
÷p
3
[1÷(p
1
p
2
）]-〔W÷p
3
〕[1÷
(p
0p
1
p
2
）]-a
3
÷p
3
[1÷(p
p
1
p
2
）]+〔W÷p
4
〕+a
4
÷p
4
-〔W÷p
4
(1÷p
）〕-a
4
÷p
4
(1÷
p 0）-…+（-1）t-1〔W÷p
t
〕[1÷(p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]+（-1）t-1a
t
÷p
t
[1÷(p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]-
（-1）t-1〔W÷p
t 〕[1÷(p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]-（-1）t-1a
t
÷p
t
[1÷(p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]；
L=〔W÷p
0〕+〔W÷p
1
〕-〔W÷p
1
〕(1÷p
）+〔W÷p
2
〕-〔W÷p
2
〕(1÷p
）-
〔W÷p
2〕(1÷p
1
）+〔W÷p
2
〕[1÷（p
p
1
）]+〔W÷p
3
〕-〔W÷p
3
〕(1÷p
）-〔W
÷p
3〕(1÷p
1
）-〔W÷p
3
〕(1÷p
2
）+〔W÷p
3
〕[1÷（p
p
1
）]+〔W÷p
3
〕[1÷（p
p
2
）]+
〔W÷p
3〕[1÷(p
1
p
2
）]-〔W÷p
3
〕[1÷(p
p
1
p
2
）]+〔W÷p
4
〕-〔W÷p
4
(1÷p
）〕-…
+（-1）t-1〔W÷p
t 〕[1÷(p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]-（-1）t-1〔W÷p
t
〕[1÷(p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]+a
÷p
0+a
1
÷p
1
-a
1
÷p
1
(1÷p
）+a
2
÷p
2
-a
2
÷p
2
(1÷p
）-a
2
÷p
2
(1÷p
1
）+a
2
÷p
2
[1÷
（p
0p
1
）]+a
3
÷p
3
-a
3
÷p
3
(1÷p
）-a
3
÷p
3
(1÷p
1
）-a
3
÷p
3
(1÷p
2
）+ a
3
÷p
3
[1÷（p
p
1
）]+
a 3÷p
3
[1÷（p
p
2
）]+a
3
÷p
3
[1÷(p
1
p
2
）]-a
3
÷p
3
[1÷(p
p
1
p
2
）+a
4
÷p
4
-a
4
÷p
4
(1÷p
）
-…+（-1）t-1a
t ÷p
t
[1÷(p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]-（-1）t-1a
t
÷p
t
[1÷(p
p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）] ；
L=〔W÷p
0〕+〔W÷p
1
〕(1-1÷p
）+〔W÷p
2
〕(1-1÷p
）(1-1÷p
1
）+〔W÷p
3
〕
(1-1÷p
0）(1-1÷p
1
）(1-1÷p
2
）+〔W÷p
4
〕(1-1÷p
）(1-1÷p
1
）(1-1÷p
2
）(1-1
÷p
3）+…+〔W÷p
t
〕(1-1÷p
）(1-1÷p
1
）(1-1÷p
2
）(1-1÷p
3
）…(1-1÷p
t-2
）
(1-2÷p
t-1）+a
÷p
+a
1
÷p
1
(1-1÷p
）+a
2
÷p
2
(1-1÷p
）(1-1÷p
1
）+a
3
÷p
3
(1-1÷
p 0）(1-1÷p
1
）(1-1÷p
2
）+a
4
÷p
4
(1-1÷p
）(1-1÷p
1
）(1-1÷p
2
）(1-1÷p
3
）+…
+a
t ÷p
t
(1-1÷p
）(1-1÷p
1
）(1-1÷p
2
）(1-1÷p
3
）…(1-1÷p
t-2
）(1-1÷p
t-1
）。
对于〔W÷p
〕+〔W÷p
1
〕-〔W÷（p
p
1
）〕+〔W÷p
2
〕-〔W÷（p
p
2
）〕-〔W
÷（p
1p
2
）〕+〔W÷（p
p
1
p
2
）〕+〔W÷p
3
〕-〔W÷（p
p
3
）〕-〔W÷（p
1
p
3
）〕-〔W÷
（p
2p
3
）〕+〔W÷（p
p
1
p
3
）〕+〔W÷（p
p
2
p
3
）〕+〔W÷（p
1
p
2
p
3
）〕-〔W÷（p
p
1
p
2
p
3
）〕
+〔W÷p
4〕-〔W÷（p
p
4
）〕-…+（-1）t-1〔W÷（p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕-（-1）t-1〔W÷
（p
0p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕，下面从两种情形来进行分析：
第一种情形：假定〔W÷p
〕+〔W÷p
1
〕-〔W÷（p
p
1
）〕+〔W÷p
2
〕-〔W÷
（p
0p
2
）〕-〔W÷（p
1
p
2
）〕+〔W÷（p
p
1
p
2
）〕+〔W÷p
3
〕-〔W÷（p
p
3
）〕-〔W÷（p
1
p
3
）〕
-〔W÷（p
2p
3
）〕+〔W÷（p
p
1
p
3
）〕+〔W÷（p
p
2
p
3
）〕+〔W÷（p
1
p
2
p
3
）〕-〔W÷（p
p
1
p
2
p
3
）〕
+〔W÷p
4〕-〔W÷（p
p
4
）〕-…+（-1）t-1〔W÷（p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕-（-1）t-1〔W÷
（p
0p
1
p
2
p
3
…p
t-1
p
t
）〕＜〔W÷p
〕+〔W÷p
1
〕-〔W÷p
1
〕(1÷p
）+〔W÷p
2
〕-〔W÷
p 2〕(1÷p
）-〔W÷p
2
〕(1÷p
1
）+〔W÷p
2
〕[1÷（p
p
1
）]+〔W÷p
3
〕-〔W÷p
3
〕
(1÷p
0）-〔W÷p
3
〕(1÷p
1
）-〔W÷p
3
〕(1÷p
2
）+〔W÷p
3
〕[1÷（p
p
1
）]+〔W÷
p 3〕[1÷（p
p
2
）]+〔W÷p
3
〕[1÷(p
1
p
2
）]-〔W÷p
3
〕[1÷(p
p
1
p
2
）]+〔W÷p
4
〕-
〔W÷p
4(1÷p
）〕-…+（-1）t-1〔W÷p
t
〕[1÷(p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]-（-1）t-1〔W÷p
t
〕
[1÷(p
0p
1
p
2
p
3
…p
t-1
）]，
不等号两边同时加上a
0÷p
+a
1
÷p
1
-a
1
÷p
1
(1÷p
）+a
2
÷p
2
-a
2
÷p
2
(1÷p
）-a
2
÷p
2(1÷p
1
）+a
2
÷p
2
[1÷（p
p
1
）]+a
3
÷p
3
-a
3
÷p
3
(1÷p
）-a
3
÷p
3
(1÷p
1
）-a
3
÷p
3
(1
÷p
2）+ a
3
÷p
3
[1÷（p
p
1
）]+ a
3
÷p
3
[1÷（p
p
2
）]+a
3
÷p
3
[1÷(p
1
p
2
）]-a
3
÷p
3
[1
÷(p
0p
1
p
2
）+a
4
÷p
4
-a
4
÷p
4
(1÷p
）-…+（-1）t-1a
t
÷p
t
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1
p
2
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3
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t-1
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t
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p
1
p
2
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3
…p
t-1
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1
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p
1
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2
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p
2
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1
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t
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1
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1
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〕-〔W÷
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＞＞3。
“abc猜想”讲义（十三） 第十三讲 证明“abc猜想” 主讲王若仲 在第九讲中，（iv）对于等式m+g＝n，m和g以及n均不为恒定的值。我们现在就分析第（iv）的情形。 （iv）对于m+g＝n，当m，g，n均不为恒定的值时，由第七讲中的定理4.1和推论4.1可知，随着m和g以及n的变化，rad（m）和rad（g）以及rad（n）必为下列情形之一： ①rad（m）和rad（g）均为恒定的值，rad（n）不可能为恒定的值。 ②rad（n）和rad（g）均为恒定的值，rad（m）不可能为恒定的值。 ③rad（n）和rad（m）均为恒定的值，rad（g）不可能为恒定的值。 ④rad（n）为恒定的值，rad（m）和rad（g）均不为恒定的值。 ⑤rad（m）为恒定的值，rad（n）和rad（g）均不为恒定的值。 ⑥rad（g）为恒定的值，rad（m）和rad（n）均不为恒定的值。 ⑦rad（n）和rad（m）以rad（g）均不为恒定的值。 我们注意观察，从第（iv）中的①，②，③，④，⑤，⑥，⑦等情形来看，我们不难发现：①和⑤以及⑥和⑦的情形中，rad（n）均不为恒定的值。那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形就与（ii）中（三）的情形同理可得出同样的结论。 ②和③的情形可互换，即②和③为同类型的情形。⑤和⑥的情形可互换，即⑤和⑥为同类型的情形。我们下面逐步分析研究： （一）对于①，rad（m）和rad（g）均为恒定的值，由第七讲中的不定方 lim 程定理4.1和推论4.1可知，rad（n）不可能为恒定的值。因n÷n=1，那么 +∞ → n lim（n）=1。 （n）÷ n → +∞ 又因n=[rad（n）]·H；当正整数n不断增大时，那么根数rad（n）总趋势也是随着正整数n的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n趋向于正无穷大时，根数rad（n）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n）]·H}=1恒成立。 （1）令k q+h d=n，q和d均为大于1的恒定正整数且互质，k q＞h d，k和
§5 哥德巴赫猜想 陈景润(1933—1996)，中国数学家、中国科学院院士.1933年5月22日生于福建福州，1996年3月19日卒于北京.1953年毕业于厦门大学数学系.1957年进入中国科学院数学研究所并在华罗庚教授指导下从事数论方面的研究．历任中国科学院数学研究所研究员、学术委员会委员，兼贵阳民族学院、河南大学、青岛大学、华中工学院、福建师范大学等校教授，国家科委数学学科组成员，《数学季刊》主编等职．主要从事解析数论方面的研究，并在哥德巴赫猜想研究方面取得国际领先的成果．这一成果国际上誉为陈氏定理，被广泛引用．与王元、潘承洞共同获得1978年国家自然科学奖一等奖．其后对上述定理又作了改进，并于1979年初完成论文《算术级数中的最小素数》，将最小素数从原有的80推进到16，受到国际数学界好评．对组合数学与现代经济管理、科学实验、尖端技术、人类生活密切关系等问题也作了研究．发表研究论文70余篇，并有《数学趣味谈》《组合数学》等著作． 1．哥德巴赫原是一位__________国教师，1725～1742年间在__________科学院工作，为该院院士.1742年，哥德巴赫在和他的好朋友、大数学家__________的几次通信中提出了关于正整数和__________之间关系的两个推测：(A)每一个不小于6的偶数都是两个__________的和，即n ＝p 1＋p 2；(B)每一个不小于9的奇数都是3个__________的和，即n ＝p 1＋p 2＋p 3. 这就是著名的哥德巴赫猜想． 2．哥德巴赫猜想第一次重大的突破是20世纪20年代获得的．哈代、李特尔伍德(J.E.Littlewood)建立了__________．使用这种圆法，在假定一条未经证明的著名猜想——__________猜想成立的前提之下，他们证明了两个命题： 命题1 每个充分大的奇数n 都是3个____________之和，即 n ＝p 1＋p 2＋p 3. 命题2 几乎所有偶数都是两个________之和． 这个命题意味着，假设M(x )表示不超过x 而又不能表示为两个奇素数之和的偶数，那么 ()lim x M x x ＝0. 俄国数学家________(I.M.Vinogradov)技高一筹，他使得哥德巴赫猜想的重要结果有了全面突破.1937年，他基本证明了猜想(B)： 每一个充分大的奇数n 都可以表示为三个素数之和： n ＝p 1＋p 2＋p 3. 3．1920年，挪威数学家________证明了每个大偶数均可以分解为两个自然数之和，其中，每一个自然数的素因子个数不超过9，简记为命题(9＋9)． 到了30年代，数学家们已经证明了命题(6＋6)． 著名数学家______在中国最早研究了哥德巴赫猜想． 早在1938年，他就证明了“几乎所有偶数都是两个素数之和”． 1957年，著名数学家________证明了命题(3＋2)． 在布朗的定理中，两个数都不能肯定为素数，如果能肯定其中一个数是素数，这样的命题可以记为：命题(1＋c )． 1948年，瑞尼(A.Renyi)证明了下面的定理． 瑞尼定理 存在一个正常数c ，使每一个充分大的偶数都可以分解为两个自然数的和，其中一个自然数为素数，另一个自然数的素因数个数不超过c . 自1948年以来，这种方式的证明不断有所进展． 1962年，我国著名数学家________证明了(1＋5)； 1963年，________与巴尔巴恩分别独立地证明了(1＋4)； 1965年，维诺格拉多夫、布赫夕塔布和________(E.Bombieri)都证明了(1＋3)； 1966年，我国著名数学家________证明了(1＋2)． 答案： 1．德 圣彼得堡 欧拉 素数 奇素数 奇素数
已知哥德巴赫猜想描述为"任何一个大于6的偶数，都可以表示为两个素数之和"，下面程序实现从键盘输入一个大于6的偶数后，在窗体中打印出所有的分解结果，请将程序补充完整。Private Function sushu(ByVal n As Integer) As Boolean Dim k As Integer For k = 2 To n - 1 If n Mod k = 0 Then __【1】___ Next k If __【2】___ Then sushu = True Else sushu = False End If End Function Private Sub Command1_Click() Dim n As Integer, n1 As Integer, n2 As Integer n = Val(Text1.Text) If n < 6 Or n Mod 2 = 1 Then MsgBox "你输的不是一个大于6的偶数，请重新输入" Else For n1 = 2 To n / 2 n2 = n - n1 If sushu(n1) = True And ___【3】__ Then Print n1; n2 End If Next n1 End If End Sub 下面程序采用顺序查找方法在数组中查找从键盘输入的数据，若找到则输出该数据在数组中的位置，否则输出“查找失败”的信息，请将程序补充完整。 Option Base 1 Private Sub Command1_Click() Dim a As Variant a = Array(22, 15, 4, 20, 43, 45, 39, 80, 74, 28) Print "数组所有元素为：" For i = LBound(a) To 10 Print _____【1】____; Next i Print x = Val(InputBox("请输入要查找数据")) For i = LBound(a) To UBound(a)
成名之后的陈景润，最大的愿望就是登上哥德巴赫猜想的峰巅，摘取(1＋1)的璀璨明珠，闵嗣鹤先生不幸去世，陈景润痛哭不已，他为失去一个真正了解他的数学家而悲伤，私下里他曾告诉好友，闵先生去世了，今后谁来审他攻克(1＋1)的论文稿呢？忧伤至极时分，他曾经悲痛地说，我不做(1＋1)了。纯朴的陈景润担心知音断绝，世界上再也没有人能真正了解他，理解他，没有人能看得懂他的科研论文。人世间的冷遇、歧视、逆境所带来的种种压力，可以诱杀创造的生命，然而，对于那些心气不凡的人，也可能激起更大勇气，去搏取未来和明天。外国学者所称道的逆境是一所难得的学校，原因便在于此。颂歌、鲜花、掌声、顺境同样会带来盲目的自满，诱发廖荣，让那些奋斗者陶醉其中，而忘却了自己的神圣责任和使命。被胜利的欢歌所淹没的英雄已是屡见不鲜了。我们一次次地在鲜花和赞美中寻觅陈景润的足迹。事业、家庭皆十分完美的陈景润，并没有重蹈许多英雄的悲剧，他仍是一如既往地背着行囊，艰辛跋涉在通往哥德巴赫猜想顶峰的道路上。陈景润把做好攻克哥德巴赫猜想(1＋1)的外围工作，形象地比喻为是搭梯子。搭梯子何其容易？只有搭好人生的梯子，才有可能搭好科研攻关的梯子。他是不屈的。1985年，陈景润已开始病重，开始，他在中日友好医院住院治疗。他从小就多病，各种疾病像影子似地尾随着他，或许，是病久了，司空见惯，也就不当一回事了，他哪像住院，随身带去了书、各种资料，病房成了工作室，日日夜夜，仍在不停地计算、推理，时常工作到第二天凌晨四五点钟。令许多医生护士惊讶的是，几乎是打了个通宵的陈景润，第二天早晨，精神仍是很好。有时，他担心医生来查房，便故伎重演打开手电，躲在被窝里看书。他以燃烧自己生命之火的代价，希冀能搭起一座通往风光绮丽的峰巅的梯子。他会想起杜甫咏诸葛亮那悲壮的诗句么？出师未捷身先死，长使英雄泪满襟。在陈景润生命的辞典中，他几乎没有提到过让一般人感到恐怖的死亡二字。他经受的苦难太多，亦已经领略过死神的威胁，反而把这一切看淡了。他是一棵咬定青山不放松的竹子，任风雨飘摇，任严霜厉雪，我自岿然如故。他那非凡的韧性和把生命力量弘扬到极致境界的精神，为人们树立了一面最灿烂的生命之旗！在搭梯子的漫长岁月里，陈景润做过多少题目，真是算不清了。过去，他的草稿纸是用麻袋装的，后来，一摞摞地置放在书房里，有不少还放在办公室中。他已去世一年多了，至今，你走进数学所，在昔日同事的案头上，或者，在办公室的柜子里，陈景润的草稿纸随时可能找到。字迹如镌如镂，恰似就在昨日留下的，印记着这位数学巨人深深浅浅的脚印，也印记着无法让人释怀的记忆和淡淡的遗憾。陈景润生命的最后几年，依然在不懈地做着搭梯子的工作。他的最后一篇论文，是和王天泽先生合作的《关于哥德巴赫闯题》，梦魂牵绕数十年，数学皇冠的夺目异彩，一直烛照着他生命的全部航程。陈景润病重期间，眼睛睁不开，需要按摩达一个多小时，才能睁开一点点，懂事的欢欢从小就给陈景润按摩，竟然练就了一手让专业医生都感到惊奇的按摩本领。然而，他的头脑始终是清醒的，他躺在病榻上，和他的研究生一起，仍在不懈地探索着攀登之路。耗尽了生命的全部光华，遍寻数学的群山峻岭，陈景润虽然没有找到这条通往哥德巴赫猜想(1＋1)峰巅的神秘小径，也没有搭起那架等立云天直达九霄的梯子，但他的人生轨迹所焕发的崇高精神，却编织出一道足以让后来者继续攀登的阶梯。人生的梯子，应当像陈景润那样走，才能走进光辉的明天。(《哥德巴赫猜想》有删节)1.下列对传记的分析和概括，不正确的两项是( )(5分) A．作者认为，是人世间的冷遇、歧视、逆境所带来的种种压力，诱杀了陈景润创造的生命。B．陈景润的家庭和事业都很美满，他没有重演许多英雄的悲剧，背着行囊一如既往地问数学峰巅艰难攀登。C．陈景润的一生始终做着搭梯子的工作，因为他的人生梯子搭得好，所以科学攻关的梯子搭得很稳固。D．我们现在仍能看到的陈景润办公室里的草稿纸上的字迹，所留下的淡淡的遗憾是陈景润没有在有生之年摘取数学(1＋1)的桂冠。E．作者认为，人生的路应该像陈景润那样走，而科学研究的路就不能像他那样走，因为他没有搭建起直达九霄的梯子。2.陈景润搭梯子的不屈精神表现在哪里？它的意义是什么？请简要说明。(6
C 语言程序设计 实验报告 专业 信息安全 班级 1103 日期 成绩 实验组别 第 1次实验 指导教师 学生姓名 严志颖 学号 U201114113 同组人姓名 实验名称 函数与程序结构实验 一、实验目的 1．熟悉和掌握函数的定义、声明；函数调用与参数传递方法；以及函数返回值类型的定义和返回值使用。 2．熟悉和掌握不同存储类型变量的使用。 3．熟悉多文件编译技术。 二、实验任务 1．源程序改错题 下面是计算s=1!+2!+3!+…+n!的源程序，在这个源程序中存在若干语法和逻辑错误。要求在计算机上对这个例子程序进行调试修改，使之能够正确完成指定任务。 #include "stdio.h" void main(void) { int k; for(k=1;k<6;k++) printf("k=%d\tthe sum is %ld\n",k,sum_fac(k)); } long sum_fac(int n) { long s=0; int i; long fac; for(i=1;i<=n;i++) fac*=i; s+=fac; return s; } 2．源程序修改替换题 （1）修改第1题中sum_fac 函数，使其计算量最小。 （2）修改第1题中sum_fac 函数，计算! 1!31!211n s ++++= 。 3．跟踪调试题 计算fabonacci 数列前n 项和的程序如下： 其中，long sum=0,*p=∑声明p 为长整型指针并用&sum 取出sum 的地址对p 初始化。*p 表示引用p 所指的变量（*p 即sum ）。 void main(void) {
哥德巴赫猜想的证明方法 引言 数论之位数运算，一个新的的概念，一个新的方向，一个新的课题。希望广大数学爱好者能参加到这个课题的研究中，从中发现更多的理论，解决更多的问题。 目录 一、哥德巴赫猜想的证明思路 1、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义 2、素数定理代数表达式 3、哥德巴赫猜想的证明 第一章哥德巴赫猜想的证明思路 通过证明一任意大偶数可拆分2素数之和的数量呈增长趋势来证明哥德巴赫猜想成立 一、哥德巴赫猜想证明引入的一些符号代表含义 1、n，（n≥1;n∈自然数） 2、Pn≈π（x）任意正整数n包含的素数数量 3、Pn1，（0，m）区间内素数数量 4、Pn2，（m，2m）区间内素数数量 5、Pm，任意正整数n包含的素数类型数量 5、（γ，γ=-0.0674243197727122）素数分布系数 6、（λ，λ=0.615885*********）素数类型中素数与伪素数等差比例
系数。 7、logn，以n为底的对数 8、H，小于等于n的所有素数类型的组合数量 9、H1，小于等于n的素数类型组合数量 10、Hn，取值为n时可拆分素数对数量 11、HAL，偶数类型1 12、HBL，偶数类型2 13、HCL，偶数类型3 14、HDL，偶数类型4 15、（m,2m 2m=n）相对区间 16、Hnx=Pn2*(Pn2*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合下限 17、HALx，偶数类型1组合下限 18、HBLx，偶数类型2组合下限 19、HCLx，偶数类型3组合下限 20、HDLx，偶数类型4组合下限 21、Hns=Pn1*(Pn1*2+1)*H1/H,相对区间内两素数组合上限 22、HALs，偶数类型1组合上限 23、HBLs，偶数类型2组合上限 24、HCLs，偶数类型3组合上限 25、HDLs，偶数类型4组合上限 二、素数定理代数表达式 1、Pn=π（x）≈(0.8n/3)/{γ+λ*（logn-2）+1}
C++编程题 1. 100~200间的素数 #include
cin>>a>>n; while (i<=n) {tn=tn+a; //赋值后的tn为i个a组成数的值 sn=sn+tn; //赋值后的sn为多项式前i项之和 a=a*10; ++i; } cout<<"a+aa+aaa+...="< 例7-3 验证“哥德巴赫猜想” ?“哥德巴赫猜想”是数论中的一个著名难题，200多年来无数数学家为其呕心沥血，却始终无人能够证明或伪证这个猜想。 ? ?“哥德巴赫猜想”表述为：任何一个大于等于4的偶数均可以表示为两个素数之和。 ? ?1742年法国数学爱好者哥德巴赫在给著名数学家欧拉的信中提出“哥德巴赫猜想”问题。 问题的分解 求解第一步提出问题： 验证哥德巴赫猜想 ?第二步设一上限数M，验证从4到M的所有偶数是否能被分解为两个素数之和。 1. 定义一个变量X，初值为4。 2. 每次令其加2，并验证X能否被分解为两个素数之和，直到 X不小于M为止。 验证哥德巴赫猜想（续一） 第三步如何验证X是否能被分解为两个素数之和。 1.从P=2开始； 2.判别X—P是否仍为素数： 3.若是，打印该偶数的分解式。 4.否则，换更大的素数，再继续执行2.。 如此循环，直到用于检测的素数大X/2且X 与其之差仍不是素数，则打印“哥德巴赫猜想”不成立。 验证哥德巴赫猜想（续二） 第四步生成下一个素数。 （1）当前素数P加1 （2）判别P是否是素数； （3）若是素数，返回P； （4）否则，P加1，继续执行（ 2）。 验证哥德巴赫猜想（续三） ?经过四步分解精化，将“验证哥德巴赫猜想”这个命题已经分解为计算机可以求解的数学模型了。 ? ?剩下的问题就是编程求解了。如何编程是程序设计课程要解决的问题。 哥德巴赫猜想算法分析 1) 用“筛选”法生成素数表PrimeList[M]。先在素数表中产生０到Ｍ-1的所有自然数，然后将已确定的所有素数的倍数置０(求模取余为０）。 2,3,5,7,11,13,17,19,21,23,29,31... 2) 这样一来，素数表中有许多0，为找下一个素数，要跳过这些0。 3) 分解0到M-1之间的所有偶数； ①循环(x “哥德巴赫猜想”讲义（3） 第三讲 “哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展（二） 主讲王若仲 第2讲中我们介绍了“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展途径一，这一讲我们介绍“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展的其他途径。 途径二：例外集合，即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。 在数轴上取定大整数x，再从x往前看，寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数，即例外偶数。x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。我们希望，无论x多大，x之前只有一个例外偶数，那就是2，即只有2使得猜想是错的。这样一来，哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。当然，直到现在还不能证明E(x)=1；但是能够证明E(x)远比x小。在x前面的偶数个数大概是x/2；如果当x趋于无穷大时，E(x)与x的比值趋于零，那就说明这些例外偶数密度是零，即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。这就是例外集合的思路。 从1920年开始，哈代和利特尔伍德合作陆续发表了七篇总标题 为《“整数拆分”的几个问题》的论文，系统地发展出了堆垒素数论中一个新的分析方法。这个新方法的思想在1918年哈代与印度数学家拉玛努贾合写的论文《组合分析的渐进公式》中就有表现。应用到哥德巴赫猜想上的话，圆法的思想是：对于非零整数，沿着单位圆为路径的环路积分 当且只当整数的时候，上面的积分才等于1。因此，如果考虑积分式： 其中，那么这个积分式实际上等于： 上式中第二项等于0，所以 方程“”的解的个数。所以，关于偶数的哥德巴赫猜想其实等于是说对于所有大于等于6的偶数 ，单位圆上的环路积分式。同理，关于奇数的哥德巴赫猜想等价于环路积分式： 因此，研究哥德巴赫猜想可以归结为研究积分式和中以质数为变数的三角多项式 。哈代和利特尔伍德猜测，当变量接近于分母“比 较小”的既约分数时， 的值会“比较大”，而当接近于分母“比较大”的既约分数时，的值会“比较小”。也就是说，积分的主要部分其实是单位圆上分母“比较小”的那些既约分数附近的积分，其它的部分上积分则没那么重要，可以忽略掉了。因此，可以将整个单位圆分成两个部分：一部分是单位圆上分母“比较小”的那些既约分数附近包括的一些区间，哈代和利特尔伍德称其为“优弧”（major arc 与平面几何中的“优弧”不同），其余的部分 则称为“劣弧”（minor arc）。将整个积分 分成优弧上的积分 与劣弧上积分 之和，然后证明相比 起可以忽略，而，这就是圆法的主要思想[4]。哈代和利特尔伍德在1923年的论文中证明了，如果存在正数 ，使得所有的狄利 克雷L 函数的全体零点都在半平面 上，那么充分大的奇数 一定满 “abc 猜想”讲义（十二） 第十二讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 在第九讲中，对于②如果rad（g ）为恒定的值，则rad（n ）不可能为恒定的值。对于③，rad（g ）和rad（n ）均不为恒定的值。这一讲中我们就具体分析这两种情形： （二）对于②，rad（g ）为恒定的值，由第七讲中的定理4.1以及推论4.1可知，则rad（n ）不可能为恒定的值。因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。 （1）因为R+h d =n ，d 为大于1的恒定正整数，h 为不小于1的整数；由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大。 对于n 和rad（n ），因为n=h d +R ，设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(R d rad R d h h ++的情形。由第六讲中的定义3.2可知，函数ψ（x）=)(x rad x 是连续函数，那么由前面第十讲和第十一讲中的证明可知，函数ψ（x）=)(x rad x 为x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]上的有界函数。即存在恒定的正实数F （0＜F ＜1），存在恒定的正实数G （1＜G ＜+∞），使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤ψ（x）≤G 恒成立。因为函数ψ（x）的情形包含了n ÷rad（n ）的情形，那么在n 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤n ÷rad（n ）≤G 恒成立。因为n=rad（n ）·H，H∈N，那么F ≤H≤G 恒成立。 因为rad （g ）≥1，rad （m ）≥1，那么这种情形下，不等式G ·rad （n ）·rad （m ）·rad（g ）≥n 恒成立。 “abc 猜想”讲义（14） 第十四讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 第九讲中，（iv ）对于等式m +g ＝n ，m 和g 以及n 均不为恒定的值。我们现在就分析第（iv ）的情形。 （iv ）对于m +g ＝n ，当m ，g ，n 均不为恒定的值时，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，随着m 和g 以及n 的变化，rad（m ）和rad （g ）以及rad（n ）必为下列情形之一： ①rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（n ）不可能为恒定的值。②rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（m ）不可能为恒定的值。③rad（n ）和rad（m ）均为恒定的值，rad（g ）不可能为恒定的值。④rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。⑤rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值。⑥rad（g ）为恒定的值，rad（m ）和rad（n ）均不为恒定的值。⑦rad（n ）和rad（m ）以rad（g ）均不为恒定的值。 我们注意观察第（iv ）中①，②，③，④，⑤，⑥，⑦的情形，可得出这样的结论；①和⑤以及⑥和⑦中，rad（n ）均不为恒定的值，那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形与第（ii ）中（三）的情形同理可得出同样的结论。②和③的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。⑤和⑥的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。 （一）对于第（iv ）中①的情形，rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，rad （n ）不可能为恒定的值。因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞ →n lim （n ）=1。又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。下面我们从四种情形进行分析： （1）令k q +h d =n ，q 和d 均为大于1的恒定正整数且互质，k q ＞h d ，k 和h “abc 猜想”讲义（十六） 第十六讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中④的情形我们分成（a ）和（b）两种情形,（a ）的情形又分成（1）和（2）两种情形，这一讲我们讲解（a ）中的（1）和（2）这两种情形。对于（b）的情形，因为（a ）的情形与（b）的情形可互换，所以同理可得出与（a ）的情形同样的结论。 （四）对于④，rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。那么rad（g ）和rad（m ）均是可变的；因为m+g=n ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，正整数m 和g 不可能同时连续不断地减小，那么正整数m 和g 中至少有一个正整数总趋势也是不断增大。则有如下情形： （a ）因为rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。对于m+g=v p ，或者m+g=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1。m 和g 可互换，令m ＞g 。 （1）c=n=v p 时，正整数p （p ＞1）为常数，v 为不小于1的整数；因为m+g=n=v p ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，那么正整数m 也不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，正整数m 趋向于正无穷大。这种情形下，因为g P p v v -=1÷（1- v p g ），设函数f（x ）=x 1，x 为不小于1的实数。函数f（x ）=x 1的情形包含了 v p g 的情形。函数f （x ）=x 1是连续函数，因为-+∞→x lim f （x ）=-+∞→x lim x 1=0，+→1lim x f（x ）=+→1lim x x 1=1，那么函数f（x ）在x?[1+ε，+∞-ε]中有界，即存在恒定的正实数E （0＜E ＜1），存在恒定的正实数L （0＜L ＜1），E ＜L 。使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤ψ（x）≤L 恒成立。因为函数f （x ）=x 1的情形包含了 v p g 的情形，那么在v p g 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤v p g ≤L 恒成立。 故由此可知，这种情形下，不管m 和v p 以及g 如何变化，不等式1÷（1-E ）≤v p ÷{[rad（m ）]·H }≤1÷（1-L ）恒成立。 哥德巴赫猜想分析教案 世界近代三大数学难题之一。哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，生于1690年，1725年当选为俄国彼得堡科学院院士。1742年，哥德巴赫在教学中发现， 每个不小于6的偶数都是两个素数(只能被和它本身整除的数)之和。如6=3+3，12=5+7等等。 公元1742年6月7日哥德巴赫(Goldbach)写信给当时的大数学家欧拉(Euler)，提出 了以下的想法: (a)任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和。 (b)任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和。 这就是着名的哥德巴赫猜想。欧拉在6月30日给他的回信中说，他相信这个猜想是 正确的，但他不能证明。叙述如此简单的问题，连欧拉这样首屈一指的数学家都不能证明，这个猜想便引起了许多数学家的注意。从费马提出这个猜想至今，许多数学家都不断努力 想攻克它，但都没有成功。当然曾经有人作了些具体的验证工作，例 如:6=3+3,8=3+5,10=5+5=3+7,12=5+7,14=7+7=3+11,16=5+11,18=5+13,....等等。有人对 33×108以内且大过6之偶数一一进行验算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但验格的数学证明尚待数学家的努力。 从此，这道著名的数学难题引起了世界上成千上万数学家的注意。200年过去了，没 有人证明它。哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。到了20世 纪20年代，才有人开始向它靠近。1920年、挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明， 得出了一个结论：每一个比大的偶数都可以表示为(99)。这种缩小包围圈的办法很管用， 科学家们于是从(9十9)开始，逐步减少每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个 数里都是一个质数为止，这样就证明了“哥德巴赫”。 目前最佳的结果是中国数学家陈景润於1966年证明的，称为陈氏定理 (Chen‘sTheorem)“任何充份大的偶数都是一个质数与一个自然数之和，而後者仅仅是两 个质数的乘积。”通常都简称这个结果为大偶数可表示为“1+2”的形式。 1920年，挪威的布朗(Brun)证明了“9+9”。 1924年，德国的拉特马赫(Rademacher)证明了“7+7”。 1932年，英国的埃斯特曼(Estermann)证明了“6+6”。 1937年，意大利的蕾西(Ricei)先後证明了“5+7”,“4+9”,“3+15”和“2+366”。1938年，苏联的布赫夕太勃(Byxwrao)证明了“5+5”。 1940年，苏联的布赫夕太勃(Byxwrao)证明了“4+4”。 狼追兔子 1 巧夺偶数 2 五猴分桃 3 高次方数 4 借书方案 5 过桥问题 6 数制转换7 打渔晒网8 喝酒问题9 哥德巴赫猜想10 打印日历11 抓交通肇事逃逸犯12 反序数13 新郎新娘14 称重砝码15 求车速16 谁是窃贼17 出售金鱼18 百钱百鸡19 谜语博士20 猜牌术（－）21 舍罕王的失算22 怎样存钱利最大23 猜牌术（二）24 爱因斯坦的数学题25 取火柴游戏26 平分鱼和筐27 可逆素数28 三色球问题29 抢n游戏30 问题A: 趣味程序设计＿狼追兔子 时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB 提交: 341 解决: 63 [提交][状态][讨论版] 题目描述 一只兔子躲进了n个环形分布的洞的某一个中。狼在第一个洞没有找到兔子，就隔一个洞，到第三个洞去找；也没有找到，就隔两个洞，到第六个洞去找。以后每次多一个洞去找兔子……这样下去，如果一直找不到兔子，请问兔子可能在哪个洞中？ 输入 有多组测试数据，读取到文件结尾符为止。每组测试数据输入n（2≤n≤100），即洞穴个数。输入到文件结尾符为止。 输出 兔子可能藏匿的洞。如果不止一个，按从小到大的顺序输出。如果不存在，输出空行。 样例输入 10 8 15 样例输出 2 4 7 9 2 4 5 7 8 9 11 12 14 提示 用一个数组a[10]，对应的元素a[0]，a[1]，a[2]……a[9]对应表示10个洞，初值均置1。通过一个循环用“穷举法”找兔子，第n次查找对应第(n－1)%10个洞，如果在第(n－1)%10个洞中没有找到兔子，因此将数组元素a[(n－1)%10]置0值。循环完成后，检查a数组各元素（各个洞）的值，若其值仍为1，则兔子可能藏身该洞中。 #include “abc 猜想”讲义（23） 第二十三讲 利用“abc 定理”证明“费尔马大定理” 主讲 王若仲 这一讲讲解如何利用“abc 定理”怎样证明“费尔马大定理”。六费尔马大定理 引理6.1：对于任一大于1的正整数a，若a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n∈N，m ∈N，2＜n≤3m+r。则a≤b m 。 证明：对于任一大于1的正整数a，要使a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n≤3m+r。则n 下列情形：（1）n 为合数；（2）n 为奇质数；（3）a＞b。 当n 为合数或者n 为奇质数时，则n≥3。那么a n =a 3m+r ，r=0或1或2。则m ≥1，那么a≤a m 。 当a＞b 时，根据题设，a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n∈N，m∈N，2＜n≤3m+r。我们令a=d s ·c v ，d 和s 以及c 和v 均为不小于2的正整数。如果s=1或者v=1，那么这种情形下，还是（1）和（2）的情形。我们不妨令s≥v，则a=d s ·c v =v v s c d )(?-，那么a＞d s-v ·c。而a n =（d s-v ·c）v·n ，因为n＞2，我们不妨设n=3m 1+r 1，r 1=0或1或2，m 1∈N，m 1≥1。那么v·n=v·（3m 1+r 1）=3m 1·v+r 1·v，而a n = v r v m v s c d ?+?-?113)(=v m v s c d ?-?13)(·v r v s c d ?-?1)(=13)(m v s c d ?·v r v s c d ?-?1)(，则a≤v m v s c d ?-?1)(。类似情形同理可证。故引理6.1成立。 引理6.2：对于任两个均大于1的正整数a 和c，若a n =b 3m+r ，c n =d 3m+r ，r=0或1或2，2＜n＜3m+r。则a÷b m ≥ac÷（bd）m 和c÷d m ≥ac÷（bd）m 。 证明：对于任两个均大于1的正整数a 和c，若a n =b 3m+r ，c n =d 3m+r ，r=0或1或2，2＜n＜3m+r。由引理6.1可知，a÷b m ≤1，c÷d m ≤1。把不等式c÷d m ≤1 两边同时乘a÷b m ，则有ac÷（bd）m ≤a÷b m 。把不等式a÷b m ≤1两边同时乘c÷d m ， 则有ac÷（bd）m ≤c÷d m 。故引理6.2成立。 哥德巴赫猜想读后感 哥德巴赫猜想读后感 前几天，看了青年批评家李云雷的“重读《哥德巴赫猜想》”的文章。也许文章经由岁月的沉淀，以彼时彼地来看这篇当时曾轰动一时的作品，会更客观和理性，也会更能看出它成功的原因。 作者从徐迟的这篇讲演文学所产生的巨大的轰动效应，而到90年代他所写的《来自高能粒子的信息》的反应平平。这种反差的现象，作者不是简朴从艺术的角度或者科学的角度去分析。而是把它放在当时的社会环境和人文环境中来分析。 《哥德巴赫猜想》写作时，是人民文学主动邀请的，这是为1978年“全国科学大会“召开所做的一种思惟和舆论预备。可以说是时代所需，那时恰是知识分子的转型期，从文化大革命对知识分子的摧残到逐渐的恢复。《哥德巴赫猜想》写出了知识分子的心声，所以才会引起反响。 徐迟之前曾是以诗歌而引起关注的，之后转向讲演文学。但诗人的富于激情的语言结合科学的客观性，而成就了文学与科学的完美结合。完美的艺术，知识分子对知识的渴求，国家对知识的正视。大环境和小环境的需要，恰是它成功的原因。 而90年代徐迟的讲演文学，却反响平平。不是由于他 的艺术水平的欠缺。而是当今的环境，在市场环境，消费主义，享乐观念的坏境下，金钱成了衡量一切的尺度。文学，科学，知识的边沿化。人们价值观念的缺失。这种种的社会环境所致的啊。 人类社会往往会从一个极端而走向另一个极端。盲目的向前发展，而没看到事物的两面性。由极真个追求精神需要到极真个物质追求，在追求精神建设的时候忽略了经济的发展，在发展经济的时候忽略了精神的建设，直至泛起了很多题目的时候才有所警醒。所以只好由缺失而警醒而改变。这种被动的去改变，发展。有时候是逛逛退退再退退逛逛的反复过程之中。 客观而理性的分析，让我受益匪浅。也悟出了很多人生，社会的道理。 哥德巴赫猜想读后感星期五，我跟同学借了《学党史唱赞歌树美德》，读了里面的故事，叫《哥德巴赫猜想的证明》。 有一次，陈景润发现自己的头发长了，到理发店去理发，他的号码是38号，他心想：还早着呢，先到图书馆去查查上午不会做的题目，再来也不迟。谁知，他刚走一会儿，就轮到他理发了，理发店叔叔大叫：“38号，谁是38号？”可他在图书馆，那里听得到理发店叔叔的叫喊。天色渐渐暗下来，图书馆的下班铃响了，管理员说：“下班了，大家回去 “abc 猜想”讲义（十四） 第十四讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中②的情形我们仍然是分成四种情形来讲解，这四种情形分别如下： （1）b=g=h d ，c=n=v p ，其中d 和p 均为大于1的恒定的正整数，h ，v 均为不小于1的整数； （2）b=g=h d ，c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，d 为大于1的恒定的正整数，s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。h ，v ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数； （3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。p 均为大于1的恒定的正整数； （4）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。1h ，2h ，3h ，…，s h ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数。这一讲我们就只分析第（1）和第（2）的情形： （二）对于②，rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，由第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，那么rad（m ）不可能为恒定的值。令b=g=h d 或b=g=1 11h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p 或c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ， 13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。d 和p 均为大于1的验证哥德巴赫猜想
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