любое число можно представить суммой двух взаимно простых

[worm2]

Ну, если не изгаляться, привлекая весьма нетривиальные результаты, то можно ещё проще - рассмотреть 3 случая:
1) n = 2k+1 = k+(k+1),
2) n = 4k = (2k-1) + (2k+1)
3) n = 4k+2 = (2k-1) + (2k+3)

[Батороев]

enko писал(а):

Что значит, расположены симметрично середины составного числа $N$ ?

Рассмотрим интерпретацию, которую я зачастую использую в своих рассуждениях.
Числовая ось представляется в виде прямой, вдоль которой проходят синусоиды с полупериодом, равным простым числам.
Если число - составное, то точку, символизирующую данное число, пересекает несколько синусоид, причем число синусоид равно количеству простых делителей числа $ N $.

Рассматривая только эти синусоиды, можно отметить, что все их пересечения с числовой осью происходят в точках, соответствующих числам, невзаимнопростым с числом $ N $ (т.е. имеющих с ним общие делители).
Если указанные синусоиды на участке $ (0, N) $ "перегнуть" пополам, то все точки пересечения синусоид с осью первой половины совпадут с точками второй половины.
Т.е. все числа, невзаимнопростые числу $ N $, расположены на числовой оси симметрично середины отрезка $ (0, N) $.

[незваный гость]

bot писал(а):

Ёлы-палы - может быть хватит изгаляться то?
Ну, забыл он сказать, что каждое слагаемое должно быть больше 1.

Хотелось бы, чтобы enko понял, что это важное условие. Равно как то, что если $N >6$ не используется в доказательстве леммы, то это доказательство неверно (поскольку есть контрпример $N=6$).

bot писал(а):

Ну, тогда годится то самое a=p, которое лежит между N/2 и N.

Не годится. Оно может быть равно ровно $N-1$, и нас не устраивать (см. забытое условие).

enko писал(а):

Что значит, расположены симметрично середины составного числа $N$ ?

Я думаю, симметрично в данном случае обозначает соответствие $a \leftrightarrow N-a$.

worm2 писал(а):

Ну, если не изгаляться, привлекая весьма нетривиальные результаты, то можно ещё проще

А я уж было собирался посоветовать посчитать взаимнопростые числа (неявный путь). Это куда лучше.

[Антипка]

незваный гость писал(а):

worm2 писал(а):

Ну, если не изгаляться, привлекая весьма нетривиальные результаты, то можно ещё проще

А я уж было собирался посоветовать посчитать взаимнопростые числа (неявный путь). Это куда лучше.

Конечно, worm2 дал исчерпывающее элементарное решение - наверное, самое простое из возможных. Тем не менее, идея автора задачи также может быть доведена до конца и ничего считать там не надо. Итак, положим p - максимальный простой делитель N, M=N/p. Если M<=2, то искомое представление N=(M+1)+(N-M-1). Если же M>2, то как минимум одно из чисел M-1, M+1 взаимно просто с N и оба они удовлетворяют ограничению "от 2 до N-2". Действительно, если p=2, то N является степенью двойки, а M+1 и M-1 - нечетные. Если же p>2, то разность (M+1)-(M-1)=2 не кратна p, значит, одно из этих чисел не кратно p. Ну а то, что ни одно из чисел (M+1) и (M-1) не делится на другие простые делители N очевидно.