試證“雙生素數”有無窮多對

中圖分類號：O156 文獻標識碼：A 文章編號：1008-925X(2011)11-0246-01

任何不小于3的自然數，可表示為6m，6m±1，6m±2，6m±3，m∈n*。而6m，6m±2，6m±3是含因數為2或3的合數。所以，任何不小于5的素數或不含因數3的奇合數可表示為6m±1，m∈n*的形式。當m分別取1、2、3、4、5、6時，依次得到6組數：(5、7)，（11、13），（17、19），（23、25），（29、31），（35、37）。其中第1、2、3、5組均為“雙生素數”，而第4、6兩組均不是“雙生素數”。

若令m=5k±1， k∈n*代入6m±1可得到兩組數；(30k-7，30k-5)和（30k+5，30k+7）。這說明每連續5組數中必有兩組數，它們都有一數含因數5，所以這兩組數都不是“雙生素數”。而“雙生素數”只可能存在于其它3組中。

那么在［5，n］中（n為大于7的偶數），到底有多少組的數呢？可能存在“雙生素數”的數組至少又有多少個呢？

因為6m±1

為了能得到一個不足值的表達式，我們不妨把最后的5組數進行舍棄（原先把不能整除的尾數q進行舍棄其中q＜5即可得到一個不足值，倒不如舍棄5來得更加徹底）。于是我們就能得到一個可能存在“雙生素數”組數的不足值表達式{［(n-1) /6］-5}×3/5 ②。

一般地，可令m=kpi±（pi±1）/6（其中k∈n*，pi表示第i（i3）個素數，且在（pi±1）中的正、負號是根據具體的素數來取號。如p12=37時取負號、p13=41時取正號。其目的是為了整除性。）不失一般性，令m= kpi±（pi+1）/6代入6m±1，可得到兩組數(6kpi-pi-2，6kpi-pi)和(6kpi＋pi，6kpi＋pi+2)。它們每組數中，都有一數含因數pi，所以這兩組數都不是“雙生素數”。所以在［5，n］中，每連續pi組的數組，其“雙生素數”只可能存在于其它pi-2組中。妨照②式，至少有{［(n-1)/6］-pi}×(pi-2)/pi ③組可能含有“雙生素數”。

假定在［5，n］中，最大的“素篩子”為pk，(其中p 2k

∏ki=3(1-2pi)={［(n-1)/6］-pk}×35×57×911×……×pk-2pk＞{［(n-1)/6］-pk}×3pk=［n-12pk ］―3≥［pkn-12pk］-3=［n-12］-3。

因為當n趨向無窮大時，［n-12］-3也趨向無窮大，所以“雙生素數”有無窮多。

參考文獻

[1] 潘承洞.潘承彪合著《解析數論基礎》第32章的內容.北京：科學出版社，1991年