原命题为：
若 x % 2 = 0，则 x = p1 ^ p2。
其逆否命题为：
若 x ≠ p1 ^ p2，则 x % 2 ≠ 0 (即 x % 2 = 1)
因为 p1 与 p2 为奇素数，故 p1 ^ p2 为偶数，但这又绕回原来的问题了.jpg
by 墨笙_Mooos @ 2021-07-15 19:36:13
@[R eliauk](/user/319671) 您找的不是最小解吧
by ByGones @ 2021-07-15 19:37:27
@[卞宇轩](/user/209848) 是**满足**$\mathbf{(p, p + k)}$ 的最小解。
by Reliauk @ 2021-07-15 19:41:56
我发现一个神奇的性质，但应该没多大用，$2$ ~ $10^7$ 之间的偶数都能表示为一个小于1000的质数异或另一个不是很大的数
by ByGones @ 2021-07-15 19:47:30
去找素数终结者证明/xyx
by Kiloio @ 2021-07-15 19:51:34
@[子滋蓻啙茡](/user/169555) 还有宣永和)
by chu_K @ 2021-07-15 19:54:14
@[nottttttthy](/user/101215) 民科yyds/xyx
by Kiloio @ 2021-07-15 19:59:07
插眼蹲个证明
by llmmkk @ 2021-07-15 20:25:39
cy蹲证明，但个人感觉十分不可做
by Nopain @ 2021-07-15 20:40:38
虽然是代码不能证明全局，但是可以证明a+b=a^b+2*(a&b)=N
N为自然数
N>2*(a&b)+2 的情况就是哥德巴赫猜想
```C++
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool prime(unsigned long long n) { //quick
unsigned long long stop = n / 6 + 1, Tstop = sqrt(n) + 5;
if (n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7 || n == 11) {
return 1;
}
if (n % 2 == 0 || n % 3 == 0 || n % 5 == 0 || n == 1) {
return 0;
}
for (unsigned long long i = 1; i <= stop; i++) {
if (i * 6 >= Tstop) {
break;
}
if ((n % (i * 6 + 1) == 0) || (n % (i * 6 + 5) == 0)) {
return 0;
}
}
return 1;
}
int main() {
for(int a=0; a<=100; a++)
for(int b=0; b<=100; b++) {
if(a+b==a^b+2*(a&b)) puts("Yes");
else puts("No");
}
for(int N=2; N<=1e5; N+=2) {
for(int i=2; i<10000; i++) {
for(int j=2; j<10000; j++) {
if((i^j)==N&&prime(i)&&prime(j)) {
cout<<"N="<<N<<"="<<i<<"^"<<j<<endl;
i=1000000;
j=1000000;
}
}
}
}
}
```
这只是个人猜想.
by EAlivn @ 2021-07-15 20:51:08