作业帮求e^兀i＋1的值．
来源：学生作业帮助网 编辑：作业帮 时间：2024/05/09 19:56:14
求e^兀i＋1的值．
求e^兀i＋1的值．
求e^兀i＋1的值．
用尤拉公式
原式=cos兀+isin兀+1=-1+1=0
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：
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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
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
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
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
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
收起
250
7.28
原式=cos兀+isin兀+1=0
用欧拉公式就行了
貌似好深奥～～
太难了
e^兀i=-1
e^兀i+1=0
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...
全部展开
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>
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
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
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
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
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
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
收起
貌似很懂，其实没明白
听不明白。
不会
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...
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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
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
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
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