试证“双生素数”有无穷多对

中图分类号：O156 文献标识码：A 文章编号：1008-925X(2011)11-0246-01任何不小于3的自然数,可表示为6m,6m±1,6m±2,6m±3,m∈n*.而6m,6m±2,6m±3是含因数为2或3的合数.所以,任何不小于5的素数或不含因数3的奇合数可表示为6m±1,m∈n*的形式.当m分别取1、2、3、4、5、6时,依次得到6组数：(5、7),（11、13）,（17、19）,（23、25）,（29、31）,（35、37）.其中第1、2、3、5组均为“双生素数”,而第4、6两组均不是“双生素数”. 若令m等于5k±1, k∈n*代入6m±1可得到两组数；(30k-7,30k-5)和（30k+5,30k+7）.这说明每连续5组数中必有两组数,它们都有一数含因数5,所以这两组数都不是“双生素数”.而“双生素数”只可能存在于其它3组中. 那么在［5,n］中（n为大于7的偶数）,到底有多少组的数呢?可能存在“双生素数”的数组至少又有多少个呢? 因为6m±1为了能得到一个不足值的表达式,我们不妨把最后的5组数进行舍弃（原先把不能整除的尾数q进行舍弃其中q＜5即可得到一个不足值,倒不如舍弃5来得更加彻底）.于是我们就能得到一个可能存在“双生素数”组数的不足值表达式{［(n-1) /6］-5}×3/5 ②. 一般地,可令m等于kpi±（pi±1）/6（其中k∈n*,pi表示第i（i3）个素数,且在（pi±1）中的正、负号是根据具体的素数来取号.如p12等于37时取负号、p13等于41时取正号.其目的是为了整除性.）不失一般性,令m等于 kpi±（pi+1）/6代入6m±1,可得到两组数(6kpi-pi-2,6kpi-pi)和(6kpi＋pi,6kpi＋pi+2).它们每组数中,都有一数含因数pi,所以这两组数都不是“双生素数”.所以在［5,n］中,每连续pi组的数组,其“双生素数”只可能存在于其它pi-2组中.妨照②式,至少有{［(n-1)/6］-pi}×(pi-2)/pi ③组可能含有“双生素数”. 检测定在［5,n］中,最大的“素筛子”为pk,(其中p 2k∏ki等于3(1-2pi)等于{［(n-1)/6］-pk}×35×57×911×等×pk-2pk＞{［(n-1)/6］-pk}×k等于［n-12pk ］3≥［pkn-12pk］-3等于［n-12］-3. 因为当n趋向无穷大时,［n-12］-3也趋向无穷大,所以“双生素数”有无穷多. 参考文献 [1] 潘承洞.潘承彪合著《解析数论基础》第32章的内容.北京：科学出版社,1991年 本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文