求质数 p 和整数 n 使 p^n+4 为完全平方数；求不能表示为三个质数之和的最小两位数

popo987654

想学习一下好的方法

蔡家雄

a^2-4=p^n

(a-2)(a+2)=p^n, 变换

b*(b+4)=p^n,

b与b+4有唯一公因子p

b=p^x,  b+4=p^y

(p^x)(p^x+4)=p^n

4*(4+4)=4*8=32, 唯一解，

蔡家雄

任意 >=6 的奇数和偶数，

都可以表为三个质数的和。

2n = p+q+2

2n+1=p+q+3

蔡家雄

题目改为：p为质数或合数，p^n+9=x^2，至少有三个解。

popo987654

蔡家雄 发表于 2020-8-12 23:16
a^2-4=p^n

(a-2)(a+2)=p^n, 变换

好像不太对,32不是平方数

luyuanhong

popo987654

luyuanhong 发表于 2020-8-21 12:28

请问老师这个问题：「求不能表示为三个质数之和的最小两位数」有没有解?
是不是只能一个个试?

luyuanhong

1742年，哥德巴赫提出了以下猜想：任一大于 5 的整数，都可写成三个质数之和。

哥德巴赫猜想虽然还没有得到最后的证明，但数学家已经在非常非常大的范围内做了验证，

验证的结果无一例外，哥德巴赫猜想都是成立的，所以人们确信这一猜想应该是成立的。

在哥德巴赫猜想成立的情况下，凡是大于 5 的整数，都必定可表示为三个质数之和，

所以，想要在大于 5 的整数中找到不能表示为三个质数之和的数，那是不可能的。

ysr

题目很好！哥德巴赫猜想是成立的，很容易证明：
不仅差为2，4，6，8，……，2n的素数对都有无穷多，而且差为2，4，6，8，……，2n的相邻素数对都有无穷多，这个是我早已经证明的定理！证明早已经发表在数学中国论坛了！
有了这个定理就可以推导证明出下面两个定理：
1..两两素数的差可以表示全体偶数。
2..两两素数的和可以表示大于等于4的全体偶数（这就是哥德巴赫猜想）。

差定理的证明（简述版的）：（包含了对孪生素数猜想的证明）
基础理论有关素数的两个猜想的证明
我们把象2357……这样只能被1和自身整除的数叫素数也叫质数。
哥德巴赫猜想的内容：大于等于4的偶数都可以表示为两个素数的和，简记为“1+1”.
孪生素数猜想的内容：差为2的素数对为孪生素数对，有无穷多对。
下面来证明：
请看如下两个数列：
3，7，11，……
5，9，13，……
每个数列都是差为4的等差数列，对应项差为2.每个数列都不可能到某一项后面全是素数。
而所含有的素因子全大于2。
每个数列都含有无穷素数，这个其他人可能有证明我没见过，我的证明基本原理仅如下两条:
1，素因子在一个数列如数列(1)中周期出现，周期为P，且在一个周期内最多占1个位置，素因子必须大于2，奇数因子P≥3，满足。
2，相邻素因子的差必须大于2(偶有特例不影响结果如5-3=2)，素数是越来越稀的，相邻素数差是不断增长没有终止的，相邻素因子的差也是不断增长的，满足。
素因子不能占完的位置据素数判定定理可知就是素数，比如素因子3在其一个周期内至少剩两个位置如果不被其他的占位就是素数，若被其他的素因子占位了，若该素因子与3的差大于2那就又出現剩余位置，依此类推，偶有差为2的不影响结果，直至无穷都会出现素数。所以，每个数列都含有无穷素数。
相邻素因子的差若大于35……p，则会被35……p继续占位，所以素数的位置不会是连续的，是分散的，是越来越稀的，但由于过程是无限的，位置是占不完的，故素数是无穷多的，虽然越来越稀。
此法不仅能证明素数有无穷多，还证明了素数是越来越稀的。由于有节拍错位，必然有不同的素因子重复占位，这样就节约位置产生的素数多，此处素数稠密，故还能证明素数不仅仅是越来越稀，还有稠密和稀疏相间的分布特点。
啥是节拍错位呢？小素因子的位置在大素因子波动周期中的位置是不固定的，这就是节拍错位。
例:设P1<P2，素因子P1在其一个周期内位置占第一项，而在P2的第一个周期内占第二项，在P2的第二个周期内可能是占第三项……，这就是节拍错位。

素数对产生的原因也仅以下两条:
1，两个数列中的素因子必须大于2，都是奇数，这个满足。
2，由于两数列中相同的素因子在同一个周期内最多可占对应项的2个位置，故相邻素因子的差必须≥4，偶尔有等于2的不影响结果，这条也满足。
由于相邻素因子的差都是大于2的，偶尔有等于2的不影响结果，所以，合数位置不会把数列占完，占不完的就是素数的位置，上下对应在一起的构成孪生素数对，以至无穷都是这样，故孪生素数对无穷多，虽然越来越稀。
所以就可以产生素数对，对应项差2，是孪生素数对，此过程可以无限循环，产生的素数对是无穷多的。(这个是多年研究才弄明白的，这个是产生素数的本质原因，也是产生素数对的本质原因)
同理我们可以得到差为4，6，8，……的素数对都是无穷多的。
如下两个数列对应项差为4：
3，7，11，……
7，11，15，……
如下两个数列对应项差为6：
3，7，11，……
9，13，17，……
如下两个数列也能产生无穷孪生素数对：
1，5，9，13，……
3，7，11，15，……
如下两个数列除了3，5一对外包含了其他全部孪生素数对：
5，11，17，……
7，13，19，……
则证明了:两素数的差(大减小)可表示0，2，4，……，2n即全部偶数，推论:任两个素数的和可表示大于等于4的全部偶数，这就是哥猜。

ysr

和定理的证明（就是哥德巴赫猜想的证明，简述版的）：
证明：设p3>=p2>=p1>=3，由差定理知p2-p1=0，2，4，……，则有p2=p1+0，2，4，……（等式含义不解释）。由于p1，p2，p3各自集合无区别，则有p2+p3=2p1+0，2，4，……，又因为2p1>=6，4=2+2.故，命题成立。

哥德巴赫猜想解的个数的最低值的证明（就是有几个“1+1”，只要有一个“1+1”，哥德巴赫猜想就是成立的）：
（简述版的）
（(P^2)/2)*(1/2)*(1/3)*(3*/5)*......*(1-2/P)/(m-1)>1.（其中m为偶数方根内的素数个数）
理论上p>=97时不等式成立（见我发《数学中国》论坛的文章），实际是在大于等于4的全体偶数都大于等于1都成立。
不等式在大于等于4的范围是成立的，左侧是不减函数，所以不等式远远成立，就是每m-1个素数中平均至少含有一个素数可构成哥德巴赫猜想的素数和对，随着偶数增大远远成立，所以哥德巴赫猜想成立。
m为偶数的方根内的素数个数，每m-1个素数算一个区间共可分m-1个区间，剩余的就不用考虑了，仅考查这m-1个区间，我已经证明过了，偶数2A，仅A内的素数个数就大于（m-1）^2，平均每个区间至少一个，则有m-1个素数和对，实际多的多，是绝对底线，只要有一对“1+1”哥德巴赫猜想就成立，而m-1是不减函数，所以哥德巴赫猜想远远成立。

100000000（就是1亿）的拆分实际个数为：100000000的方根为10000,方根内有119个总数有291400个:100000000=11+ 99999989
29+ 99999971
41+ 99999959
59+ 99999941
173+ 99999827
179+ 99999821
227+ 99999773
383+ 99999617
389+ 99999611
449+ 99999551
461+ 99999539
491+ 99999509
563+ 99999437
599+ 99999401
647+ 99999353
677+ 99999323
743+ 99999257
887+ 99999113
911+ 99999089
1091+ 99998909
1109+ 99998891
1181+ 99998819
1217+ 99998783
1487+ 99998513
1553+ 99998447
1559+ 99998441
1571+ 99998429
1583+ 99998417
1637+ 99998363
1709+ 99998291
1889+ 99998111
1901+ 99998099
1949+ 99998051
1979+ 99998021
2027+ 99997973
2087+ 99997913
2099+ 99997901
2129+ 99997871
2309+ 99997691
2351+ 99997649
后面有许多不打了，知道总数就好。
只要有1个“1+1”哥德巴赫猜想就是成立，所以随着偶数的增大哥德巴赫猜想远远成立，哥德巴赫猜想的素数和对个数增大了，是波浪式上升的。