【试证“双生素数,”有无穷多对】第2018对双生素数的平均数
时间：2020-02-21 12:00:25 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
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=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�n,所以m�（n±1）/6，m为整数，所以，最大的m=［(n-1) /6］。即在［5，n］中有［(n-1) /6］组的数。其中有［(n-1) /6］× 3 5 ①组的数不含因数5。当然［(n-1)/6］不一定能被5整除。若［(n-1) /6］能被5整除，①式也不是准确值，因为第一组（5、7）虽是“双生素数”，但已经被①式排除在外了；若［(n-1) /6］不能被5整除，①式的值与实际相比更有误差。而我们所关心的是要得到一个不足值的表达式。�
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=kp�i （p�i±1）/6（其中k∈n�*，p�i表示第i（i�3）个素数，且在（p�i±1）中的正、负号是根据具体的素数来取号。如p��12�=37时取负号、p��13�=41时取正号。其目的是为了整除性。）不失一般性，令m= kp�ii （p�ii +1）/6代入6m ±1,可得到两组数(6kp�i-p�i-2，6kp�i-p�i)和(6kp�i＋p�i，6kp�i＋p�i +2)。它们每组数中，都有一数含因数p�i，所以这两组数都不是“双生素数”。所以在［5，n］中，每连续p�i组的数组，其“双生素数”只可能存在于其它p�i-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”。�
假定在［5，n］中，最大的“素筛子”为p�k,(其中p �2k�n�p �2k,+1) （n为大于7的偶数）。将③式中第一个p�i改为p�k，则③式变为{［(n-1)/6］-p�k}×( p�i-2 ) /p�i④,其中i=3、4、5……k,所以④式所表示的k-2个式子都是不足值的表达式。依照“容斥原理”，在［5，n］中不含因数5、7、11、……p�k的数组至少有{［(n-1) /6］-p�k} Π k i=3 （1- 2 pi ）={［(n-1)/6］-p�k}× 3 5 × 5 7 × 9 11 ×……× pk-2 pk ＞{［(n-1) /6］-P�k}× 3 pk =［ n-1 2pk ］�3≥［ pk n-1 2pk ］-3=［ n-1 2 ］-3。
因为当n趋向无穷大时，［ n-1 2pk ］-3也趋向无穷大，所以“双生素数”有无穷多。
参考文献： �
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。
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