哥德巴赫猜想—初等数论课后习题

哥德巴赫猜想的初等证明

凡事应尽可能简单，但不能过于简单——A.爱因斯坦
我们的祖先在地球上生活了几百万年后才知道地球的存在；然而真相是简单的。数学家们把问题复杂化了（用连续的思想去解决离散的问题难度更大），用解析数论、代数数论、实分析和复分析不能解决这些问题时，用初等方法能解决吗？
受欧几里得用反证法简单而优美地证明素数无限性的启发，考虑 2n=p+(2n−p)，2n=p+(2n-p) ，2n=p+(2n−p)，若设定 ppp为 nnn 前奇素数，那么只需证明 2n−p2n-p2n−p 中一定有素数即可证明哥德巴赫猜想。
2n2⋅42⋅52⋅62⋅72⋅82⋅92⋅102⋅112np333,53,53,5,73,5,73,5,73,5,73,5,7,...p<n2n−p579,711,913,11,915,13,1117,15,1319,17,152n−p中必有素数\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 2n&2\cdot 4 & 2\cdot 5& 2\cdot 6&2\cdot 7&2\cdot 8& 2\cdot 9&2\cdot 10&2\cdot11&2n \\ \hline p &3& 3&{\color{red}{} 3},5&3, {\color{red}{} 5}&3,5, {\color{red}{} 7}&{\color{red}{} 3},5,7&3,{\color{red}{} 5},7&3,5,{\color{red}{} 7}&3,5,7,...p<n\\ \hline2n-p&5&7&{\color{red}{} 9},7&11,{\color{red}{} 9}&13,11,{\color{red}{} 9}&{\color{red}{} 15},13,11&17,{\color{red}{} 15},13&19,17,{\color{red}{} 15}&2n-p中必有素数\\ \hline \end{array}2np2n−p2⋅4352⋅5372⋅63,59,72⋅73,511,92⋅83,5,713,11,92⋅93,5,715,13,112⋅103,5,717,15,132⋅113,5,719,17,152n3,5,7,...p<n2n−p中必有素数

定理1:设ppp为 nnn 前奇素数的集合,则 2n−p,2n+p2n-p,2n+p2n−p,2n+p 中皆有素数

引理：（中国剩余定理）设m1,m2,m3,...mrm_{1},m_{2},m_{3},...m_{r}m1,m2,m3,...mr是两两互素的，则同余方程组
x≡a1(modm1),x\equiv a_{1}(modm_{1}),x≡a1(modm1),
x≡a2(modm2),x\equiv a_{2}(modm_{2}),x≡a2(modm2),
x≡a3(modm3),x\equiv a_{3}(modm_{3}),x≡a3(modm3),
..................
x≡ar(modmr).x\equiv a_{r}(modm_{r}).x≡ar(modmr).
有模M=m1m2m3⋅⋅⋅mrM=m_{1}m_{2}m_{3} \cdot\cdot\cdot m_{r}M=m1m2m3⋅⋅⋅mr 的唯一解.
这里不是要证明它，而是要引入两种特殊情况的解：
(1)ai=mi(1)a_{i}=m_{i}(1)ai=mi 时,有唯一解：x≡0(modM)，： x\equiv0(modM) ，：x≡0(modM)，最小正解 x=M；(非0)x=M ；(非0)x=M；(非0)
(2)ai=mk,i≠k(2)a_{i}=m_{k},i\ne k(2)ai=mk,i=k时,包括部分ai=mia_{i}=m_{i}ai=mi也有唯一解:x≡b(modM),0<b<M,: x\equiv b(modM),0<b<M ,:x≡b(modM),0<b<M,最小正解 x=b+M.x=b+M .x=b+M.

下面回到命题的证明：
设 ppp 为 nnn 前奇素数的集合， p={3,5,7,...,pi},p<n,i≥1p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1p={3,5,7,...,pi},p<n,i≥1
n=4n=4n=4 时，p=3;2n−p=5p=3; 2n-p=5p=3;2n−p=5 是素数；
n=5n=5n=5 时， p=3;2n−p=7p=3; 2n-p=7p=3;2n−p=7 是素数；
n=6n=6n=6 时， p={3,5};2n−p={9,7};7p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 9,7 \right\}; 7p={3,5};2n−p={9,7};7 是素数；
n=7n=7n=7 时， p={3,5};2n−p={11,9};11p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 11,9 \right\}; 11p={3,5};2n−p={11,9};11是素数；
n=8n=8n=8 时， p={3,5,7};2n−p={13,11,9};13,11p=\left\{ 3,5,7 \right\}; 2n-p=\left\{ 13,11,9 \right\}; 13,11p={3,5,7};2n−p={13,11,9};13,11是素数；
后面是不是都成立呢？下面用反证法来证明：
因为， n2>1n^{2}>1n2>1是一个合数， nnn 的全部素因子皆不超过 n;n;n; 而 n<2n−p<n2，n<2n-p<n^{2}，n<2n−p<n2，所以，若 2n−p2n-p2n−p 是一个合数，则 2n−p2n-p2n−p 必有一个素因子小于 nnn, 即若 2n−p2n-p2n−p 是合数，必能被某个 ppp 整除.设为 q,q∈p.q, q∈p.q,q∈p.

反证法：
设ppp 为 nnn 前奇素数的集合，假设 2n−p={2n−3,2n−5,⋯,2n−pi}2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdots,2n-p_{i} \right\}2n−p={2n−3,2n−5,⋯,2n−pi}全部是合数，必有 2n−p≡0(modq),q∈p,2n-p\equiv0(modq),q\in p,2n−p≡0(modq),q∈p, 2n−p≡0(modq)2n-p\equiv0(modq)2n−p≡0(modq) 全部是合数，不外两种情况： p=qp=qp=q 和 p≠qp\ne qp=q(包括部分 p=qp=qp=q )与引理的两种特殊情况对应(若有 iii 个 p,p ,p,有解的方程组有 i!i!i! 个，即，有解的方程组把 qqq 或 ppp 不动，把 iii 个 ppp 或 qqq 全排列):

当 p=qp=qp=q 时：只有一组这种情况

2n−3≡0(mod3),2n-3\equiv0\pmod 3,2n−3≡0(mod3),
2n−5≡0(mod5),2n-5\equiv0\pmod 5,2n−5≡0(mod5),
2n−7≡0(mod7)，2n-7\equiv0\pmod 7，2n−7≡0(mod7)，
⋯⋯\cdots\cdots⋯⋯
2n−pi≡0(modpi)2n-p_{i}\equiv0\pmod {p_{i}}2n−pi≡0(modpi)
方程组的解是 n≡0(mod3⋅5⋅7⋯pi)，n\equiv0(mod3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}) ，n≡0(mod3⋅5⋅7⋯pi)，满足 2n−p2n-p2n−p 全部是合数的 nnn 最小正值是n=3⋅5⋅7⋯pi,i=1n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} , i=1n=3⋅5⋅7⋯pi,i=1 时就错了，因 n=3n=3n=3 这与设定 ppp 是 nnn 前奇素数 3<n3<n3<n 矛盾.

3∗5=153*5=153∗5=15 ，15前面不是只有3和5两个素数，还有7，11，13没有被考虑；15前面不是只有3和5两个素数，还有7，11，13没有被考虑；15前面不是只有3和5两个素数，还有7，11，13没有被考虑；

所以， n=3⋅5⋅7⋯pin=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}n=3⋅5⋅7⋯pi 是错误的， nnn 前还有大于 pip_{i}pi 的素数；

当 p≠qp\ne qp=q 时(包括部分 p=qp=qp=q )：其它情况，有 i!−1i!-1i!−1组(并不是 ii−1i^{i}-1ii−1 组)

用中国剩余定理解其它方程组都能得到： n≡b(modM),b>0,M=3⋅5⋅7⋯pin\equiv b(modM) , b>0,M=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}n≡b(modM),b>0,M=3⋅5⋅7⋯pi 满足 2n−p2n-p2n−p 全部是合数的 nnn 最小值是 n,=b+3⋅5⋅7⋯pi,b>0,n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} , b>0 ,n,=b+3⋅5⋅7⋯pi,b>0,(部分 q=pq=pq=p 时 b>0,b>0 ,b>0,因只要有一个p≠qp\ne qp=q 就有 b>0b>0b>0 )；
n=3⋅5⋅7⋯pi<n,=b+3⋅5⋅7⋯pin=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}<n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}n=3⋅5⋅7⋯pi<n,=b+3⋅5⋅7⋯pi
n=3⋅5⋅7⋯pin=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}n=3⋅5⋅7⋯pi 是错误的， nnn 前还有大于 pip_{i}pi 的素数； nnn 并非全部 ppp 的积；
n,=b+3⋅5⋅7⋯pin^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}n,=b+3⋅5⋅7⋯pi 更是错误的， n,n^{,}n, 前还有更多大于 pip_{i}pi 的素数；

举例：
n=6n=6n=6时，有 2n−32n-32n−3 与 2n−52n-52n−5

p=q:2n−3≡0(mod3),2n−5≡0(mod5),p=q:2n-3\equiv0(mod3),2n-5\equiv0(mod5),p=q:2n−3≡0(mod3),2n−5≡0(mod5), 解得n≡0(mod3⋅5)n\equiv0(mod3\cdot5)n≡0(mod3⋅5)
p≠q:2n−3≡0(mod5),2n−5≡0(mod3),p\ne q:2n-3\equiv0(mod5),2n-5\equiv0(mod3),p=q:2n−3≡0(mod5),2n−5≡0(mod3), 解得n≡4(mod3⋅5)n\equiv4(mod3\cdot5)n≡4(mod3⋅5)

若这两数都是合数解得 n≡0,4(mod15)n\equiv0,4(mod15)n≡0,4(mod15) (最小解)不等于6.6.6.

(注， 2n−3≡0(mod3),2n−5≡0(mod3)2n-3\equiv0(mod3),2n-5\equiv0(mod3)2n−3≡0(mod3),2n−5≡0(mod3)无解; 2n−3≡0(mod5),2n−5≡0(mod5)2n-3\equiv0(mod5),2n-5\equiv0(mod5)2n−3≡0(mod5),2n−5≡0(mod5)也无解，即同模无解或是同一个方程，因为矛盾 )

n=15n=15n=15 是满足 2n−3=27和2n−5=252n-3=27 和 2n-5=252n−3=27和2n−5=25 都是合数的最小解，但 151515 前面还有大于 555 的素数 7、11、137、11、137、11、13 没有被考虑；n=6n=6n=6 时，有 2n−3与2n−52n-3 与 2n-52n−3与2n−5 ,但这两数都是合数时 n=15,30,45,...n=15,30,45,...n=15,30,45,...
n=4+15=19n=4+15=19n=4+15=19 也满足 2n−3=35和2n−5=332n-3=35 和 2n-5=332n−3=35和2n−5=33 都是合数，但 191919 前面还有大于 555 的素数 7、11、13、177、11、13、177、11、13、17 没有被考虑；这两数都是合数时 n=19,34,49,...n=19,34,49,...n=19,34,49,...

综上所述：假设 2n−p={2n−3,2n−5,⋅⋅⋅,2n−pi}2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdot\cdot\cdot,2n-p_{i} \right\}2n−p={2n−3,2n−5,⋅⋅⋅,2n−pi} 全部是合数, n=Mn=Mn=M 是最小解，其它解也与事实不符：n≠0,b(modM),n\ne0,b(modM),n=0,b(modM), 即 n=Mn=Mn=M 是错误的，n=b+Mn=b+Mn=b+M 更是错误的，这个假设是错误的，它们不能全是合数。所以, ppp 为 nnn 前奇素数的集合， 2n−p2n-p2n−p 中必有素数.
同理： ppp 为 nnn 前奇素数的集合， 2n+p2n+p2n+p 中必有素数，因 n<2n+p<3n<n2.n<2n+p<3n<n^{2} .n<2n+p<3n<n2.

定理2：大于2的偶数必能表为两个素数之和

证明：
设 ppp 为 nnn 前奇素数的集合,对于 2n2n2n ，当
n=2n=2n=2 时， 4=2+24=2+24=2+2 ，成立；
n=3n=3n=3 时， 6=3+36=3+36=3+3 ，成立；
n>pn>pn>p 时， nnn 前总有奇素数 p,np , np,n 后 2n2n2n 前，总有 2n−p2n-p2n−p 是素数;（证明同定理1）
2n=p+(2n−p)2n=p+(2n-p)2n=p+(2n−p) ，所以大于2的偶数必能表为两个素数的和。

定理3：偶数必能表为两个素数之差

证明：
设 ppp 为 nnn 前奇素数的集合,对于 2n2n2n ，当
n=1n=1n=1 时， 2=5−3；2=5-3 ；2=5−3；
n=2n=2n=2 时， 4=7−3；4=7-3 ；4=7−3；
n=3n=3n=3 时， 6=11−56=11-56=11−5 ;都成立；
当 n>pn>pn>p 时， 2n+p2n+p2n+p 中必有素数; 证明同定理1；
2n=(2n+p)−p2n=(2n+p)-p2n=(2n+p)−p ，所以：偶数必能表为两个素数之差。

定理4：(伯特兰猜想) 任意正整数 n>1,nn>1 , nn>1,n 与 2n2n2n 之间必有一素数

1845 年，法国数学家伯特兰猜想对于任意给定的正整数 n>1n>1n>1 ,存在一个素数 ddd ,使得 n<d<2nn<d<2nn<d<2n .这个猜想的第一个证明是由切比雪夫在 1852 年给出的（证明的过程较复杂）.因为已经被证明了，所以它通常被称为伯特兰公设.
证明：
设 ppp 是 nnn 前奇素数的集合， p={3,5,7,...,pi},p<n,i≥1p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1p={3,5,7,...,pi},p<n,i≥1
当 n=2n=2n=2 时, 2<3<42 < 3 < 42<3<4 ，命题成立；
当 n=3n=3n=3 时, 3<5<63 < 5 < 63<5<6 ，命题成立；
当 n>pn>pn>p 时，nnn 后 2n2n2n 前(n<2n−p<2n)(n<2n-p<2n)(n<2n−p<2n)总有 2n−p2n-p2n−p 是素数；证明同定理 1;1;1;
所以，当 n>1 时, n 与 2n 之间必有一素数。伯特兰猜想得证。

定理5：大于2的偶数两边总有一对对称素数（素数偶对称性）

证明： 略

所谓奇数哥德巴赫猜想不需证明，偶数+3+3+3即是奇数，自然成立。
即：大于555的奇数都能写成三个素数之和。

致谢:
XXX指出原文中最小解的“错误”,后来我发现原来的论述是对的，最小解就是 n=Mn=Mn=M ,不是 n=0,b,n=0,b ,n=0,b,因为 n≡0,b(modM)n\equiv0,b(modM)n≡0,b(modM) 它等价于 n=(0,b)+M∗k,n=(0,b)+M*k ,n=(0,b)+M∗k,其中 k≠0k\ne0k=0 为正整数(000不能作除数)。

补充：
不得不作如下说明
nnn 前若有iii个ppp,使得(若) 2n−p2n-p2n−p 全部是合数的有解的方程组有i!i!i!个，并不是 iii^{i}ii 个。同模都要剔除。举例： n=12n=12n=12的情况
比121212小的奇素数有444个，不考虑有没有解的话应当有 44=2564^{4}=25644=256 个同余式组，以下是其中一个
{2n≡3(mod7),2n≡5(mod3),∙2n≡7(mod11),2n≡11(mod3).∙\begin{cases} 2n\equiv3(mod7) ,\\ 2n\equiv5(mod3),\bullet\\ 2n\equiv7(mod11), \\2n\equiv11(mod3).\bullet\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧2n≡3(mod7),2n≡5(mod3),∙2n≡7(mod11),2n≡11(mod3).∙
解为 n≡227(mod231)，n\equiv227\left( mod231 \right) ，n≡227(mod231)，虽然有解，其中 5≡11≡2(mod3)5\equiv11\equiv2(mod3)5≡11≡2(mod3) 是同一个方程，就少了一个，不能保证四个 (2n−3,2n−5,2n−7,2n−11)(2n-3,2n-5,2n-7,2n-11)(2n−3,2n−5,2n−7,2n−11) 全部是合数；将最小的 n=227+231=458n=227+231=458n=227+231=458 代入得：
{2n−3=913=11×83,2n−5=911,prime2n−7=909=9×101,2n−11=905=5×181.\begin{cases} 2n-3=913=11\times83 ,\\ 2n-5=911,prime\\ 2n-7=909=9\times101, \\2n-11=905=5\times181.\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧2n−3=913=11×83,2n−5=911,prime2n−7=909=9×101,2n−11=905=5×181.
其中 911911911 是素数。
只有两两互素才能保证全部是合数， (3,3)=3≠1(3,3)=3\ne1(3,3)=3=1
同模要么无解，要么是同一个方程。所以都要剔除。所以(符合全部是合数的)有解的方程组只有i!个。
n=12n=12n=12 时，符合 2n−p2n-p2n−p 全部是合数的 nnn 最小值 n=3×5×7×11=1155，n=3\times5\times7\times11=1155 ，n=3×5×7×11=1155，其它解都大于 115511551155.
另：方程组 {x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)\begin{cases}x\equiv a_{1}(\mod m_{1})\\x\equiv a_{2}(\mod m_{2})\end{cases}{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2) 有解当且仅当 (m1,m2)∣(a1−a2),(m_{1},m_{2})|(a_{1}-a_{2}),(m1,m2)∣(a1−a2),若有解，则解模 [m1,m2][m_{1},m_{2}][m1,m2] 唯一。

附：

当 nnn 是素数时， 2n2n2n 表为两个素数之和有奇数种表示；
比如：
4=2⋅2={2}14=2\cdot2=\left\{ 2 \right\}_{1}4=2⋅2={2}1
6=2⋅3={3}16=2\cdot3=\left\{ 3 \right\}_{1}6=2⋅3={3}1
10=2⋅5={3,5,7}310=2\cdot5=\left\{ 3,5,7 \right\}_{3}10=2⋅5={3,5,7}3
14=2⋅7={3,7,11}314=2\cdot7=\left\{ 3,7,11 \right\}_{3}14=2⋅7={3,7,11}3
22=2⋅11={3,5,11,17,19}522=2\cdot11=\left\{ 3,5,11,17,19 \right\}_{5}22=2⋅11={3,5,11,17,19}5
={3+195+1711+1117+519+3=\begin{cases} 3+19\\5+17\\11+11\\17+5\\19+3\end{cases}=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧3+195+1711+1117+519+3
26=2⋅13={3,7,13,19,23}526=2\cdot13=\left\{ 3,7,13,19,23 \right\}_{5}26=2⋅13={3,7,13,19,23}5
34=2⋅17={3,5,11,17,23,29,31}734=2\cdot17=\left\{ 3,5,11,17,23,29,31 \right\}_{7}34=2⋅17={3,5,11,17,23,29,31}7
38=2⋅19={7,19,31}338=2\cdot19=\left\{ 7,19,31 \right\}_{3}38=2⋅19={7,19,31}3
={7+3119+1931+7=\begin{cases}7+31\\19+19\\31+7\end{cases}=⎩⎪⎨⎪⎧7+3119+1931+7
46=2⋅23={3,5,17,23,29,41,43}746=2\cdot23=\left\{ 3,5,17,23,29,41,43 \right\}_{7}46=2⋅23={3,5,17,23,29,41,43}7
58=2⋅29={5,11,17,29,41,47,53}758=2\cdot29=\left\{ 5,11,17,29,41,47,53 \right\}_{7}58=2⋅29={5,11,17,29,41,47,53}7
62=2⋅31={3,19,31,43,59}562=2\cdot31=\left\{ 3,19,31,43,59 \right\}_{5}62=2⋅31={3,19,31,43,59}5
74=2⋅37={3,7,13,31,37,43,61,67,71}974=2\cdot37=\left\{ 3,7,13,31,37,43,61,67,71 \right\}_{9}74=2⋅37={3,7,13,31,37,43,61,67,71}9
82=2⋅41={3,11,23,29,41,53,59,71,79}982=2\cdot41=\left\{ 3,11,23,29,41,53,59,71,79 \right\}_{9}82=2⋅41={3,11,23,29,41,53,59,71,79}9
86=2⋅43={3,7,13,19,43,67,73,79,83}986=2\cdot43=\left\{ 3,7,13,19,43,67,73,79,83 \right\}_{9}86=2⋅43={3,7,13,19,43,67,73,79,83}9
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

当 nnn 是合数时， 2n2n2n 表为两个素数之和有偶数种表示；
12=2⋅6={5,7}2={5+77+512=2\cdot6=\left\{ 5,7 \right\}_{2}=\begin{cases} 5+7\\7+5\end{cases}12=2⋅6={5,7}2={5+77+5
16=2⋅8={3,5,11,13}4={3+135+1111+513+316=2\cdot8=\left\{ 3,5,11,13 \right\}_{4}=\begin{cases} 3+13\\5+11\\11+5\\13+3\end{cases}16=2⋅8={3,5,11,13}4=⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧3+135+1111+513+3
70=2⋅35={3,11,17,19,23,41,47,53,59,67}10={3+6711+5917+5323+4729+4141+2947+2353+1759+1167+370=2\cdot35=\left\{ 3,11,17,19,23,41,47,53,59,67 \right\}_{10} =\begin{cases} 3+67\\11+59\\17+53\\23+47\\29+41\\41+29\\47+23\\53+17\\59+11\\67+3\end{cases}70=2⋅35={3,11,17,19,23,41,47,53,59,67}10=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧3+6711+5917+5323+4729+4141+2947+2353+1759+1167+3
100=2⋅50={3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}12100=2\cdot50=\left\{ 3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97 \right\}_{12}100=2⋅50={3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}12
104=2⋅52={3,7,31,37,43,61,67,73,97,101}10104=2\cdot52=\left\{ 3,7,31,37,43,61,67,73,97,101 \right\}_{10}104=2⋅52={3,7,31,37,43,61,67,73,97,101}10
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
对任意的 n>1n>1n>1 都有：
若 nnn 是合数， 2n2n2n 表示为两个素数之和的方法有偶数种；
若 nnn 是素数， 2n2n2n 表示为两个素数之和的方法有奇数种.
大于6的偶数，都能表为两个不同奇素数的和
这是因为： p<n,p≠2n−pp<n, p\ne2n-pp<n,p=2n−p
大于101010的偶数，都能表为“1+2”“1+2”“1+2”，即一个素数与两个素数乘积之和
12=3+3⋅312=3+3\cdot312=3+3⋅3
14=5+3⋅314=5+3\cdot314=5+3⋅3
16=2+2⋅7=7+3⋅316=2+2\cdot7=7+3\cdot316=2+2⋅7=7+3⋅3
这是因为：当 2n−p2n-p2n−p 为合数时，它的全部素因子皆小于 nnn ,因为 2n−p<n22n-p<n^{2}2n−p<n2
一定存在2n−p=pja⋯pib2n-p=p_j^{a}\cdots p_i^b2n−p=pja⋯pib，那么，一定存在这样的合数，2n−p=pj⋅pi2n-p=p_j\cdot p_i2n−p=pj⋅pi，
小于146146146的偶数有些不都能表为“1+3”“1+3”“1+3”，即一个素数与三个素数乘积之和
10=2+2⋅2⋅210=2+2\cdot2\cdot210=2+2⋅2⋅2
121212 不能表为1+31+31+3
14=2+2⋅2⋅314=2+2\cdot2\cdot314=2+2⋅2⋅3
161616 不能表为1+31+31+3
181818 不能表为1+31+31+3
20=2+2⋅3⋅320=2+2\cdot3\cdot320=2+2⋅3⋅3
22=2+2⋅2⋅522=2+2\cdot2\cdot522=2+2⋅2⋅5
242424 不能表为1+31+31+3
262626 不能表为1+31+31+3
282828 不能表为1+31+31+3
30=3+3⋅3⋅330=3+3\cdot3\cdot330=3+3⋅3⋅3
32=5+3⋅3⋅332=5+3\cdot3\cdot332=5+3⋅3⋅3
34=7+3⋅3⋅334=7+3\cdot3\cdot334=7+3⋅3⋅3
363636 不能表为1+31+31+3
38=11+3⋅3⋅338=11+3\cdot3\cdot338=11+3⋅3⋅3
40=13+3⋅3⋅340=13+3\cdot3\cdot340=13+3⋅3⋅3
424242不能表为1+31+31+3
44=17+3⋅3⋅344=17+3\cdot3\cdot344=17+3⋅3⋅3
46=19+3⋅3⋅346=19+3\cdot3\cdot346=19+3⋅3⋅3
48=3+3⋅3⋅548=3+3\cdot3\cdot548=3+3⋅3⋅5
50=5+3⋅3⋅5=23+3⋅3⋅350=5+3\cdot3\cdot5=23+3\cdot3\cdot350=5+3⋅3⋅5=23+3⋅3⋅3
52=7+3⋅3⋅552=7+3\cdot3\cdot552=7+3⋅3⋅5
54=2+2⋅2⋅1354=2+2\cdot2\cdot1354=2+2⋅2⋅13
56=11+3⋅3⋅556=11+3\cdot3\cdot556=11+3⋅3⋅5
58=31+27=13+3⋅3⋅558=31+27=13+3\cdot3\cdot558=31+27=13+3⋅3⋅5
606060不能表为1+31+31+3
62=17+3⋅3⋅562=17+3\cdot3\cdot562=17+3⋅3⋅5
64=37+3⋅3⋅3=19+3⋅3⋅564=37+3\cdot3\cdot3=19+3\cdot3\cdot564=37+3⋅3⋅3=19+3⋅3⋅5
78=3+3⋅5⋅578=3+3\cdot5\cdot578=3+3⋅5⋅5
848484 不能表为1+31+31+3
909090 不能表为1+31+31+3
969696 不能表为1+31+31+3
108=3+3⋅5⋅7108=3+3\cdot5\cdot7108=3+3⋅5⋅7
114114114 不能表为1+31+31+3
114={2+24⋅73+3⋅3719+5⋅1923+7⋅1329+5⋅1737+7⋅1159+5⋅1179+5⋅789+5⋅5114=\begin{cases}2+2^{4}\cdot7\\3+3\cdot37\\19+5\cdot19\\23+7\cdot13\\29+5\cdot17\\37+7\cdot11\\59+5\cdot11\\79+5\cdot7\\89+5\cdot5\end{cases}114=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧2+24⋅73+3⋅3719+5⋅1923+7⋅1329+5⋅1737+7⋅1159+5⋅1179+5⋅789+5⋅5
114={5,7,11,13,17,31,41,43,47,53,61,67,71,73,83,97,101,103,107,109}20114=\left\{ 5,7,11,13,17,31,41,43,47,53,61,67,71,73,83,97,101,103,107,109 \right\}_{20}114={5,7,11,13,17,31,41,43,47,53,61,67,71,73,83,97,101,103,107,109}20
138138138不能表为1+31+31+3
144144144 不能表为1+31+31+3

大于282828的不能表为1+31+31+3的偶数都能被333整除！
从146146146开始，我算到266266266都能够表为1+31+31+3
114611461146 不能表为1+41+41+4
待续中