A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Jelölje az első prímszámot . Megadunk egy algoritmust, amellyel két részre lehet őket osztani úgy, hogy a két részben a tagok összege megegyezzen, ha . Először -et betesszük az első részbe, utána -et a második részbe. Ezután minden lépésben a még be nem osztott prímszámok közül a legnagyobbat oda tesszük, ahol a tagok összege kisebb (ha éppen egyenlő a két összeg, akkor tetszés szerint választunk). Vagyis a -adik lépés után a prímek lesznek szétosztva két részre. Megmutatjuk, hogy a két részben a tagok összege legfeljebb -gyel, vagyis az utoljára beosztott prímmel térhet el. Ezt szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk, -re az állítás nyilvánvalóan teljesül. Tegyük fel, hogy az állítást már igazoltuk -ra, megmutatjuk, hogy -re is igaz. Az indukciós feltevés szerint a prímeket két részre lehet osztani úgy, hogy a két részben a tagok összege legfeljebb -gyel tér el. Ha a soron következő prím beosztása után abban a részben lesz nagyobb a tagok összege, ahova kerül, akkor legfeljebb -val lehet nagyobb, mint a másik részben, hiszen eddig a másik részben nagyobb (vagy éppen ugyanannyi) volt a tagok összege. Ha pedig továbbra is a másik részben marad nagyobb az összeg, akkor az eltérés az indukciós feltevést is használva legfeljebb . Ez viszont Csebisev tétele szerint valóban legfeljebb , hiszen ellenkező esetben a szám és annak kétszerese közé nem esne prím. Ezzel beláttuk, hogy tetszőleges esetén a -adik lépés után a két részben a tagok összege legfeljebb -gyel, vagyis az utoljára beosztott prímmel térhet el. Ez egyben azt is jelenti, hogy az utolsó prím, vagyis a 2 hozzáadása után a két rész különbsége legfeljebb 2 lesz. A különbség nem lehet 1, hiszen esetén az első prímszám összege páros, így a két részben a számok összegének ugyanaz a paritása. Ha a különbség 0, akkor készen vagyunk, találtunk egy jó beosztást. Most tegyük fel, hogy a különbség 2. Ekkor a 2 hozzáadása előtt a két részben az összeg éppen egyenlő, ezt a közös értéket jelölje . A szimmetria miatt feltehető, hogy a 3 az első részbe került. Ekkor az 5 nem kerülhetett az első részbe, ugyanis ekkor a 7 beosztása után a két részben , illetve lett volna a prímek összege, és így 7-nél nagyobb lett volna a különbség. Tehát az 5 a második részbe került. Először tegyük fel, hogy a 7 az első részbe került. A 11 nem kerülhetett az első részbe, mert akkor a 13 beosztása utáni különbség lett volna, így a 11 a második részbe került. Ha a 11-et áttesszük az első részbe, a 3-at és a 7-et pedig a másodikba, akkor az elsőben , a másodikban lesz az összeg, így a 2-t a másodikba téve egyenlő összegeket kapunk. Végül tegyük fel, hogy a 7 a második részbe került. Az előzőekhez hasonlóan látható, hogy a 11 csak az első részbe kerülhetett. Ekkor viszont a 11-et áttéve a második részbe, az 5-öt és a 7-et pedig az elsőbe, a két kialakuló összeg megint és , vagyis a 2-t a második részbe téve ismét egyenlő összegeket kapunk. Ezzel megmutattuk, hogy esetén a kívánt szétosztás megvalósítható. A szám páros, így az első prímszám összege páratlan, hiszen egy darab páros szám (2) és páratlan sok páratlan szám összege. Ebből azonnal következik, hogy nem lehet két részre osztani az első prímszámot úgy, hogy azokban a tagok összege megegyezzen.
II. megoldás az részre. Az I. megoldásban ismertetett algoritmust használva a következőképpen is okoskodhatunk. Legyen az -ödik lépés után kapott két összeg és , melyek eltérése az előzőek szerint legfeljebb . Legyen . Mivel esetén páros (páros sok páratlan prím összege), ezért lehetséges értékei: . Elég megmutatni, hogy a prímeket mindegyik esetben szét lehet úgy osztani két részre, hogy a két rész különbsége éppen legyen. Ehhez a 12-nél nem nagyobb páros nemnegatív egészeket kell felírnunk az első 5 prímszám előjeles összegeként, ami mindegyik esetben megtehető:
|
|