“对任意给定的大于1的自然数n，必然存在非负整数k＜n，使得自然数n＋k与n－k同为素数”，下面我们就来聊聊关于m和n均为非零自然数?接下来我们就一起去了解一下吧!
m和n均为非零自然数
“对任意给定的大于1的自然数n，必然存在非负整数k＜n，使得自然数n＋k与n－k同为素数！”
这个命题其实就是哥德巴赫猜想，虽然一般并不采取如此的表述方式。
哥德巴赫猜想认为“任意一个大于2的偶数，都能表示成两个素数之和。”
如果2n是任意给定的大于2的偶数，并且总存在非负整数k使得n＋k与n－k同为素数，于是必有2n＝(n＋k)＋(n－k)。从而哥德巴赫猜想成立。
显然，如果n＋k是素数，那么n＋k必不能为不大于√(n＋k)的素数整除；如果n－k是素数且n－k≠1，除非n－k是不大于√(n－k)的素数，否则n－k不能为不大于√(n－k)的素数整除。
我们可以断言：
如果n＋k与n－k不能为所有不大于√2n的素数整除，并且n－k≠1，那么n＋k与n－k必同为素数。
设p(x)是一个不大于√2n的素数，再设非负整数d(x)＜p(x)并且有n≡d(x) (mod p(x))，也即p(x)除n的余数为d(x)。
- 当k≡p(x)－d(x) (mod p(x))时，必有n＋k为p(x)整除，也即n＋k≡0 (mod p(x))；
- 当k≡d(x) (mod p(x))时，必有n－k为p(x)整除，也即n－k≡0 (mod p(x))。
于是：
如果k≡p(x)－d(x) (mod p(x))以及k≡d(x) (mod p(x))均不成立时，则n＋k与n－k都不能为任意不大于√2n的素数整除；进一步，如果n－k≠1，则n＋k与n－k必同为素数且n－k＞p(x)。
不妨设p(m)是自然数中的第m个素数，并且p(m)是不大于√2n的最大素数。
因此，如果在0～n－2中，存在一个非负整数k，使得k≡p(x)－d(x) (mod p(x))以及k≡d(x) (mod p(x))对于任意p(x)≤p(m)均不成立，则必有n＋k与n－k同为素数。
在0～n－1这n个数中任取一个数k，数k使得k≡p(x)－d(x) (mod p(x))与k≡d(x) (mod p(x))均不成立的概率是多少呢？不妨记这个概率为P。
我们不难知道：
- 当p(x)=2时，这n个数中有约1/2满足条件；
- 当p(x)=3时，这n个数中至少有约1/3满足条件；
- 当p(x)=5时，这n个数中至少有约3/5满足条件；
- 当p(x)=7时，这n个数中至少有约5/7满足条件；
- 当p(x)=11时，这n个数中至少有约9/11满足条件；
- …………
- 当p(x)=p(m) (m＞1)时，这n个数中至少有约(p(m)－2)/p(m)满足条件。
于是必有：
P＞1/2·1/3·3/5·……·(p(m)－2)/p(m)
＝1/2·∏(p(i)－2)/p(i) (i取2至m)
从而必有：
nP＞n·[1/2·1/3·3/5·……·(p(m)－2)/p(m)]
＞n·1/2·1/p(m)
＞n/2·1/√2n
＝√2n/4
如果n≥32，必有nP＞2，也即在0～n－1这n个数中必有2个以上的自然数k，使得n＋k与n－k不能为任意不大于√2n的素数所整除；也即至少有1个以上的自然数k，使得n＋k与n－k同为素数。
而1＜n＜32时，命题的成立显然。
,
