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1、从拣桃问题谈起 摘要本文从民间流传的拣桃问题出发，联系数论中的有关问题，用初等方法再次证明了Braner与Zeile的结果予西民间流传这样一个所谓的“拣桃问题”曰：＂路上桃子多，一步有一颗．老大头前过，两步拣一个．老二跟着走，三步一抻手．老三五步老四七，老五拣桃步十一．兄弟五人拣过后，最长空隙是几何？＂从而为孩子们提供了拣石子作游戏的内容，问题的答案可由试验求得．还有个解法妙诀，最长空隙为倒数第二个人拣桃步数的两倍．将此问题一般化，当人数增加为6,7,8,….k个时，拣桃步数按素数的顺序13,17,19,….最长空隙用S表示，
2、按解法妙诀，最长空隙为.另外，文［1］提出＂若为不大于的全体素数，能有多少个连续整数，它们当中的每一个，一定最少被这k个素数之一所整除？＂设连续整数个数为R,最长空隙用S与其相差为1．即R=S-1.文［1］中讲到；＂Braner与Zeile在1930年证明了，若时，则最少必有个这样的数．．．．．．＂按拣桃问题解法妙诀，应该有个这样的数．二者谁是谁非？经过艰辛的研究，最终否决了拣桃问题的普遍性，用初等的方法再次对BZ的结果进行了证明．证明的思路．当时，记集合．按BZ的结果应有个连续整数，当中的每一个，一定最少被这14个素数之一所整除..即集合，对于B中的任
3、意一个数n,总存在一个，换句话说，依次用去除B中的每一个数，．对于．BZ的结果就是说用P筛B，一定会被全部筛掉，而没有剩余．如果筛不净，那么BZ的结果就是错误的．显然N为偶数，首先用去筛，由于，所以筛后得到集合建立映射，使N+2i-1与i对应，得到集合，显然这个映射是一一映射．因为用已经筛掉B中的所以偶数，所以考察用能否筛净，就转化成能否筛净F．-46-将F中的元素，以为模，划分成三个剩余类，记,当用去筛时，只能筛掉上述三个集合之一在B中的原象．所以只有三种可能．将F中的元素，以为模，划分成五个剩余类，记,当用去筛时，只能筛掉上述五个集合之一在B中的原象
4、．所以只有五种可能．在F中，用筛后，将出现十五种情况记(i=0,1,2),(j=0,1,2,3,4),以下用去筛，只要有一种方式能筛净十五个集合中的一个，那么BZ的结果就是正确的．以下用去筛，记表示集合的元素个数．由于以下对集合进行这样的处理，将中的元素，分别以为模划分成剩余类集合，为方便计算引进一些记号：表示以为模余k的剩余类集合．表示的剩余类集合中元素个数最多的那个集合，表示其集合的元素个数．表示的剩余类集合中元素个数等于k的那些集合，．表示其集合的个数．的以为模的剩余类集合都是单元素集，以为模的剩余类集合只有一个二元集，即，又，其它都是单元集或空集
5、．令，因而对的讨论转化成对的讨论，．表一是的以的剩余类集合．凡是单元集和空集就没有列出：P10=29P9=23P8=19P7=17P6=13P5=11P4=73,329,325,2418,3514,2712,2314,359,3812,358,273,203,2924,358,15,2915,3814,3312,2917,303,149,23,3015,325,185,27,383,17,24,3820,3318,2918,329,358,305,12,3312,389,2020,27-46-将的及列成表二：P4=7P5=11P6=13P7=17P8=1
6、9P9=23P10=29P11=31P13=41P14=4343222221111174332又如果能从的剩余类集合中中选出某个集合列组成，使得，那么BZ的结果就是正确的．第一；考察全由组成的集合列，显然观察为了直观起见，我们画出配合的树形图，若则发生分枝现象．决定了分枝的枝数．加括号的数字表明与前面的数字发生了重复现象，称为重复元素．[2]图一由树形图知而，令则第二，考察组成的集合序列，虽然然而由配合的树形图二； 图二中，每枝上都有一重复元素．所以，而令则 第三；考察考察组成的集合序列，虽然-46-然而由配合的树形图三中，每枝上都有一重
7、复元素见图三； 图三，而令则我们考察了由表一中所有的剩余类集合列都不能充满似乎BZ的结论是错误的，我们对十五个集合都进行了上述的讨论，发现都筛不净．我们的出发点是让每一个P都尽可能筛的元素最多．突出一点是让筛两个元素． 当考察筛一个元素的情况，即的剩余类是单元素集时，重新对划分剩余类集合，得到表三，这时的剩余类集合都是单元素集或空集．P10=31P10=29P9=23P8=19P7=17P6=13P5=11P4=7312,319,3220,3918,3514,2712,2314,352,333,3212,355,243,202,152
8、,24,358,15,298,399,3815,388,275,393,293,
