孪生素数猜想与弱波林那克猜想的证明

Bounded gaps between primesYitang ZhangAbstractIt is proved that(p n+1−p n)<7×107,lim infn→∞where p n is the n-th prime.Our method is a refinement of the recent work of Goldston,Pintz and Yildirim on the small gaps between consecutive primes.A major ingredient of the proof is a stronger version of the Bombieri-Vinogradov theorem that is applicable when the moduli are free from large prime divisors only(see Theorem2below),but it is adequate for our purpose.Contents1.Introduction22.Notation and sketch of the proof33.Lemmas74.Upper bound for S1165.Lower bound for S222binatorial arguments247.The dispersion method278.Evaluation of S3(r,a)299.Evaluation of S2(r,a)3010.A truncation of the sum of S1(r,a)3411.Estimation of R1(r,a;k):The Type I case3912.Estimation of R1(r,a;k):The Type II case4213.The Type III estimate:Initial steps4414.The Type III estimate:Completion48References5511.IntroductionLet p n denote the n-th prime.It is conjectured thatlim infn→∞(p n+1−p n)=2.While a proof of this conjecture seems to be out of reach by present methods,recently Goldston,Pintz and Yildirim[6]have made significant progress toward the weaker con-jecturelim infn→∞(p n+1−p n)<∞.(1.1) In particular,they prove that if the primes have level of distributionϑ=1/2+ for an (arbitrarily small) >0,then(1.1)will be valid(see[6,Theorem1]).Since the result ϑ=1/2is known(the Bombieri-Vinogradov theorem),the gap between their result and (1.1)would appear to be,as said in[6],within a hair’s breadth.Until very recently,the best result on the small gaps between consecutive primes was due to Goldston,Pintz andYildirim[7]that giveslim infn→∞p n+1−p n√log p n(log log p n)2<∞.(1.2)One may ask whether the methods in[6],combined with the ideas in Bombieri,Fried-lander and Iwaniec[1]-[3]which are employed to derive some stronger versions of the Bombieri-Vinogradov theorem,would be good enough for proving(1.1)(see Question1 on[6,p.822]).In this paper we give an affirmative answer to the above question.We adopt the following notation of[6].LetH={h1,h2,...,h k}(1.3) be a set composed of distinct non-negative integers.We say that H is admissible if νp(H)<p for every prime p,whereνp(H)denotes the number of distinct residue classes modulo p occupied by the h i.Theorem 1.Suppose that H is admissible with k0≥3.5×106.Then there are infinitely many positive integers n such that the k0-tuple{n+h1,n+h2,...,n+h k}(1.4) contains at least two primes.Consequently,we havelim infn→∞(p n+1−p n)<7×107.(1.5) The bound(1.5)results from the fact that the set H is admissible if it is composed of k0distinct primes,each of which is greater than k0,and the inequalityπ(7×107)−π(3.5×106)>3.5×106.2This result is,of course,not optimal.The condition k 0≥3.5×106is also crude and there are certain ways to relax it.To replace the right side of (1.5)by a value as small as possible is an open problem that will not be discussed in this paper.2.Notation and sketch of the proofNotationp −a prime number.a ,b ,c ,h ,k ,l ,m −integers.d ,n ,q ,r −positive integers.Λ(q )−the von Mangoldt function.τj (q )−the divisor function,τ2(q )=τ(q ).ϕ(q )−the Euler function.µ(q )−the M¨o bius function.x −a large number.L =log x .y,z −real variables.e (y )=exp {2πiy }.e q (y )=e (y/q ).||y ||−the distance from y to the nearest integer.m ≡a (q )−means m ≡a (mod q ).¯c /d −means a/d (mod 1)where ac ≡1(mod d ).q ∼Q −means Q ≤q <2Q .ε−any sufficiently small,positive constant,not necessarily the same in each occur-rence.B −some positive constant,not necessarily the same in each occurrence.A −any sufficiently large,positive constant,not necessarily the same in each occur-rence.η=1+L −2A .κN −the characteristic function of [N,ηN )∩Z . ∗l (mod q )−a summation over reduced residue classes l (mod q ).C q (a )−the Ramanujan sum∗l (mod q )e q (la ).We adopt the following conventions throughout our presentation.The set H given by(1.3)is assumed to be admissible and fixed.We write νp for νp (H );similar abbreviations will be used in the sequel.Every quantity depending on H alone is regarded as a constant.For example,the absolutely convergent productS = p1−νp p 1−1p −k 03is a constant.A statement is valid for any sufficiently smallεand for any sufficiently large A whenever they are involved.The meanings of“sufficiently small”and“sufficiently large”may vary from one line to the next.Constants implied in O or ,unless specified,will depend on H,εand A at most.Wefirst recall the underlying idea in the proof of[6,Theorem1]which consists in evaluating and comparing the sumsS1=n∼xλ(n)2(2.1)andS2=n∼x k0i=1θ(n+h i)λ(n)2,(2.2)whereλ(n)is a real function depending on H and x,andθ(n)=log n if n is prime, 0otherwise.The key point is to prove,with an appropriate choice ofλ,thatS2−(log3x)S1>0.(2.3) This implies,for sufficiently large x,that there is a n∼x such that the tuple(1.4) contains at least two primes.In[6]the functionλ(n)mainly takes the formλ(n)=1(k0+l0)!d|P(n)d≤Dµ(d)logDdk0+l0,l0>0,(2.4)where D is a power of x andP(n)=k0j=1(n+h j).Let∆(γ;d,c)=n∼xn≡c(d)γ(n)−1ϕ(d)n∼x(n,d)=1γ(n)for(d,c)=1,andC i(d)={c:1≤c≤d,(c,d)=1,P(c−h i)≡0(mod d)}for1≤i≤k0.4The evaluations of S1and S2lead to a relation of the formS2−(log3x)S1=(k0T∗2−LT∗1)x+O(x L k0+2l0)+O(E)for D<x1/2−ε,where T∗1and T∗2are certain arithmetic sums(see Lemma1below),andE=1≤i≤k0d<D2|µ(d)|τ3(d)τk0−1(d)c∈C i(d)|∆(θ;d,c)|.Let >0be a small constant.IfD=x1/4+ (2.5) and k0is sufficiently large in terms of ,then,with an appropriate choice of l0,one can prove thatk0T∗2−LT∗1L k0+2l0+1.(2.6)In this situation the error E can be efficiently bounded if the primes have level of distri-butionϑ>1/2+2 ,but one is unable to prove it by present methods.On the other hand,for D=x1/4−ε,the Bombieri-Vinogradov theorem is good enough for bounding E, but the relation(2.6)can not be valid,even if a more general form ofλ(n)is considered (see Soundararajan[12]).Ourfirst observation is that,in the sums T∗1and T∗2,the contributions from the termswith d having a large prime divisor are relatively small.Thus,if we impose the constraint d|P in(2.4),where P is the product of the primes less than a small power of x,the resulting main term is still L k0+2l0+1with D given by(2.5).Our second observation,which is the most novel part of the proof,is that with D given by(2.5)and with the constraint d|P imposed in(2.4),the resulting error1≤i≤k0d<D2d|Pτ3(d)τk0−1(d)c∈C i(d)|∆(θ;d,c)|(2.7)can be efficiently bounded.This is originally due to the simple fact that if d|P and d is not too small,say d>x1/2−ε,then d can be factored asd=rq(2.8) with the range for rflexibly chosen(see Lemma4below).Thus,roughly speaking,the characteristic function of the set{d:x1/2−ε<d<D2,d|P}may be treated as a well factorable function(see Iwaniec[10]).The factorization(2.8)is crucial for bounding the error terms.It suffices to prove Theorem1withk0=3.5×1065which is henceforth assumed.Let D be as in(2.5)with=1 1168.Let g(y)be given byg(y)=1(k0+l0)!logDyk0+l0if y<D,andg(y)=0if y≥D,wherel0=180.WriteD1=x ,P=p<D1p,(2.9)D0=exp{L1/k0},P0=p≤D0p.(2.10)In the case d|P and d is not too small,the factor q in(2.8)may be chosen such that (q,P0)=1.This will considerably simplify the argument.We chooseλ(n)=d|(P(n),P)µ(d)g(d).(2.11)In the proof of Theorem1,the main terms are not difficult to handle,since we deal with afixed H.This is quite different from[6]and[7],in which various sets H are involved in the argument to derive results like(1.2).By Cauchy’s inequality,the error(2.7)is efficiently bounded via the followingTheorem2.For1≤i≤k0we haved<D2 d|Pc∈C i(d)|∆(θ;d,c)| x L−A.(2.12)The proof of Theorem2is described as follows.First,applying combinatorial argu-ments(see Lemma6below),we reduce the proof to estimating the sum of|∆(γ;d,c)| with certain Dirichlet convolutionsγ.There are three types of the convolutions involved in the argument.Writex1=x3/8+8 ,x2=x1/2−4 .(2.13) In thefirst two types the functionγis of the formγ=α∗βsuch that the following hold.(A1)α=(α(m))is supported on[M,ηj1M),j1≤19,α(m) τj1(m)L.6(A2)β=(β(n))is supported on[N,ηj2N),j2≤19,β(n) τj2(n)L,x1<N<2x1/2.For any q,r and a satisfying(a,r)=1,the following”Siegel-Walfisz”assumption is satisfied.n≡a(r) (n,q)=1β(n)−1ϕ(r)(n,qr)=1β(n) τ20(q)N L−200A.(A3)j1+j2≤20,[MN,η20MN)⊂[x,2x).We say thatγis of Type I if x1<N≤x2;we say thatγis of Type II if x2<N<2x1/2.In the Type I and II estimates we combine the dispersion method in[1]with the factorization(2.8)(here r is close to N in the logarithmic scale).Due to the fact that the modulo d is at most slightly greater than x1/2in the logarithmic scale,after reducing the problem to estimating certain incomplete Kloosterman sums,we need only to save a small power of x from the trivial estimates;a variant of Weil’s bound for Kloosterman sums(see Lemma11below)will fulfill it.Here the condition N>x1,which may be slightly relaxed,is essential.We say thatγis of Type III if it is of the formγ=α∗κN1∗κN2∗κN3such thatαsatisfies(A1)with j1≤17,and such that the following hold.(A4)N3≤N2≤N1,MN1≤x1.(A5)[MN1N2N3,η20MN1N2N3)⊂[x,2x).The Type III estimate essentially relies on the Birch-Bombieri result in the appendix to[5](see Lemma12below),which is employed by Friedlander and Iwaniec[5]and by Heath-Brown[9]to study the distribution ofτ3(n)in arithmetic progressions.This result in turn relies on Deligne’s proof of the Riemann Hypothesis for varieties overfinitefields (the Weil Conjecture)[4].We estimate each∆(γ;d,c)directly.However,if one applies the method in[5]alone,efficient estimates will be valid only for MN1 x3/8−5 /2−ε. Our argument is carried out by combining the method in[5]with the factorization(2.8) (here r is relatively small);the latter will allow us to save a factor r1/2.In our presentation,all theα(m)andβ(n)are real numbers.3.LemmasIn this section we introduce a number of prerequisite results,some of which are quoted from the literature directly.Results given here may not be in the strongest forms,but they are adequate for the proofs of Theorem1and Theorem2.Lemma1.Let 1(d)and 2(d)be the multiplicative functions supported on square-free integers such that1(p)=νp, 2(p)=νp−1.7LetT∗1=d0d1d2µ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2)andT∗2=d0d1d2µ(d1d2) 2(d0d1d2)ϕ(d0d1d2)g(d0d1)g(d0d2).We haveT∗1=1(k0+2l0)!2l0l0S(log D)k0+2l0+o(L k0+2l0)(3.1)andT∗2=1(k0+2l0+1)!2l0+2l0+1S(log D)k0+2l0+1+o(L k0+2l0+1).(3.2)Proof.The sum T∗1is the same as the sum T R(l1,l2;H1,H2)in[6,(7.6)]with H1=H2=H(k1=k2=k0),l1=l2=l0,R=D,so(3.1)follows from[6,Lemma3];the sum T∗2is the same as the sum˜T R(l1,l2;H1,H2,h0)in[6,(9.12)]withH1=H2=H,l1=l2=l0,h0∈H,R=D, so(3.2)also follows from[6,Lemma3].2Remark.A generalization of this lemma can be found in[12].Lemma2.LetA1(d)=(r,d)=1µ(r) 1(r)rg(dr)andA2(d)=(r,d)=1µ(r) 2(r)ϕ(r)g(dr).Suppose that d<D and|µ(d)|=1.Then we haveA1(d)=ϑ1(d)l0!SlogDdl0+O(L l0−1+ε)(3.3)andA2(d)=ϑ2(d)(l0+1)!SlogDdl0+1+O(L l0+ε),(3.4)whereϑ1(d)andϑ2(d)are the multiplicative functions supported on square-free integerssuch thatϑ1(p)=1−νpp−1,ϑ2(p)=1−νp−1p−1−1.8Proof.Recall that D 0is given by (2.10).Since 1(r )≤τk 0(r ),we have triviallyA 1(d ) 1+ log(D/d ) 2k 0+l 0,so we may assume D/d >exp {(log D 0)2}without loss of generality.Write s =σ+it .Forσ>0we have(r,d )=1µ(r ) 1(r )r1+s =ϑ1(d,s )G 1(s )ζ(1+s )−k 0whereϑ1(d,s )=p |d1−νpp 1+s−1,G 1(s )= p 1−νpp 1+s1−1p 1+s −k 0.It follows thatA 1(d )=12πi(1/L )ϑ1(d,s )G 1(s )ζ(1+s )k 0(D/d )s dss k 0+l 0+1.Note that G 1(s )is analytic and bounded for σ≥−1/3.We split the line of integration into two parts according to |t |≤D 0and |t |>D 0.By a well-known result on the zero-free region for ζ(s ),we can move the line segment {σ=1/L ,|t |≤D 0}toσ=−κ(log D 0)−1,|t |≤D 0 ,where κ>0is a certain constant,and apply some standard estimates to deduce thatA 1(d )=12πi |s |=1/L ϑ1(d,s )G 1(s )ζ(1+s )k 0(D/d )s ds s k 0+l 0+1+O (L −A).Note that ϑ1(d,0)=ϑ1(d )andϑ1(d,s )−ϑ1(d )=ϑ1(d,s )ϑ1(d )l |dµ(l ) 1(l )l(1−l −s ).If |s |≤1/L ,then ϑ1(d,s ) (log L )B ,so that,by trivial estimation,ϑ1(d,s )−ϑ1(d ) L ε−1.On the other hand,by Cauchy’s integral formula,for |s |≤1/L we haveG 1(s )−S 1/L .It follows that12πi |s |=1/L ϑ1(d,s )G 1(s )ζ(1+s )k 0(D/d )s ds s k 0+l 0+1−12πi ϑ1(d )S|s |=1/L(D/d )s ds s l 0+1 L l 0−1+ε.9This leads to(3.3).The proof of(3.4)is analogous.We have only to note thatA2(d)=12πi(1/L)ϑ2(d,s)G2(s)ζ(1+s)k0−1(D/d)s dss k0+l0+1withϑ2(d,s)=p|d1−νp−1(p−1)p s−1,G2(s)=p1−νp−1(p−1)p s1−1p1+s1−k0,and G2(0)=S.2Lemma3.We haved<x1/4 1(d)ϑ1(d)d=(1+4 )−k0k0!S−1(log D)k0+O(L k0−1)(3.5)andd<x1/4 2(d)ϑ2(d)ϕ(d)=(1+4 )1−k0(k0−1)!S−1(log D)k0−1+O(L k0−2),(3.6)Proof.Noting thatϑ1(p)/p=1/(p−νp),forσ>0we have∞ d=1 1(d)ϑ1(d)d1+s=B1(s)ζ(1+s)k0,whereB1(s)=p1+νp(p−νp)p s1−1p1+sk0.Hence,by Perron’s formula,d<x1/4 1(d)ϑ1(d)d=12πi1/L+iD01/L−iD0B1(s)ζ(1+s)k0x s/4sds+O(D−1L B).Note that B1(s)is analytic and bounded forσ≥−1/3.Moving the path of integration to[−1/3−iD0,−1/3+iD0],we see that the right side above is equal to1 2πi|s|=1/LB1(s)ζ(1+s)k0x s/4sds+O(D−1L B).Since,by Cauchy’s integral formula,B1(s)−B1(0) 1/L for|s|=1/L,andB1(0)=ppp−νp1−1pk0=S−1,10it follows thatd<x1/4 1(d)ϑ1(d)d=1k0!S−1L4k0+O(L k0−1).This leads to(3.5)since L/4=(1+4 )−1log D by(2.5).The proof of(3.6)is analogous.We have only to note that,forσ>0,∞ d=1 2(d)ϑ2(d)ϕ(d)p s=B2(s)ζ(1+s)k0−1withB2(s)=p1+νp−1(p−νp)p s1−1p1+sk0−1,and B2(0)=S−1.2Recall that D1and P are given by(2.9),and P0is given by(2.10).Lemma4.Suppose that d>D21,d|P and(d,P0)<D1.For any R∗satisfyingD21<R∗<d,(3.7)there is a factorization d=rq such that D−11R∗<r<R∗and(q,P0)=1.Proof.Since d is square-free and d/(d,P0)>D1,we may write d/(d,P0)asd (d,P0)=nj=1p j with D0<p1<p2<...<p n<D1,n≥2.By(3.7),there is a n <n such that(d,P0)nj=1p j<R∗and(d,P0)n +1j=1p j≥R∗.The assertion follows by choosingr=(d,P0)nj=1p j,q=nj=n +1p j,and noting that r≥(1/p n +1)R∗.2Lemma5.Suppose that1≤i≤k0and|µ(qr)|=1.There is a bijectionC i(qr)→C i(r)×C i(q),c→(a,b)11such that c(mod qr)is a common solution to c≡a(mod r)and c≡b(mod q).Proof.By the Chinese remainder theorem.2The next lemma is a special case of the combinatorial identity due to Heath-Brown[8].Lemma6Suppose that x1/10≤x∗<ηx1/10.For n<2x we haveΛ(n)=10j=1(−1)j−110jm1,...,m j≤x∗µ(m1)...µ(m j)n1...n j m1...m j=nlog n1.The next lemma is a truncated Poisson formula.Lemma7Suppose thatη≤η∗≤η19and x1/4<M<x2/3.Let f be a function of C∞(−∞,∞)class such that0≤f(y)≤1,f(y)=1if M≤y≤η∗M,f(y)=0if y/∈[(1−M−ε)M,(1+M−ε)η∗M],andf(j)(y) M−j(1−ε),j≥1,the implied constant depending onεand j at most.Then we havem≡a(d)f(m)=1d|h|<Hˆf(h/d)ed(−ah)+O(x−2)for any H≥dM−1+2ε,whereˆf is the Fourier transform of f,i.e.,ˆf(z)=∞−∞f(y)e(yz)dy.Lemma8.Suppose that1≤N<N <2x,N −N>xεd and(c,d)=1.Then for j,ν≥1we haveN≤n≤N n≡c(d)τj(n)νN −Nϕ(d)L jν−1,the implied constant depending onε,j andνat most.Proof.See[11,Theorem1].2The next lemma is(essentially)contained in the proof of[5,Theorem4].Lemma9Suppose that H,N≥2,d>H and(c,d)=1.Then we haven≤N (n,d)=1minH,||c¯n/d||−1(dN)ε(H+N).(3.8)12Proof.We may assume N≥H without loss of generality.Write{y}=y−[y]and assumeξ∈[1/H,1/2].Note that{c¯n/d}≤ξif and only if bn≡c(mod d)for some b∈(0,dξ],and1−ξ≤{c¯n/d}if and only if bn≡−c(mod d)for some b∈(0,dξ],Thus, the number of the n satisfying n≤N,(n,d)=1and||c¯n/d||≤ξis bounded byq≤dNξq≡±c(d)τ(q) dεN1+εξ.Hence,for any interval I of the formI=(0,1/H],I=[1−1/H,1),I=[ξ,ξ ]or I=[1−ξ ,1−ξ]with1/H≤ξ<ξ ≤1/2,ξ ≤2ξ,the contribution from the terms on the left side of (3.8)with{c¯n/d}∈I is dεN1+ε.This completes the proof.2Lemma10.Suppose thatβ=(β(n))satisfies(A2)and R≤x−εN.Then for any q we haver∼R 2(r)∗l(mod r)n≡l(r)(n,q)=1β(n)−1ϕ(r)(n,qr)=1β(n)2 τ(q)B N2L−100A.Proof.Since the inner sum is ϕ(r)−1N2L B by Lemma8,the assertion follows by Cauchy’s inequality and[1,Theorem0].2Lemma11Suppose that N≥1,d1d2>10and|µ(d1)|=|µ(d2)|=1.Then we have, for any c1,c2and l,n≤N (n,d1)=1 (n+l,d2)=1ec1¯nd1+c2(n+l)d2(d1d2)1/2+ε+(c1,d1)(c2,d2)(d1,d2)2Nd1d2.(3.9)Proof.Write d0=(d1,d2),t1=d1/d0,t2=d2/d0and d=d0t1t2.LetK(d1,c1;d2,c2;l,m)=n≤d(n,d1)=1(n+l,d2)=1ec1¯nd1+c2(n+l)d2+mnd.We claim that|K(d1,c1;d2,c2;l,m)|≤d0|S(m,b1;t1)S(m,b2;t2)|(3.10) for some b1and b2satisfying(b i,t i)≤(c i,d i),(3.11)13where S(m,b;t)denotes the ordinary Kloosterman sum.Note that d0,t1and t2are pairwise coprime.Assume thatn≡t1t2n0+d0t2n1+d0t1n2(mod d)andl≡t1t2l0+d0t1l2(mod d2).The conditions(n,d1)=1and(n+l,d2)=1are equivalent to(n0,d0)=(n1,t1)=1and(n0+l0,d0)=(n2+l2,t2)=1 respectively.Letting a i(mod d0),b i(mod t i),i=1,2be given bya1t21t2≡c1(mod d0),a2t1t22≡c2(mod d0),b1d20t2≡c1(mod t1),b2d2t1≡c2(mod t2),so that(3.11)holds,by the relation1 d i ≡¯tid0+¯dt i(mod1)we havec1¯n d1+c2(n+l)d2≡a1¯n0+a2(n0+l0)d0+b1¯n1t1+b2(n2+l2)t2(mod1).Hence,c1¯n d1+c2(n+l)d2+mnd≡a1¯n0+a2(n0+l0)+mn0d0+b1¯n1+mn1t1+b2(n2+l2)+m(n2+l2)t2−ml2t2(mod1).From this we deduce,by the Chinese remainder theorem,thatK(d1,c1;d2,c2;l,m)=e t2(−ml2)S(m,b1;t1)S(m,b2;t2)n≤d0(n,d0)=1(n+l0,d0)=1e da1¯n+a2(n+l0)+mn,whence(3.10)follows.By(3.10)with m=0and(3.11),for any k>0we havek≤n<k+d(n,d1=1 (n+l,d2)=1ec1¯nd1+c2d2≤(c1,d1)(c2,d2)d0.14It now suffices to prove(3.9)on assuming N≤d−1.By standard Fourier techniques, the left side of(3.9)may be rewritten as−∞<m<∞u(m)K(d1,c1;d2,c2;l,m)withu(m) minNd,1|m|,dm2.(3.12)By(3.10)and Weil’s bound for Kloosterman sums,wefind that the left side of(3.9)isd0|u(0)|(b1,t1)(b2,t2)+(t1t2)1/2+εm=0|u(m)|(m,b1,t1)1/2(m,b2,t2)1/2.This leads to(3.9)by(3.12)and(3.11).2 Remark.In the case d2=1,(3.9)becomesn≤N (n,d1)=1e d1(c1¯n) d1/2+ε1+(c1,d1)Nd1.(3.13)This estimate is well-known(see[2,Lemma6],for example),and it willfind application somewhere.Lemma12.LetT(k;m1,m2;q)=l(mod q)∗t1(mod q)∗t2(mod q)e q¯lt1−(l+k)t2+m1¯t1−m2¯t2,whereis restriction to(l(l+k),q)=1.Suppose that q is square-free.Then we haveT(k;m1,m2;q) (k,q)1/2q3/2+ε.Proof.By[5,(1.26)],it suffices to show thatT(k;m1,m2;p) (k,p)1/2p3/2.In the case k≡0(mod p),this follows from the Birch-Bombieri result in the appendix to[5](the proof is straightforward if m1m2≡0(mod p));in the case k≡0(mod p),this follows from Weil’s bound for Kloosterman sums.2154.Upper bound for S1Recall that S1is given by(2.1)andλ(n)is given by(2.11).The aim of this section is to establish an upper bound for S1(see(4.20)below).Changing the order of summation we obtainS1=d1|Pd2|Pµ(d1)g(d1)µ(d2)g(d2)n∼xP(n)≡0([d1,d2])1.By the Chinese remainder theorem,for any square-free d,there are exactly 1(d)distinct residue classes(mod d)such that P(n)≡0(mod d)if and only if n lies in one of these classes,so the innermost sum above is equal to1([d1,d2])[d1,d2]x+O( 1([d1,d2])).It follows thatS1=T1x+O(D2+ε),(4.1)whereT1=d1|Pd2|Pµ(d1)g(d1)µ(d2)g(d2)[d1,d2]1([d1,d2]).Note that 1(d)is supported on square-free integers.Substituting d0=(d1,d2)and rewriting d1and d2for d1/d0and d2/d0respectively,we deduce thatT1=d0|Pd1|Pd2|Pµ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2).(4.2)We need to estimate the difference T1−T∗1.We haveT∗1=Σ1+Σ31,whereΣ1=d0≤x1/4d1d2µ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2),Σ31=x1/4<d0<Dd1d2µ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2).In the case d0>x1/4,d0d1<D,d0d2<D and|µ(d1d2)|=1,the conditions d i|P,i=1,2 are redundant.Hence,T1=Σ2+Σ32,16whereΣ2=d0≤x1/4d0|Pd1|Pd2|Pµ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2),Σ32=x1/4<d0<Dd0|Pd1d2µ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2).It follows that|T1−T∗1|≤|Σ1|+|Σ2|+|Σ3|,(4.3)whereΣ3=x1/4<d0<Dd0 Pd1d2µ(d1d2) 1(d0d1d2)d0d1d2g(d0d1)g(d0d2).First we estimateΣ1.By M¨o bius inversion,the inner sum over d1and d2inΣ1is equal to1(d0) d0(d1,d0)=1(d2,d0)=1µ(d1) 1(d1)µ(d2) 1(d2)d1d2g(d0d1)g(d0d2)q|(d1,d2)µ(q)=1(d0)d0(q,d0)=1µ(q) 1(q)2q2A1(d0q)2.It follows thatΣ1=d0≤x1/4(q,d0)=11(d0)µ(q) 1(q)2d0q2A1(d0q)2.(4.4)The contribution from the terms with q≥D0above is D−10L B.Thus,substitutingd0q=d,we deduce thatΣ1=d<x1/4D0 1(d)ϑ∗(d)dA1(d)2+O(D−1L B),(4.5)whereϑ∗(d)=d0q=dd0<x1/4q<D0µ(q) 1(q)q.By the simple boundsA1(d) L l0(log L)B(4.6) which follows from(3.3),ϑ∗(d) (log L)B17andx1/4≤d<x1/4D0 1(d)dL k0+1/k0−1,(4.7)the contribution from the terms on the right side of(4.5)with x1/4≤d<x1/4D0is o(L k0+2l0).On the other hand,assuming|µ(d)|=1and noting thatq|d µ(q) 1(q)q=ϑ1(d)−1,(4.8)for d<x1/4we haveϑ∗(d)=ϑ1(d)−1+Oτk0+1(d)D−1,so that,by(3.3),ϑ∗(d)A1(d)2=1(l0!)2S2ϑ1(d)logDd2l0+Oτk0+1(d)D−1L B+O(L2l0−1+ε).Inserting this into(4.5)we obtainΣ1=1(l0!)2S2d≤x1/41(d)ϑ1(d)dlogDd2l0+o(L k0+2l0).(4.9)Together with(3.5),this yields|Σ1|≤δ1k0!(l0!)2S(log D)k0+2l0+o(L k0+2l0),(4.10)whereδ1=(1+4 )−k0.Next we estimateΣ2.Similar to(4.4),we haveΣ2=d0≤x1/4d0|P(q,d0)=1q|P1(d0)µ(q) 1(q)2d0q2A∗1(d0q)2.whereA∗1(d)=(r,d)=1r|Pµ(r) 1(r)g(dr)r.In a way similar to the proof of(4.5),we deduce thatΣ2=d<x1/4D0d|P 1(d)ϑ∗(d)dA∗1(d)2+O(D−1L B).(4.11) 18Assume d|P.By M¨o bius inversion we haveA∗1(d)=(r,d)=1µ(r) 1(r)g(dr)rq|(r,P∗)µ(q)=q|P∗1(q)qA1(dq),whereP∗=D1≤p<Dp.Noting thatϑ1(q)=1+O(D−11)if q|P∗and q<D,(4.12) by(3.3)we deduce that|A∗1(d)|≤1l0!Sϑ1(d)logDdl0q|P∗q<D1(q)q+O(L l0−1+ε).(4.13)If q|P∗and q<D,then q has at most292prime factors.In addition,by the prime number theorem we haveD1≤p<D 1p=log293+O(L−A).(4.14)It follows thatq|P∗q<D 1(q)q≤1+292ν=1((log293)k0)νν!+O(L−A)=δ2+O(L−A),say.Inserting this into(4.13)we obtain|A∗1(d)|≤δ2l0!Sϑ1(d)logDdl0+O(L l0−1+ε).Combining this with(4.11),in a way similar to the proof of(4.9)we deduce that|Σ2|≤δ22(l0!)2S2d<x1/41(d)ϑ1(d)dlogDd2l0+o(L k0+2l0).Together with(3.5),this yields|Σ2|≤δ1δ22k0!(l0!)2S(log D)k0+2l0+o(L k0+2l0).(4.15) 19We now turn toΣ3.In a way similar to the proof of(4.5),we deduce thatΣ3=x1/4<d<D 1(d)˜ϑ(d)dA1(d)2,(4.16)where˜ϑ(d)=d0q=dx1/4<d0d0 P µ(q) 1(q)q.By(4.6)and(4.7),wefind that the contribution from the terms with x1/4<d≤x1/4D0 in(4.16)is o(L k0+2l0).Now assume that x1/4D0<d<D,|µ(d)|=1and d P.Noting that the conditions d0|d and x1/4<d0together imply d0 P,by(4.8)we obtain˜ϑ(d)=d0q=dx1/4<d0µ(q) 1(q)q=ϑ1(d)−1+Oτk0+1(d)D−1.Together with(3.3),this yields˜ϑ(d)A1(d)2=1(l0!)2S2ϑ1(d)logDd2l0+Oτk0+1(d)D−1L B+O(L2l0−1+ε).Combining these results with(4.16)we obtainΣ3=1(l0!)2S2x1/4D0<d<Dd P1(d)ϑ1(d)dlogDd2l0+o(L k0+2l0).(4.17)By(4.12),(4.14)and(3.5)we havex1/4<d<Dd P 1(d)ϑ1(d)d≤d<D1(d)ϑ1(d)dp|(d,P∗)1≤D1≤p<D1(p)ϑ1(p)pd<D/p1(d)ϑ1(d)d≤(log293)δ1(k0−1)!S−1(log D)k0+o(L k0)Together with(4.17),this yields|Σ3|≤(log293)δ1(k0−1)!(l0!)2S(log D)k0+2l0+o(L k0+2l0).(4.18)20Since1k0!(l0!)2=1(k0+2l0)!k0+2l0k02l0l0,it follows from(4.3),(4.10),(4.15)and(4.18)that|T1−T∗1|≤κ1(k0+2l0)!2l0l0S(log D)k0+2l0+o(L k0+2l0),(4.19)whereκ1=δ1(1+δ22+(log293)k0)k0+2l0k0.Together with(3.1),this implies thatT1≤1+κ1(k0+2l0)!2l0l0S(log D)k0+2l0+o(L k0+2l0).Combining this with(4.1),we deduce thatS1≤1+κ1(k0+2l0)!2l0l0S x(log D)k0+2l0+o(x L k0+2l0).(4.20)We conclude this section by giving an upper bound forκ1.By the inequalityn!>(2πn)1/2n n e−nand simple computation we have1+δ22+(log293)k0<2((log293)k0)292292!2<1292π(185100)584andk0+2l0k0<2k2l0(2l0)!<1√180π(26500)360.It follows thatlogκ1<−3500000log 293292+584log(185100)+360log(26500)<−1200.This givesκ1<exp{−1200}.(4.21)21。

孪生素数猜想1849年，波林那克提出孪生素数猜想（the conjecture of twin primes），即猜测存在无穷多对孪生素数。

孪生素数即相差2的一对素数。

例如3和5 ，5和7，11和13，…，10016957和10016959等等都是孪生素数。

孪生素数是有限个还是有无穷多个?这是一个至今都未解决的数学难题.一直吸引着众多的数学家孜孜以求地钻研.早在20世纪初,德国数学家兰道就推测孪生素数有无穷多.许多迹象也越来越支持这个猜想.最先想到的方法是使用欧拉在证明素数有无穷多个所采取的方法.设所有的素数的倒数和为:s=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+...如果素数是有限个,那么这个倒数和自然是有限数.但是欧拉证明了这个和是发散的,即是无穷大.由此说明素数有无穷多个.1919年,挪威数学家布隆仿照欧拉的方法,求所有孪生素数的倒数和:b=(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+...如果也能证明这个和比任何数都大,就证明了孪生素数有无穷多个了.这个想法很好,可是事实却违背了布隆的意愿.他证明了这个倒数和是一个有限数,现在这个常数就被称为布隆常数:b=1.90216054...布隆还发现,对于任何一个给定的整数m,都可以找到m个相邻素数,其中没有一个孪生素数.1966年，中国数学家陈景润在这方面得到最好的结果：存在无穷多个素数p，使p+2是不超过两个素数之积。

若用p(x)表示小于x的孪生素数对的个数.下表是1011以下的孪生素数分布情况:x p(x)1000 3510000 205100000 12241000000 816910000000 58980100000000 4403121000000000 342450610000000000 27412679100000000000 224376048迄今为止在证明孪生素数猜想上的成果大体可以分为两类。

第一类是非估算性的结果，这一方面迄今最好的结果是一九六六年由已故的我国数学家陈景润(顺便说一下，美国数学学会在介绍Goldston 和Yildirim 成果的简报中提到陈景润时所用的称呼是“伟大的中国数学家陈”) 利用筛法(sieve method) 所取得的。

孪生素数猜想初等证明详解齐宸孪生素数是指相差2的素数对，例如3和5，5和7，11和13…。

孪生素数猜想正式由希尔伯特在1900年国际数学家大会的报告上第8个问题中提出，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p + 2是素数。

素数对（p, p + 2）称为孪生素数。

孪生素数由两个素数组成，相差为2。

为了证明孪生素数猜想，无数的数学家曾为之奋斗，但美丽的公主仍然犹抱琵琶半遮面。

1．孪生素数分类及无个位表示方法孪生素数按两个素数个位不同划分3类（不包括10以下的3-5、5-7），分别是：1、孪生素数中两个素数个位为1和3，如11-13，41-43等；2、孪生素数中两个素数个位为7和9，如17-19，107-109等；3、孪生素数中两个素数个位为9和1，如29-31，59-61等。

三类孪生素数中个位为1和3的第一类是我们需要重点研究的，其他两类可以忽略不计。

因为只要第一类孪生素数无限，也就等价于证明了孪生素数猜想。

自有孪生素数概念以来它们就是由两个素数表示的。

若是能简化成一个数字那孪生素数猜想这一世界数学难题也许就向前迈进了一步。

无论这一步是一小步，还是一大步。

但毕竟能将两个素数组成的孪生素数降格成了像素数那样的单个数字。

分析一下个位为1和3的这一类孪生素数，如41-43这对孪生素数。

首先，分别去掉个位1和3后，可以看到剩下了两个数字4和4。

用这两个数字完全可以表示一对孪生素数，当然我们心里要想着在这两个数字后面是有个位1和3的。

其次，这两个去掉个位的数字又是完全相同的，都是一个数字“4”。

这样也就完全可以用一个数字“4”来表示一对孪生素数，也可以说4是一个单数字无个位孪生素数。

当然表面上看只有第一类、第二类孪生素数可以用一个数字表示（实际上第三类也可以）。

为什么一定要去掉个位呢？可将自然数变成互为补集的两类：孪生素数和非孪生素数。

并利用一种简单的筛法，将自然数中的非孪生素数及其补集孪生素数分开。

而且这个筛法所要得到的是非孪生素数。

孪生素数猜想证明简述一：逻辑证明（最简单，但逻辑思维要求高）根据素数新定义：从祖素数2开始，素数倍数后不连续的数即为素数。

易知素数除了2以外全是奇数，所以在奇数数轴上研究素数会有奇效。

奇数数轴：3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31......，无数对相差为2（相连）的数；假设只有3为素数，去掉其倍数后数轴变为：3,5,7,11,13,17,19,23,25,29,31......，只少了一点，但依旧有无穷对素数相差2；添加5为素数，去掉其倍数后数轴变为3,5,7,11,13,17,19,23,29,31......，少的更少，剩下相差为2的素数对肯定是无穷多；等等；如此可以无穷下去，但少的越来越少，而且剩余差值为2的素数对肯定是无穷多。

所以孪生素数肯定是无穷多的。

一目了然！！！当然也很容易看出，P和P+2k的素数对也是无穷多的（波利尼亚克猜想成立）。

（参考文献：奇数轴中素数量与合数宽度的研究）二：公式证明（难度极大）在上述的逻辑证明中，我们若将奇数数轴设为单位1；则3的倍数占比为：1/35的倍数占比为：1/5-1/157的倍数占比为：1/7-1/21-1/35+1/105等等，最后可得到孪生素数在奇数中的占比(LiKe级数公式)约为：1-1/3-(1/5-1/15)-(1/7-1/21-1/35+1/105)-(1/11-1/3*11-1/5*11-...+...)-...=1-1/3-1/5-1/7-......-1/p+1/15+1/21+......+1/pq-1/105-1/165-......-1/pqr+...-...=1-∑1/P+∑1/pq-∑1/pqr+…±∑1/∏P （1）(式中所有素数为奇素数，分母为偶数个素数积时取和，为奇数时取差)关于该新颖级数的求和不在此演示。

不过它是发散的(其值应该不为0)，该级数本身足以说明了孪生素数的无穷多。

网友再次发现了有关孪生素数的一个猜想——杜伯纳猜想不久前看到知乎上有人提出了一个关于孪生素数的猜想。

原问题比较晦涩，改述一下题主的问题，其意思是：对任意孪生素数对，总存在另两对孪生素数对，使得另两对的和等于前者。

那么化简一下问题：如果某孪生素数对是(a, a+2)，猜想就是说，要存在孪生素数(b, b+2)和(c,c+2)，使得: a+(a+2)=b+(b+2)+c+(c+2)化简后可得：a-1=b+c那么以上等式两边加2，即可得：a+1 = (b+1) + (c+1)此处，a+1，b+1和c+1，恰好都是某对孪生素数之间的那个偶数。

如果把一对孪生素数中间的那个偶数叫做“夹心偶数”，则猜想就是：对任意一个“夹心偶数”，都能表示成另两个“夹心偶数”的和。

第一眼看上去，这个猜想不太像是能成立，所以我写了个程序去验证下。

没想到验证了前10万对孪生素数，全部成立。

以下是一些跑出的组合结果：12 = 6 + 618 = 6 + 12108 = 6 + 102198 = 6 + 192828 = 6 + 8221488 = 6 + 14821878 = 6 + 18722088 = 6 + 20823258 = 6 + 32523468 = 6 + 346230 = 12 + 1842 = 12 + 3072 = 12 + 60150 = 12 + 138192 = 12 + 180240 = 12 + 228282 = 12 + 270432 = 12 + 420822 = 12 + 8106270 = 2688 + 35826552 = 2730 + 38226570 = 2802 + 37686300 = 2970 + 33306792 = 2970 + 38226450 = 3120 + 33306660 = 3120 + 35406702 = 3120 + 35826780 = 3252 + 35286690 = 3300 + 33906762 = 3300 + 34626828 = 3300 + 35286870 = 3330 + 35407128 = 3360 + 37686948 = 3390 + 35587212 = 3390 + 38227350 = 3528 + 38227308 = 3540 + 37687590 = 3768 + 3822这个结果让我有点惊讶。

孪生素数要介绍孪生素数，首先当然要说一说素数这个概念。

素数是除了1 和它本身之外没有其它因子的自然数。

素数是数论中最纯粹、最令人着迷的概念。

除了 2 之外，所有素数都是奇数(因为否则的话除了 1 和它本身之外还有一个因子2，从而不满足素数的定义)，因此很明显大于2 的两个相邻素数之间的最小可能间隔是2。

所谓孪生素数指的就是这种间隔为2 的相邻素数，它们之间的距离已经近得不能再近了，就象孪生兄弟一样。

最小的孪生素数是(3, 5)，在100 以内的孪生素数还有(5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61) 和(71,73)，总计有8组。

但是随着数字的增大，孪生素数的分布变得越来越稀疏，寻找孪生素数也变得越来越困难。

那么会不会在超过某个界限之后就再也不存在孪生素数了呢？我们知道，素数本身的分布也是随着数字的增大而越来越稀疏，不过幸运的是早在古希腊时代，Euclid 就证明了素数有无穷多个(否则今天许多数论学家就得另谋生路)。

长期以来人们猜测孪生素数也有无穷多组，这就是与Goldbach猜想齐名、集令人惊异的简单表述和令人惊异的复杂证明于一身的著名猜想- 孪生素数猜想：孪生素数猜想：存在无穷多个素数p, 使得p+2 也是素数。

究竟谁最早明确提出这一猜想我没有考证过，但是一八四九年法国数学Alphonse de Polignac 提出猜想：对于任何偶数2k,存在无穷多组以2k 为间隔的素数。

对于k=1，这就是孪生素数猜想，因此人们有时把Alphonse de Polignac作为孪生素数猜想的提出者。

不同的k 对应的素数对的命名也很有趣，k=1 我们已经知道叫做孪生素数，k=2 (即间隔为4) 的素数对被称为cousin prime (比twin 远一点)，而k=3 (即间隔为6) 的素数对竟然被称为sexy prime (这回该相信“书中自有颜如玉”了)！不过别想歪了，之所以称为sexy prime 其实是因为sex 正好是拉丁文中的6。

“孪生素数猜想”证明务川自治县实验学校王若仲（王洪）贵州564300摘要：对于“孪生素数猜想”，我们探讨一种简捷的初等证明方法，要证明孪生素数对无穷的情形，我们可以把这样的情形转换到间接地利用奇合数的个数来加以理论分析，从而判定孪生素数对是否无穷。

关键词：特异奇数；特异奇合数；孪生素数；孪生素数猜想。

引言孪生素数猜想，最初由古希腊数学家欧几里得提出，表述为：在自然数中，存在无穷多个素数p，有（p+2）也是素数。

正文孪生素数的概念：当两个素数的差为2时，这样的两个素数称为孪生素数。

如：3和5，5和7，11和13，17和19，29和31等等。

现在把由全体奇数组成的集合，称为奇数集合。

记为G。

定义1：奇数集合G中（除1外），不能被3整除的整数，称为特异奇数。

如：5，7，11，13，17，19，23，25，29，……。

定义2：由全体特异奇数组成的集合，称为特异奇数集合。

记为G′。

定理1:任一特异奇数均可表为6k+1或6k－1的形式,k∈N,k＞0。

证明:因为集合G中能被3整除的整数均可表为3(2m-1)的形式，m∈N，m＞0。

则3(2m-1)+2=6m-1,3(2m-1)-2=6(m-1)+1, 对于[6(m-1)+1] ，令 m＞1 。

(6m-1)和[6(m-1)+1]均为不能被3整除的奇数,根据定义1,(6m-1)为特异奇数，[6(m-1)+1]（m＞1）为特异奇数。

故定理1成立。

定义3：我们把既是特异奇数,又是素数的整数,称为特异素数。

如:5，7，11，13，17，19等等。

定义4：我们把既是特异奇数,又是合数的整数,称为特异奇合数。

如:25,35,49,55,77等等。

定理2:对于任一特异奇合数ａ,ａ均可表为下列三种形式之一:(1)ａ=36kh-6k-6h+1，(2)ａ=36kh+6k+6h+1，(3)ａ=36kh+6k-6h-1，其中k∈N,h∈N,k＞0,h＞0。

证明:对于任一特异奇合数ａ,ａ总可以分解为两个特异奇数的乘积,我们令ａ=ｂｃ,根据定理1,ｂ=6k+1或6k－1,k∈N,k＞0,ｃ=6h +1或6h－1,h∈N,h＞0。

孪生素数猜想初等证明详解齐宸孪生素数是指相差2的素数对，例如3和5，5和7，11和13…。

孪生素数猜想正式由希尔伯特在1900年国际数学家大会的报告上第8个问题中提出，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p + 2是素数。

素数对（p, p + 2）称为孪生素数。

孪生素数由两个素数组成，相差为2。

为了证明孪生素数猜想，无数的数学家曾为之奋斗，但美丽的公主仍然犹抱琵琶半遮面。

1．孪生素数分类及无个位表示方法孪生素数按两个素数个位不同划分3类（不包括10以下的3-5、5-7），分别是：1、孪生素数中两个素数个位为1和3，如11-13，41-43等；2、孪生素数中两个素数个位为7和9，如17-19，107-109等；3、孪生素数中两个素数个位为9和1，如29-31，59-61等。

三类孪生素数中个位为1和3的第一类是我们需要重点研究的，其他两类可以忽略不计。

因为只要第一类孪生素数无限，也就等价于证明了孪生素数猜想。

自有孪生素数概念以来它们就是由两个素数表示的。

若是能简化成一个数字那孪生素数猜想这一世界数学难题也许就向前迈进了一步。

无论这一步是一小步，还是一大步。

但毕竟能将两个素数组成的孪生素数降格成了像素数那样的单个数字。

分析一下个位为1和3的这一类孪生素数，如41-43这对孪生素数。

首先，分别去掉个位1和3后，可以看到剩下了两个数字4和4。

用这两个数字完全可以表示一对孪生素数，当然我们心里要想着在这两个数字后面是有个位1和3的。

其次，这两个去掉个位的数字又是完全相同的，都是一个数字“4”。

这样也就完全可以用一个数字“4”来表示一对孪生素数，也可以说4是一个单数字无个位孪生素数。

当然表面上看只有第一类、第二类孪生素数可以用一个数字表示（实际上第三类也可以）。

为什么一定要去掉个位呢？可将自然数变成互为补集的两类：孪生素数和非孪生素数。

并利用一种简单的筛法，将自然数中的非孪生素数及其补集孪生素数分开。

而且这个筛法所要得到的是非孪生素数。

关于孪生素数猜想的证明关于孪生素数猜想的证明Һ吴国胜㊀（安徽省电子器材公司，安徽㊀合肥㊀２３００６１）㊀㊀ʌ摘要ɔ本文的目的在于用筛法㊁解析方法等基础理论证明在自然数中存在无穷对孪生素数，并给出孪生素数分布的下界．ʌ关键词ɔ孪生素数猜想；定义及推论；误差值引㊀言两个相差２的素数称作一对孪生素数．在自然数中存在无穷对孪生素数的猜想是古希腊人提出来的，迄今大约有二千年的历史了，它和１７４２年德国人提出的Ｇｏｌｄｂａｃｈ猜想被人们喻为姐妹问题．德国杰出的数学家Ｈｉｌｂｅｒｔ１９００年在巴黎召开的第二届国际数学家代表大会上提出二十三个著名问题，孪生素数猜想是其中第八个问题的一部分．本文的目的在于对以下定理给出详细证明．定理命ω（ｘ）表示不超过ｘ的孪生素数组数，对于充分大的Ｎ，存在无穷多个整数点Ｍｉɪ［Ｎ，＋ɕ），有ω（Ｍｉ）ȡ０．３７Ｍｉｌｎ２Ｍｉ．有简单推论，对于任意ｘȡＮ，总有ω（ｘ）ȡ０．３７ｌｎｘ（ｌｎｌｎｘ）２．孪生素数猜想成立．一㊁定义及推论定义１㊀命２，３为原素数，不再以Ｐ表示．素数以Ｐｉ表示，其中Ｐ１＝５，Ｐ２＝７，Ｐ３＝１１， ，以此类推．相应地，孪生素数从５，７开始计算．定义２㊀Ｚｊ＝ᵑｊｉ＝１Ｐｉ．定义３㊀命６ｎ－１与６ｎ＋１为一对孪生组，ｎ为正整数．推论１㊀命Ｄ（ｘ）表示［０，ｘ］间孪生组的组数，则Ｄ（ｘ）＝ｘ－１６[]，１ɤｘ，０，０ɤｘ＜１．æèçç定义４㊀Ｂ（ｘ，Ｐｊ）为［０，ｘ］间一方含Ｐｊ因子而双方均与Ｚｊ－１互素的孪生组的组数，称作ｘ内Ｐｊ的孪生类数．（ｘȡＰｊ）．推论２㊀ω（ｘ）－ω（ｘ）＝Ｄ（ｘ）－ðｐ１ɤｐｊɤｘＢ（ｘ，Ｐｊ）．定义５㊀当（６，ｋｎ）＝（ｋ，ｎ）＝１定义Ｔ（ｋ，ｎ）ʉ（ｋｎ）２＋６ｋｑ（ｍｏｄ６ｋｎ），其中ｑ满足３ｋｑʉ１（ｍｏｄｎ），特别地，Ｔ（ｋ，１）ʉｋ２（ｍｏｄ６ｋ）．定义６㊀Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）＝２ＤｘＰｊ()－２ðＰ１ɤＰｉɤＰｊ－１ＢｘＰｊ，Ｐｉ()，为二倍于０，ｘＰｊ[]间不小于Ｐｊ孪生类的孪生组数．（ｘȡＰ２ｊ）．（注：本文［α］，｛α｝分别表示α的整数与分数部分，并将［α＋β］＋［α－β］简记作［αʃβ］，将｛α＋β｝＋｛α－β｝简记作｛αʃβ｝，将ｓｉｎ（α＋β）＋ｓｉｎ（α－β）简记作ｓｉｎ（αʃβ）．）二㊁第一类误差关系式的建立引理１㊀Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｎ｜ｚｊ－１ｍ｜ｚｊ－１（ｍ，ｎ）＝１μ（ｍｎ）(ｘ＋Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）－２６Ｐｊｍｎéëêùûú＋ｘ－Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）６Ｐｊｍｎéëêùûú＋１)（ｘȡＰｊ）．证：当（ｍ，ｎ）＝（６Ｐｊ，ｍｎ）＝１时，由定义５有Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）ʉ０（ｍｏｄＰｊｍ），１（ｍｏｄ６）．{Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）－２ʉ０（ｍｏｄｎ），－１（ｍｏｄ６）．{故Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）与Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）－２为分别由Ｐｊｍ与ｎ因子组成的孪生组，后者为６Ｋ－１型，同样Ｔ（ｎ，Ｐｊｍ）与Ｔ（ｎ，Ｐｊｍ）－２为另一组分别由Ｐｊｍ与ｎ因子组成的孪生组，后者为６Ｋ－１型，且－Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）ʉＴ（ｎ，Ｐｊｍ）－２（ｍｏｄ６Ｐｊｍｎ）．根据剩余系互补的性质，当（ｍ，ｎ）＝（６Ｐｊ，ｍｎ）＝１，对于任意ｘȡＰｊ，在［０，ｘ］间一方含Ｐｊｍ因子，另一方含ｎ因子的孪生组数：Ｄ（ｘ，Ｐｊｍ，ｎ）＝ｘ＋Ｔ（ｐｊｍ，ｎ）－２６Ｐｊｍｎéëêùûú＋ｘ－Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）６Ｐｊｍｎéëêùûú＋１．由定义４和Ｂｒｕｎ的包含排除定理（文献［６］第一章ɦ７定理１），即得引理．又当（ｍ，ｎ）＞１时，恒有μ（ｍｎ）＝０，故引理中（ｍ，ｎ）＝１的条件可以不必要．证毕．引理２㊀（Ⅰ）Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）＝ðｎ｜ｚｊ－１ｍ｜ｚｊ－１μ（ｍｎ）æèççｘＰｊ＋Ｔ（ｍ，ｎ）－２６ｍｎéëêêêùûúúú＋ｘＰｊ－Ｔ（ｍ，ｎ）６ｍｎéëêêêùûúúú＋１öø÷÷－１（ｘȡＰ２ｊ）．（Ⅱ）若用Ｔ（Ｐｊｍ，ｎ）代替Ｔ（ｍ，ｎ），上式亦成立．证：当ｍ＝ｎ＝１时，Ｔ（１，１）ʉ１（ｍｏｄ６），μ（１）＝１，ʑｘＰｊ＋Ｔ（１，１）－２６éëêêêùûúúú＋ｘＰｊ－Ｔ（１，１）６éëêêêùûúúú＋１－１＝２ｘＰｊ－１６éëêêêùûúúú＝２ＤｘＰｊ()，又Ｔ（ｍ，ｎ）－２ʉ－Ｔ（ｎ，ｍ）（ｍｏｄ６ｍｎ）．由定义６和引理１即得（Ⅰ）成立．ȵ（Ｐｊ，ｍｎ）＝（Ｐｊ，Ｚｊ－１）＝１，ʑＴ（Ｐｊｍ，ｎ）ʉＴ（ｍ，ｎ）（ｍｏｄ６ｍｎ）．又Ｔ（Ｐｊ，１）ʉＰ２ｊʉ１（ｍｏｄ６），ʑｘＰｊ＋Ｐ２ｊ－２６éëêêêùûúúú＋ｘＰｊ－Ｐ２ｊ６éëêêêùûúúú＋１－１＝２ｘＰｊ－１６éëêêêùûúúú＝２ＤｘＰｊ()，故（Ⅱ）亦成立，证毕．引理３㊀Ｂ（ｘ，Ｐｊ）－Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）ɤｈ（ｘ，Ｐｊ）＋Ｏ（１）（ｘȡＰ２ｊ），ｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ðɕｎ＝１２ｎπｓｉｎｎπｘ３Ｐｊｄ㊃ｃｏｓｎπＴ（Ｋξ）３Ｐｊｄ－ｃｏｓｎπＴ（Ｋξ）３ｄæèçöø÷，其中Ｔ（Ｋξ）＝ＴＰｊＫξ，Ｚｊ－１Ｋξæèçöø÷，Ｋξ为Ｋｉ｜Ｚｊ－１之某一值，ｖ（ｄ）表示ｄ的不同素因子的个数，ｖ（１）＝０．证：命φ表示Ｋｉ｜Ｚｊ－１的集合，因Ｚｊ－１无重复素因子，故对于任一Ｚｊ－１，Ｋｉ之集合有且仅有ðｊ－１ｋ＝１Ｃｋｊ－１＝２ｊ－１个元素组成，当（ｌ１，ｌ２）＝（ｌ１，６Ｐｊｍｎ）＝（ｌ２，６Ｐｊｍｎ）＝１，有Ｔ（ｌ１Ｐｊｍ，ｌ２ｎ）ʉＴ（Ｐｊｍ，ｎ）（ｍｏｄ６Ｐｊｍｎ）．由引理１，２即可得到：Ｂ（ｘ，Ｐｊ）－Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）＝ðＫｉ｜Ｚｊ－１１２ｊ－１ðｄ｜Ｚｊ－１μ（ｄ）２ｖ（ｄ）㊃æèççｘ＋Ｔ（Ｋｉ）－２６Ｐｊｄéëêùûú＋ｘ－Ｔ（Ｋｉ）６Ｐｊｄéëêùûú－ｘＰｊ＋Ｔ（Ｋｉ）－２６ｄéëêêêùûúúú－ｘＰｊ－Ｔ（Ｋｉ）６ｄéëêêêùûúúúöø÷÷＋１，（１）现估计（１）式中第一㊁三两项中消去－２后所产生的误差Ｒ＝Ｒ１＋Ｒ３，命Ａｉ＝ｘ＋Ｔ（Ｋｉ）有：Ａｉ－２６Ｐｊｄéëêùûú＝［Ａｉ］－２６Ｐｊｄéëêùûú＝Ａｉ６Ｐｊｄéëêùûú－１，当［Ａｉ］ʉ０或１（ｍｏｄ６Ｐｊｄ），Ａｉ６Ｐｊｄéëêùûú，其他．ìîíïïïï故知只有当［Ａｉ］＝６ＰｊＭｉＤｉ＋δ（δ＝０或１，其中Ｄｉ｜Ｚｊ－１）时才产生误差，根据同余的性质有：ðｄ｜Ｄｉμ（ｄ）２ｖ（ｄ）＝１，ｖ（Ｄｉ）为偶数或０，－１，ｖ（Ｄｉ）为奇数，{ʑＲ１ɤ１２ｊ－１ðＫｉ｜Ｚｊ－１１＝１，同样可证得｜Ｒ３｜ɤ１．ʑ｜Ｒ｜ɤ｜Ｒ１｜＋｜Ｒ３｜ɤ２，故由（１）式知必定存在某一Ｋξ｜Ｚｊ－１，使得：Ｂ（ｘ，Ｐｊ）－Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）ɤｈ（ｘ，Ｐｊ）＋Ｏ（１），其中ｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｄ｜Ｚｊ－１μ（ｄ）２ｖ（ｄ）æèççｘʃＴ（ｋξ）６Ｐｊｄéëêùûú－ｘＰｊʃＴ（Ｋξ）６ｄéëêêêùûúúúöø÷÷，ȵＰｊＫξ｜Ｔ（Ｋξ），Ｚｊ－１Ｋξ｜Ｔ（Ｋξ）－２，（注：以下将Ｔ（Ｋξ）简记作Ｔ）ʑｄ｜Ｚｊ－１｜Ｔ（Ｔ－２）．因ｄ无重复素因子，故知对于任意ｄ，当ｄȡ４ｘ２可分解为ｄ＝ｄ１ｄ２，其中ｄ２ȡｄ１ȡ１，使ｄ２｜Ｔ或者ｄ２｜（Ｔ－２）两者之一成立．显然ｄ２ȡ２ｘ＞ｘ＋２Ｐｊ（ｘȡＰ２ｊ），如ｄ２｜Ｔ成立，有０＜ｘｄ２＝β＜１，Ｔｄ２＝Ｌ，显然（６，Ｌ）＝１，因而－Ｌ６ｑ[]＝－１－Ｌ６ｑ[]（ｑ为正整数），故有：ｘʃＴ６Ｐｊｄ[]－ｘＰｊʃＴ６ｄéëêêêùûúúú＝βʃＬ６Ｐｊｄ１[]－βʃＰｊＬ６Ｐｊｄ１éëêùûú＝ʃＬ６Ｐｊｄ１[]－ʃＬ６ｄ１[]＝０，同样如ｄ２｜（Ｔ－２），则有０＜ｘ＋２ｄ２＝β１＜１，０＜ｘ－２ｄ２＝β２＜１，０＜ｘ＋２Ｐｊｄ２＝β３＜１，０＜ｘ－２Ｐｊｄ２＝β４＜１，Ｔ－２ｄ２＝Ｌ，则（６，Ｌ）＝１，即有ｘʃＴ６Ｐｊｄ[]－ｘＰｊʃＴ６ｄéëêêêùûúúú＝β１＋Ｌ６Ｐｊｄ１éëêùûú＋β２－Ｌ６Ｐｊｄ１éëêùûú－β３＋ＰｊＬ６Ｐｊｄ１éëêùûú－β４－ＰｊＬ６Ｐｊｄ１éëêùûú＝ʃＬ６Ｐｊｄ１[]－ʃＬ６ｄ１[]＝０，ʑｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ｘʃＴ６Ｐｊｄ[]－ｘʃＰｊＴ６Ｐｊｄéëêùûúæèçöø÷＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ｘʃＰｊＴ６Ｐｊｄ{}－ｘʃＴ６Ｐｊｄ{}æèçöø÷，（２）由Ｆｏｕｒｉｅｒ展开式，当｛α｝ʂ０时有：｛α｝＝－ðɕｎ＝１１ｎπｓｉｎ（２ｎπα）＋１２，（３）ȵＰｊ｜Ｔ，ʑ只需取ｘ，当Ｐｊ｜ｘ，即有（２）式中任意一项｛αｉ｝ʂ０均适用于（３）式，故（２）式又可表示为：ｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ðɕｎ＝１２ｎπｓｉｎｎπｘ３Ｐｊｄ(ｃｏｓｎπＴ３Ｐｊｄ－ｃｏｓｎπＴ３ｄ)，证毕．三、第一类误差值的计算引理４㊀用Ｍ［Ｆ１（ｙ）］表示函数Ｆ１（ｙ）的Ｍｅｌｌｉｎ变换式，若有Ｍ［Ｆ１（ｙ）］＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ｄｓ－２（ζ（２－ｓ）－１）（ｓ－１），取σ＝ＲｅＳ＝１－１ｌｎｙ，当ｙ＞Ｐｊ时，必有｜Ｆ１（ｙ）｜＝Ｏｌｎ２Ｐｊｙｌｎｙæèçöø÷．证：σ＝１－１ｌｎｙ＞１－１ｌｎＰｊ＞０．首先证明Ｍ［Ｆ１（ｙ）］绝对收敛．令Ｈ（ｓ）＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ｄｓ－２，（４）则Ｈ（ｓ）ɤðｄ｜Ｚｊ－２｜μ（ｄ）｜２ｖ（ｄ）｜ｄｓ－２｜＝ᵑＰ｜Ｚｊ－１（１＋２Ｐσ－２），ʑｌｎ｜Ｈ（ｓ）｜ɤｌｎᵑＰ｜Ｚｊ－１（１＋２Ｐσ－２）＝ðＰ１ɤＰɤＰｊ－１ｌｎ（１＋２Ｐ－１－１ｌｎｙ）ɤðＰ１ɤＰɤＰｊ－１２Ｐ－１＝２ｌｎｌｎＰｊ＋Ｏ（１）．（参见文献［２］第七章ɦ３Ｍｅｒｔｅｎｓ公式）ʑ｜Ｈ（ｓ）｜＝Ο（ｌｎ２Ｐｊ）绝对收敛．又Ｒｅ（２－ｓ）＝１＋１ｌｎｙ＞１，令ｂ１（ｕ）＝｛ｕ｝－１２，有ζ（２－ｓ）＝１１－ｓ＋１２－（２－ｓ）ʏɕ１ｂ１（ｕ）ｕ３－ｓｄｕ＝－１ｓ－１＋１＋ʏɕ１｛ｕ｝ｄｕｓ－２，（参考文献［１］第八章ɦ２）ʏɕ１｛ｕ｝ｄｕｓ－２为｛ｕ｝ʂ０时的瑕积分，记作Ｐ㊃Ｖ．Ｐ㊃Ｖʏɕ１｛ｕ｝ｄｕｓ－２＝｛ｕ｝ｕｓ－２ɕ１－Ｐ㊃Ｖʏɕ１ｕｓ－２ｄ｛ｕ｝＝－Ｐ㊃Ｖʏɕ１ｕｓ－２ｄ｛ｕ｝ｄｕｄｕ，当｛ｕ｝ʂ０，由（３）式有ｄ｛ｕ｝ｄｕ＝－２ðɕｎ＝１ｃｏｓ（２ｎπｕ）＝－ｌｉｍλңɕｓｉｎλ＋１２()２πｕｓｉｎπｕ＋１，（参考文献［７］（３．６．１）式）综上即得：Ｑ＝（ζ（２－ｓ）－１）（ｓ－１）＝－１＋（ｓ－１）Ｐ㊃Ｖʏɕ１ｕｓ－２ｌｉｍλңɕｓｉｎλ＋１２()２πｕｓｉｎπｕ－１æèççöø÷÷ｄｕ＝－１＋Ｐ㊃Ｖʏɕ１（ｌｉｍλңɕｓｉｎλ＋１２()２πｕｓｉｎπｕ－１）ｄｕｓ－１＝Ｐ㊃Ｖʏɕ１ｌｉｍλңɕｓｉｎλ＋１２()２πｕｓｉｎπｕｄｕｓ－１，ʑ｜Ｑ｜ɤＰ㊃Ｖʏɕ１｜ｌｉｍλңɕｓｉｎλ＋１２()２πｕｓｉｎπｕ｜㊃｜ｄｕｓ－１｜＝｜ｌｉｍλңɕｓｉｎλ＋１２()２πξｓｉｎπξ｜ʏɕ１ｄｕ－１ｌｎｙ｜ɤ１ｓｉｎπξ＜＋ɕ（｛ξ｝ʂ０），ʑＭ［Ｆ１（ｙ）］绝对收敛．令ʏ（σ）＝ｌｉｍＡңɕʏσ＋ｉＡσ－ｉＡ，由文献［１］第十二章ɦ１引理１有：Ｆ１（ｙ）＝１２πｉʏ（σ）Ｍ［Ｆ１（ｙ）］ｙ－ｓｄｓ＝１２πｉʏ（σ）Ｈ（ｓ）（ζ（２－ｓ）－１）（ｓ－１）ｙ－ｓｄｓ＝－１２πｉʏ（σ）Ｈ（ｓ）（ζ（２－ｓ）－１）ｄｙ－ｓ＋１ｄｙｄｓ＝ｉ２πʏ（σ）Ｈ（ｓ）（ζ（２－ｓ）－１）ｄｓｄｙｄｙ－ｓ＋１．ȵζ（２－ｓ）－１＝ðɕｎ＝２１ｎ２－ｓ，ʑ｜ζ（２－ｓ）－１｜ɤðɕｎ＝２１ｎ１＋１ｌｎｙ＝ʏɕ１ｄｕｕ１＋１ｌｎｙ＋Ｏ（１）＝－ｌｎｙ㊃ｕ－１ｌｎｙɕ１＋Ｏ（１）＝ｌｎｙ＋Ｏ（１），ｄｓｄｙ＝ｄ１ｌｎｙｄｙ＝１ｙｌｎ２ｙ，｜ｙｉｔ｜＝｜ｅｉｔｌｎｙ｜＝１，ｙ－σ＋１＝ｙ１ｌｎｙ＝ｅ．当ｙ＞Ｐｊ，ｌｎｙ＞ｌｎＰｊ≫１，ʑ｜Ｆ１（ｙ）｜ɤʏ（σ）｜Ｈ（ｓ）｜｜ζ（２－ｓ）－１｜ｄｓｄｙ｜ｄｙ－ｓ＋１｜ɤʏ（σ）Ｏ（ｌｎ２Ｐｊ）（ｌｎｙ＋Ｏ（１））１ｙｌｎ２ｙｄｙ１ｌｎｙ＝Ｏｌｎ２Ｐｊｙｌｎｙæèçöø÷，证毕．引理５㊀对于充分大的ｘ，恒有Ｂ（ｘ，Ｐｊ）－Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）ɤＯｘｌｎ３ＰｊＰ２ｊæèçöø÷＋Ｏ（１），当Ｐｊɤｘ１２时，误差项Ｏ（１）可以不计．证：（Ⅰ）当Ｐｊɤ６ｌｎｘ时，ȵðɕｎ＝１２ｎπｓｉｎｎπαｃｏｓｎπβɤ１，又ｖ（Ｐ）＝１，由引理３有：ｈ（ｘ，Ｐｊ）ɤ２ðｄ｜Ｚｊ－１｜μ（ｄ）｜２ｖ（ｄ）＝２ᵑＰ｜Ｚｊ－１（１＋２ｖ（Ｐ））＝２㊃３ｊ－１．由素数定理得ｊ＝π（Ｐｊ）＝ＰｊｌｎＰｊ１＋Ｏ１ｌｎＰｊ()()．ʑＢ（ｘ，Ｐｊ）－Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）ɤ２㊃３ｊ－１＋Ｏ（１）＜３ｊɤ３７ｌｎｘｌｎｌｎｘ＝ｘ７ｌｎ３ｌｎｌｎｘ＜ｘ１２≪ｘｌｎ３ＰｊＰ２ｊ．（Ⅱ）当ｘ１２＜Ｐｊɤｘ，显然有Ｂ（ｘ，Ｐｊ）－Ｂ∗（ｘ，Ｐｊ）＝Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＝１，Ｐｊ与Ｐｊ＋２为孪生素数，０，其他．{（Ⅲ）现着重讨论６ｌｎｘ＜Ｐｊɤｘ１２的情形．由引理３我们有：㊀ｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ðɕｎ＝１４ｎπ㊃ｎπｄ㊃ｓｉｎｎπｘ３ＰｊｄʏＴ６Ｔ６Ｐｊｓｉｎ２ｎπｑｄｄｑ＝ʏＴ６Ｔ６Ｐｊðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ðɕｎ＝１２ｄ(ｃｏｓｑ－ｘ６Ｐｊｄ２ｎπ－ｃｏｓｑ＋ｘ６Ｐｊｄ２ｎπ)ｄｑ＝ʏＴ６Ｔ６Ｐｊʏｑ＋ｘ６Ｐｊｑ－ｘ６Ｐｊ(ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ðɕｎ＝１４ｎπｄ２ｓｉｎ２ｎπｄｙ)ｄｙｄｑ＝ʏＴ６Ｔ６Ｐｊʏｑ＋ｘ６Ｐｊｑ－ｘ６ＰｊＦ（ｙ）ｄｙｄｑ．由积分不等式，当ｂ＞ａȡ０时，若在区间［ａ，ｂ］上ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）可积，｜ｆ（ｘ）｜ɤ｜ｇ（ｘ）｜，则有ʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤʏｂａ｜ｆ（ｘ）｜ｄｘɤʏｂａ｜ｇ（ｘ）｜ｄｘ．又Ｆ（ｙ）可积，则有：ｈ（ｘ，Ｐｊ）ɤʏＴ６Ｔ６Ｐｊʏｑ＋ｘ６Ｐｊｑ－ｘ６ＰｊＦ（ｙ）ｄｙｄｑ，（５）Ｆ（ｙ）是实连续函数，ｙ＞０（见（９）式），我们可对其取Ｍｅｌｌｉｎ变换，令ＲｅＳ＝１－１ｌｎｙ，当α＞０时，Ｍ［ｓｉｎαｘ］＝ʏɕ０ｓｉｎαｘ㊃ｘｓ－１ｄｘ＝α－ｓΓ（ｓ）ｓｉｎπｓ２，ʑＭ［Ｆ（ｙ）］＝ðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ðɕｎ＝１（ｎπ）１－ｓ２２－ｓΓ（ｓ）ｄｓ－２ｓｉｎπｓ２，（６）ðɕｎ＝１ｎ１－ｓ＝ζ（ｓ－１），Γ（ｓ）＝（ｓ－１）Γ（ｓ－１）（文献［５］第二章ɦ２定理２），ｓｉｎπｓ２＝ｃｏｓπ（ｓ－１）２．根据ＲｉｅｍａｎｎＺｅｔａ函数解析开拓的性质（文献［３］第二篇第二章ɦ２定理２．１）有ζ（１－ｓ）＝２１－ｓπ－ｓｃｏｓπｓ２Γ（ｓ）ζ（ｓ）普遍成立．ʑ由（６）式和（４）式有：Ｍ［Ｆ（ｙ）］＝ζ（ｓ－１）Γ（ｓ－１）（ｓ－１）π１－ｓ２２－ｓＨ（ｓ）㊃ｃｏｓπ（ｓ－１）２＝ζ（２－ｓ）（ｓ－１）Ｈ（ｓ），令Ｆ（ｙ）＝Ｆ１（ｙ）＋Ｆ２（ｙ），则Ｍ［Ｆ（ｙ）］＝Ｍ［Ｆ１（ｙ）］＋Ｍ［Ｆ２（ｙ）］，其中Ｍ［Ｆ１（ｙ）］＝（ζ（２－ｓ）－１）（ｓ－１）Ｈ（ｓ），（７）Ｍ［Ｆ２（ｙ）］＝（ｓ－１）Ｈ（ｓ），相应地，ｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ｈ１（ｘ，Ｐｊ）＋ｈ２（ｘ，Ｐｊ），首先证明ｈ２（ｘ，Ｐｊ）＝０．ȵＰｊＫξＴ，Ｚｊ－１Ｋξ（Ｔ－２）（见引理３），ʑＴȡＰｊＫξ，Ｔ－２ȡＺｊ－１Ｋξ，Ｔ２＞Ｔ（Ｔ－２）ȡＰｊＫξ㊃Ｚｊ－１Ｋξ＝ＰｊＺｊ－１＝Ｚｊ，Ｔ＞Ｚｊ（注：当ｘȡＰ２ｊ，必有ｄ通过所有ＰɤＰｊ－１，故（５）式中Ｔ不变．）由文献［１］第三章ɦ１定理２契贝谢夫θ函数性质有：ｌｎＴ＞１２ｌｎＺｊ＞１２－ε()Ｐｊȡ１２－ε()６ｌｎｘ＞２．８ｌｎｘ，即有１ｌｎＴ＝Ｏ１Ｐｊ()，（８）及Ｔ＞ｘ２．８，又ｘȡＰ２ｊ，由（５）式知ｙȡｑ－ｘ６ＰｊȡＴ－ｘ６Ｐｊ＞ｘ２．８－ｘ６ｘ≫ｘ２．２≫４ｘ２，（９）ｈ２（ｘ，Ｐｊ）＝ʏＴ６Ｔ６Ｐｊʏｑ＋ｘ６Ｐｊｑ－ｘ６ＰｊＦ２（ｙ）ｄｙｄｑ＝(ʏɕＴ－ｘ６Ｐｊ－ʏɕＴ－ｘＰｊ６－ʏɕＴ＋ｘ６Ｐｊ＋ʏɕＴ＋ｘＰｊ６)ʏɕφＦ２（η）ｄηｄφ，由Ｍｅｌｌｉｎ变换公式（文献［８］５８１页），若Ｍ［ｆ（ｙ）］＝Ｍ（ｓ），则有：Ｍ［ʏɕｙｆ（φ）ｄφ］＝Ｍ（ｓ＋１）ｓ成立，由此推出：Ｍ［ʏɕｙʏɕφｆ（η）ｄηｄφ］＝Ｍ（ｓ＋２）（ｓ＋１）ｓ成立．令Ｕ（ｙ）＝ʏɕｙʏɕφＦ２（η）ｄηｄφ，由Ｍ［Ｆ２（ｙ）］＝（ｓ－１）Ｈ（ｓ）得到Ｍ［Ｕ（ｙ）］＝（ｓ＋２－１）Ｈ（ｓ＋２）（ｓ＋１）ｓ＝１ｓＨ（ｓ＋２），由（９）式ｙ≫４ｘ２，即σ＝１－１ｌｎｙ＞０，因而｜Ｍ［Ｕ（ｙ）］｜＝１σ＋ｉｔＨ（２＋σ＋ｉｔ）ɤðｄ｜Ｚｊ－１｜μ（ｄ）｜２ｖ（ｄ）ｄσ１σ＋ｉｔ＝１σ２＋ｔ２ðｄ｜Ｚｊ－１｜μ（ｄ）｜２ｖ（ｄ）ｄσ＜＋ɕ绝对收敛．即有：Ｕ（ｙ）＝１２πｉʏσ＋ｉɕσ－ｉɕＭ［Ｕ（ｙ）］ｙ－ｓｄｓ＝１２πｉʏσ＋ｉɕσ－ｉɕðｄ｜Ｚｊ－１（ｄ＜４ｘ２）μ（ｄ）２ｖ（ｄ）１ｓｄｙ()ｓｄｓ，根据Ｍｅｌｌｉｎ变换表（文献［８］５８２页）有１２πｉʏσ＋ｉɕσ－ｉɕ１ｓαｙ()ｓｄｓ＝１（ｙ＜α），０（ｙ＞α），{（σ＞０）由（９）式得ｙ＞４ｘ２＞ｄ，ʑＵ（ｙ）＝０，即可得到ｈ２（ｘ，Ｐｊ）的各项积分均为０，ʑｈ２（ｘ，Ｐｊ）＝０．又Ｆ１（ｙ）满足引理４的条件，由（５）式有：ｈ（ｘ，Ｐｊ）＝ｈ１（ｘ，Ｐｊ）ɤＯʏＴ６Ｔ６Ｐｊʏｑ＋ｘ６Ｐｊｑ－ｘ６Ｐｊｌｎ２Ｐｊｙｌｎｙｄｙｄｑæèçöø÷＝Ｏｌｎ２ＰｊʏＴ６Ｔ６Ｐｊｌｎｌｎｑ＋ｘ６Ｐｊ()ｌｎｑ－ｘ６Ｐｊ()ｄｑæèçççöø÷÷÷＝Ｏｘｌｎ２ＰｊＰｊʏＴ６Ｔ６Ｐｊｄｑｑｌｎｑæèçöø÷＝Ｏｘｌｎ２ＰｊＰｊｌｎｌｎＴ６ｌｎＴ６Ｐｊæèçççöø÷÷÷＝Ｏｘｌｎ３ＰｊＰｊｌｎＴæèçöø÷＝Ｏｘｌｎ３ＰｊＰ２ｊæèçöø÷．注１：上式中，ｌｎｌｎｑ＋ｘ６Ｐｊ()ｌｎｑ－ｘ６Ｐｊ()＝ｌｎｌｎｑ＋ｌｎ１＋ｘ６ｑＰｊ()ｌｎｑ＋ｌｎ１－ｘ６ｑＰｊ()＝Ｏｌｎ１＋１ｌｎｑｌｎ１＋ｘ６ｑＰｊ()()()＝Ｏ１ｌｎｑｌｎ１＋ｘ６ｑＰｊ()()＝Ｏ１ｌｎｑ㊃ｘ６ｑＰｊ()＝ＯｘＰｊｑｌｎｑ()．注２：上式中，ｌｎｌｎＴ６ｌｎＴ６ｑＰｊ＝ｌｎｌｎＴ６ｌｎＴ６＋ｌｎ１Ｐｊ＝ｌｎ１１－ｌｎＰｊｌｎＴ６＝Ｏｌｎ１＋ｌｎＰｊｌｎＴ６æèççöø÷÷æèççöø÷÷＝ＯｌｎＰｊｌｎＴæèçöø÷．最后一步用到（８）式，综上即得到引理．证毕．四㊁函数Ｇ（ｕ）的性质引理６若Ｇ（ｕ）满足方程Ｇ（ｕ）＝１ｕ２，㊀㊀㊀㊀㊀㊀１ɤｕɤ２，㊀㊀㊀㊀（１０）（ｕ２Ｇ（ｕ））ᶄ＝２ｕＧ（ｕ－１），ｕ＞２，（１１）{则Ｇ（ｕ）为连续函数，对于任意ｕȡ１，恒有１４ɤＧ（ｕ）ɤ１．证：令Ｇ（ｕ）＝Ｇ１（ｕ）＋Ｇ２（ｕ），其中Ｇ１（ｕ），Ｇ２（ｕ）满足方程：Ｇ１（ｕ）＝１ｕ２，Ｇ２（ｕ）＝０，㊀１ɤｕɤ２，（ｕ２Ｇ１（ｕ））ᶄ＝２ｕＧ２（ｕ－１），（ｕ２Ｇ２（ｕ））ᶄ＝２ｕＧ１（ｕ－１），ｕ＞２，{解之即知Ｇ１（ｕ），Ｇ２（ｕ）均为连续函数，故Ｇ（ｕ）为连续函数．由（１０）式知，当１ɤｕɤ２时，有１４ɤＧ（ｕ）ɤ１成立．用数学归纳法证明，当ｕ＞２时，也有１４ɤＧ（ｕ）ɤ１．由（１１）式即得：ｕ２Ｇ（ｕ）－２２Ｇ（２）＝２ʏｕ２ｔＧ（ｔ－１）ｄｔɤ２ʏｕ２ｔｄｔ＝ｕ２－２２，ʑＧ（ｕ）ɤ１－３ｕ２ɤ１．又ｕ２Ｇ（ｕ）－２２Ｇ（２）＝２ʏｕ２ｔＧ（ｔ－１）ｄｔȡ１２ʏｕ２ｔｄｔ＝１４（ｕ２－２２）＝１４ｕ２－１，ʑＧ（ｕ）ȡ１４．证毕．五、定理的反证１．在假设基础上得到的结果（第二类误差值的计算）引理７㊀对于充分大的Ｎ，当ｙȡＮ时，假设恒有ω（ｙ）＜Ｃｙｌｎ２ｙ㊀（１２）成立，Ｃ＝０．３７，则当ｘ１２ȡＰｊȡｌｎｘȡＮ时，恒有Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＜２ＣＧ（ｕ）ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷成立，其中Ｐｊ＝ｘ１ｕ＋１，即ｕ＝ｌｎｘｌｎＰｊ－１．证：用数学归纳法证明．当Ｎ充分大，ＰｊȡＮ时，有Ｐｊȡｌｎ７Ｐｊ，故有ｘＰ２ｊｌｎ３ＰｊɤｘＰｊｌｎ４Ｐｊ．当ｘ１２ȡＰｊȡｘ１３（１ɤｕɤ２）时，由（１２）式，引理５，定义６及推论２有：Ｂ（ｘ，Ｐｊ）ɤＢ∗（ｘ，Ｐｊ）＋ＯｘＰ２ｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＝２ωｘＰｊ()－２ω（Ｐｊ－１）＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｊæèçöø÷＜２ＣｘＰｊｌｎ２ｘＰｊ()＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｊæèçöø÷＝２ＣｘＰｊ（ｌｎｘｕｕ＋１）２＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｊæèçöø÷＝２Ｃｘｕ２Ｐｊｌｎ２Ｐｊ＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷，即知当１ɤｕɤ２时，Ｇ（ｕ）＝１ｕ２，引理成立．若ｘ１ｋ－１ȡＰｊȡｘ１ｋ，ｋȡ３（即ｋ－２ɤｕɤｋ－１），引理成立，则当ｘ１ｋȡＰｊȡｘ１ｋ＋１，ｋ－１ɤｕɤｋ时由引理５及推论２有：Ｂ（ｘ，Ｐｊ）ɤＢ∗（ｘ，Ｐｊ）＋ＯｘＰ２ｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＝２ðＰｊɤＰｉɤｘＰｊ()１２ＢｘＰｊ，Ｐｉ()＋２ωｘＰｊ()－２ωｘＰｊ()１２()＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｊæèçöø÷．此处着重说明：在以上递推计算中每项都有一个差式，如记作ω＋ｉ－ω－ｉ，易见对于每个差式，恒有ω＋ｉȡω－ｉȡω（Ｐｊ），故参加递推和式计算之ω（ｔ）均符合引理假设的条件，即：ωｘＰｊ()ȡω（ｔ）ȡω（Ｐｊ）ȡω（ｌｎｘ）ȡω（Ｎ）．又ｘ１ｋ＋１ɤＰｊ，ʑｘɤＰｋ＋１ｊ，即有ｘＰｊ()１ｋɤＰｊɤＰｉɤｘＰｊ()１２．因而可由已知递推得：Ｂ（ｘ，Ｐｉ）＜４ＣðＰｊɤＰｉɤｘＰｊ()１２ＧｌｎｘＰｊｌｎＰｉ－１æèççöø÷÷ｘＰｊＰｉｌｎ２Ｐｉ＋ＯðＰｊɤＰｉɤｘＰｊ()１２２ｘＰｊＰｉｌｎ３Ｐｉæèçöø÷＋２ＣｘＰｊｌｎ２ｘＰｊ()＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｊæèçöø÷，（１３）用Ａｂｅｌ恒等式计算：Ω＝ðＰｊɤＰｉɤｘＰｊ()１２ＧｌｎｘＰｊｌｎＰｉ－１æèççöø÷÷１Ｐｉｌｎ２Ｐｉ，在文献［１］第三章ɦ１引理２中取Ａ（ｔ）＝ðＰɤｔｌｎＰＰ，当ｔȡＰｊȡｌｎｘ充分大时，由文献［１］第四章命题（Ｃ）式有：Ａ（ｔ）＝ðｎɤｔΛ（ｎ）ｎ－ðｍȡ２ðＰɤｔ１ｍｌｎＰＰｍ＝ｌｎｔ－γ＋Ｏ（１）－Ｅ（ｔ），其中γ为Ｅｕｌｅｒ常数，Ｅ（ｔ）＝ðｍȡ２ðＰｌｎＰＰｍ－ðｍȡ２ðＰ＞ｔ１ｍｌｎＰＰｍ＝α１＋Ｏʏɕｔｌｎｑｑ２ｄｑæèçöø÷＝α１＋Ｏｌｎｔｔæèçöø÷＝α１＋Ｏ（１），ʑＡ（ｔ）＝ｌｎｔ－α＋Ｏ（１），ȵα１，γ均为与ｔ无关的常数，ʑα亦为与ｔ无关之常数．令Ｈ（ｔ）＝ｌｎｔ，ｒ（ｔ）＝－α＋Ｏ（１），ｆ（ｔ）＝ＧｌｎｘＰｊｌｎｔ－１æèççöø÷÷１ｌｎ３ｔ．ȵＨ（ｔ）连续可微，及１４ɤＧ（ｕ）ɤ１，由文献［１］第三章ɦ１引理２即可得到：Ω＝ʏｘＰｊ()１２ＰｊＧｌｎｘＰｊｌｎｔ－１æèççöø÷÷ｄｔｔｌｎ３ｔ＋ＲｘＰｊ()１２，Ｐｊ()其中ＲｘＰｊ()１２，Ｐｊ()＝ｒｘＰｊ()１２()ｆｘＰｊ()１２()－ｒ（Ｐｊ）ｆ（Ｐｊ）－ʏｘＰｊ()１２Ｐｊｒ（ｔ）ｆᶄ（ｔ）ｄｔ＝ＯｆｘＰｊ()１２()＋Ｏ（ｆ（Ｐｊ））＋ＯʏｘＰｊ()１２Ｐｊｆᶄ（ｔ）ｄｔ()＝Ｏ１ｌｎ３Ｐｊæèçöø÷．故由（１３）式即有：Ｂ（ｘ，Ｐｉ）＜４ＣｘＰｊʏｘＰｊ()１２ＰｊＧｌｎｘＰｊｌｎｔ－１æèççöø÷÷ｄｔｔｌｎ３ｔ＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＋ＯｘＰｊʏｘＰｊ()１２Ｐｊ２ｔｌｎ４ｔæèçöø÷ｄｔ＋２ＣｘＰｊｌｎ２ｘＰｊ()＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｊæèçöø÷＝４ＣｘＰｊｌｎ２ｘＰｊ()ʏｘｕ２（ｕ＋１）ｘ１ｕ＋１ＧｌｎｘＰｊｌｎｔ－１æèççöø÷÷㊃ｌｎｘＰｊｌｎｔæèççöø÷÷３ｄｌｎｔｌｎｘＰｊæèççöø÷÷＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＋ＯｘＰｊʏ１２ｌｎｘＰｊｌｎＰｊ２τ４ｄτæèçöø÷＋２Ｃｘｕ２Ｐｊｌｎ２Ｐｊ＋ＯｘＰｊｌｎ４Ｐｉæèçöø÷＝２Ｃｘｕ２Ｐｊｌｎ２Ｐｊʏｕ２２βＧ（β－１）ｄβ＋Ｏ２ｘ３Ｐｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＋２Ｃｘｕ２Ｐｊｌｎ２Ｐｊ＝２Ｃｘｕ２Ｐｊｌｎ２Ｐｊ［β２Ｇ（β）］ｕ２＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＋２Ｃｘｕ２Ｐｊｌｎ２Ｐｊ＝２ＣＧ（ｕ）ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷，其中２２Ｇ（２）＝１，故引理亦成立．证毕．２．由正态分布及其误差值计算所得到的结果引理８㊀当１００ｌｎｘȡＰｊȡｌｎｘȡＮ时，有Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＞０．７５ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ．证：由引理１即可得到：Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＝ðｍ｜Ｚｊ－１ｎ｜Ｚｊ－１μ（ｍｎ）２ｘ６Ｐｊｍｎ＋Ｏ（３ｊ）＝ｘ３Ｐｊðｄ｜Ｚｊ－１μ（ｄ）２ｖ（ｄ）ｄ＋Ｏ（３ｊ）＝ｘ３ＰｊᵑＰ｜Ｚｊ－１１－２Ｐ()＋Ｏ（３ｊ）（参见文献［３］１５页）ᵑＰ｜Ｚｊ－１１－２Ｐ()＝ᵑＰ｜Ｚｊ－１（Ｐ－１）２Ｐ２ᵑＰ｜Ｚｊ－１Ｐ（Ｐ－２）（Ｐ－１）２＝ᵑＰ｜Ｚｊ－１Ｐ－１Ｐ()２ᵑＰ｜Ｚｊ－１１－１（Ｐ－１）２æèçöø÷，由Ｍｅｒｔｅｎｓ公式（文献［２］第七章ɦ３）有ᵑＰ｜Ｚｊ－１Ｐ－１Ｐ()＝３㊃（２－１）（３－１）２㊃３ᵑＰ｜Ｚｊ－１Ｐ－１Ｐ＝３ｅ－ｒｌｎＰｊ１＋Ｏ１ｌｎＰｊ()()，又１＞ᵑＰ｜Ｚｊ－１１－１（Ｐ－１）２æèçöø÷＞ᵑＰ１－１（Ｐ－１）２æèçöø÷＞（３２－１）ᵑ（Ｐ２－１）３２ᵑＰ２＝４３（２２－１）（３２－１）ᵑ（Ｐ２－１）２２㊃３２ᵑＰ２éëêêùûúú＝４３ðɕｎ＝１１ｎ２æèçöø÷－１＝４３π２６()－１＝８π２＞０．８１．由素数定理，当ｌｎｘ充分大时，有ｊɤ１．１ＰｊｌｎＰｊɤ１１０ｌｎｘｌｎｌｎｘ＜１２ｌｎｘ，ʑＯ（３ｊ）＝Ｏ（３１２ｌｎｘ）＝Ｏ（ｘｌｎ３２）＝Ｏ（ｘ０．６）．综上即得Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＝ｘ３Ｐｊ㊃９ｅ－２ｒｌｎ２Ｐｊ１＋Ｏ１ｌｎＰｊ()()２㊃ᵑＰ｜Ｚｊ－１１－１（Ｐ－１）２æèçöø÷＋Ｏ（ｘ０．６）＞３ｅ－２ｒ（１－０．０１）２０．８１ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＋Ｏ（ｘ０．６）＞０．７５０７ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＋Ｏ（ｘ０．６）＞０．７５ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ，证毕．三㊁结㊀论当１００ｌｎｘȡＰｊȡｌｎｘȡＮ时，由引理７又有：Ｂ（ｘ，Ｐｊ）＜２ＣＧ（ｕ）ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷ɤ２ＣｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＋ＯｘＰｊｌｎ３Ｐｊæèçöø÷＜（２Ｃ＋ε）ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ＜０．７５ｘＰｊｌｎ２Ｐｊ，这就与引理８的结果相矛盾，因此引理７的假设不能成立．因引理７计算中的ω（ｔ）均为：ω（ｘ）ȡω（ｔ）ȡω（ｌｎｘ）ȡω（Ｎ），故可推出至少存在一点ξ，ｘȡξȡｌｎｘ，有：ω（ξ）ȡ０．３７ξｌｎ２ξ成立．故有：ω（［ξ］）＝ω（ξ）ȡ０．３７ξｌｎ２ξȡ０．３７［ξ］ｌｎ２［ξ］．（１４）即可推出在［Ｎ，ｅＮ］之间至少有一个整数点ｍ１使（１４）式成立，同样在［ｍ１，ｅｍ１］之间至少有一个整数点ｍ２使（１４）式成立，如此等等，依次类推，就证明了定理的真实性．由上述我们立即可以得到一个简单的推论：对于任意ｘȡＮ，总有：ω（ｘ）ȡ０．３７ｌｎｘ（ｌｎｌｎｘ）２成立．孪生素数猜想得证．定理证毕．ʌ参考文献ɔ［１］潘承洞，潘承彪．素数定理的初等证明［Ｍ］．上海：上海科学技术出版社，１９８８．［２］潘承洞，潘承彪．哥德巴赫猜想［Ｍ］．北京：科学出版社，１９８１．［３］闵嗣鹤．数论的方法（上册）［Ｍ］，北京：科学出版社，１９８１．［４］闵嗣鹤，严士健．初等数论（第二版）［Ｍ］．北京：人民教育出版社，１９８２．［５］［苏］Ａ．Ａ．卡拉楚巴著，潘承彪，张南岳译．解析数论基础（中译本）［Ｍ］．北京：科学出版社，１９８４．［６］华罗庚．数论导引［Ｍ］．北京：科学出版社，１９７９．［７］Ｇ．Ｈ．哈代，Ｗ．Ｗ．洛戈辛斯基著，徐瑞云，王斯雷译．富里埃级数（中译本）［Ｍ］．上海：上海科学技术出版社，１９７８．［８］‘数学手册“编写组．数学手册［Ｍ］．北京：人民教育出版社，１９７９．［９］潘承洞．素数分布与哥德巴赫猜想［Ｍ］．济南：山东科学技术出版社，１９７９．。

素数、孪生素数、四胞胎素数无限的初等证明齐宸一、素数个数无限证明假设P是自然数中最大的素数，并用M1表示P内的素数个数。

按此假设在区间P—2P内素数个数M2=0。

只要证明M2>0，则素数无限（P—2P区间不含P）。

素数只能被自己和“1”整除。

故XY（X>1,Y>1）计算出的数字一定是全体合数，且可以向右、向下排列成双向等差数列形式。

而且实质上这个双向等差数列只是由4、6、6、9这4个数字决定的。

如图所示：将计算结果与自然数对应后形成下图，图中蓝色部分是20以内的素数产生过程。

自第1行到第9行共9个等差数列决定了20以内的素数。

自第1行到第19行共19个等差数列决定了40以内的素数。

如何通过决定20以内素数个数的前9个等差数列得到21-40之间的素数个数呢？前文说XY计算结果形成的是向右、向下的双向等差数列。

当Y值固定时的计算结果就是向下的等差数列，如下图所示中的黄色数字部分：上图中第10-19个横向的等差数列，实质上也是向下等差数列的一部分。

将这两个等差数列横向放置，如下图所示：这样这11个等差数列既可以决定20以内素数位置也可以决定21-40之间素数位置。

在这11个等差数列上取1-20及21-40两区间，按照容斥原理分别计算20以内及21-40之间的不同元素个数。

因两区间的长度相同、数列相同，则不同元素个数大致相同。

证明：假设P是自然数中最大的素数，并用M1表示P内的素数个数。

按此假设在P—2P区间内素数个数M2=0（P—2P区间不含P）。

因为决定1—P以及P—2P区间素数个数的等差数列是相同的。

按照容斥原理这两区间数列相同、长度相同，则含有的不同元素个数大致相同（这些不同元素全部不是素数，而除此之外的数字全部是素数）。

故两区间的素数个数也会非常相近，这样就有M1≈M2。

M1是P之内的素数个数，显然M1≠0，故假设M2=0就是不正确的。

M2是一个大于0且接近M1的数字。

因此假设不正确。

第 28 卷第 4 期 2014 年 12 月西昌学院学报·自然科学版Journal of Xichang College·Natural Science Edition孪生素数猜想的证明叶雉鸠（陕西财经职业技术学院，陕西 咸阳 712000）Vol.28，NO.4 Dec.，2014【摘 要】采用数学归纳法证明了一类缺项同余式方程组恒无解。

若这一类缺项同余式方程组恒无解则孪生素数猜想成 立，即自然数域中存在无穷多对孪生素数，孪生素数猜想是成立的。

【关键词】数论；孪生素数猜想；数学归纳法；同余式方程组；正整数解【中图分类号】O156.1；O156.2 【文献标识码】A 【文章编号】1673-1891（2014）04-0027-041 引言及预备命题孪生素数猜想是数论中的著名未解决问题。

这个猜想产生已久，在数学家希尔伯特在 1900 年国 际数学家大会的著名报告中，它位列 23 个“希尔伯 特问题”中的第 8 个问题，可以被描述为“存在无穷 多个素数 p ，并且对每个 p 而言，有 p +2 这个数也是素数”[1]。

2013 年 5 月 14 日，《自然》杂志报道，数学家张益 唐证明存在无穷多个素数对相差都小于 7000 万[2]。

陶哲轩随后开始了一个 Polyma th 计划，由网上志愿 者合作降低张益唐论文中的上限。

截至 2014 年 4 月，即张益唐提交证明之后一年，按 Polymath8b 计划 维基所宣称，上限已降至 246[3]。

沿着张益唐的证明 思路，要做进一步的证明也许会更加困难一些。

因 此仍然有必要另辟蹊径，探索新的证明途径。

《孙子算经》[4]、《数书九章》[5]和《算术探索》[6]都 一致指向了同余理论。

在对相邻奇数积的数列进 行同余分析时，找到了孪生素数猜想成立的一个充 分条件[7]——【命题 1】。

定义两个集合：其中：①（1-1）同余式方程左边处于 位置的因子为 不小于 4 的连续自然数．②是不大于的奇素数中最大的一个，b表示不大于 的奇素数的总个数。

Advances in Theoretical and Applied Mathematics, ISSN 0793-4554, V ol.8,№1, 2013, pp.17-26There are Infinitely Many Sets of N-Odd PrimeNumbers and Pairs of Consecutive Odd PrimeNumbersZhang TianshuNanhai west oil corporation,China offshore Petroleum,Zhanjiang city, Guangdong province, P.R.China.Email: tianshu_zhang507@AbstractLet us consider positive odd numbers which share a prime factor>1 as a kind, then the positive directional half line of the number axis consists of infinite many equivalent line segments on same permutation of χkinds’ odd points plus odd points amongst the χkinds’ odd points, where χ≥1. We will prove together that there are infinitely many sets of n-odd prime numbers and pairs of consecutive odd prime numbers by the mathematical induction with aid of such equivalent line segments and odd points thereof, in this article.KeywordsSets of n-odd prime numbers, Pairs of consecutive odd prime numbers, Mathematical induction, Odd points, Positive directional half line of the number axis, RLSS№1~№χ, Sets of •µ(•s)+b(◦s)•, Pairs of•υ(◦s)•, The coexisting theorem, №1 RLS №1~№χ, Set of♠µ(♠s)+b(◦s)♠,Pair of♠υ(◦s)♠.Basic ConceptsSuppose n >1, and κ1<κ2<...<κn-1 are n-1 natural numbers, and Jχ, Jχ+κ1, Jχ+κ2, Jχ+κ3, ... Jχ+κn-1 are all odd prime numbers, then we call (Jχ,Jχ+κ1,Jχ+κ2,Jχ+κ3,...Jχ+κn-1) a set of n-odd prime numbers. Thereupon we conjecture that for any positive odd prime number J p, if a number of residue’s classes which n integers 0, κ1, ... κn-1divide respectively bymodulus J p is less than J p , then there are infinitely many sets of n-odd prime numbers which differ orderly by κ1, κ2-κ1, κ3-κ2,...and κn-1-κn-2.We term the conjecture as n-odd prime numbers’ conjecture. For example, when n≥2, and κ1=2, it contains twin prime numbers’ conjecture. In addition, it contains 3-odd prime numbers’ conjecture when n≥3, κ1=2 and κ2=6. And so on and so forth…Evidently, if modulus J p ≥ Jχ+κn-1, then each odd prime number of such a set of odd numbers belongs in a residue class, thus number n of n-odd prime numbers is less than J p. If modulus J p ≤ Jχ, then number n of n-odd prime numbers may be greater than J p. For example, a set of 16-odd prime numbers (13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73) for modulus J4 (i.e. 11), it has 16 odd prime numbers of 10 residue’s classes because 17≡61(mod 11), 19≡41(mod 11), 23≡67(mod 11), 29≡73 (mod 11), 31≡53(mod 11), and 37≡59(mod 11) plus 13, 43, 47, and 71.In addition, there is such a conjecture, namely if there is a pair of consecutive odd prime numbers which differ by 2k, then there are surely infinitely many pairs of consecutive odd prime numbers which differ by 2k, where k is a natural number. This conjecture needs still us to prove it. When k=1, it is the very twin prime numbers’ conjecture evidently.Everyone knows, each and every odd point at positive directional half line of the number axis expresses a positive odd number. Also infinitemany a distance between two consecutive odd points at the positive directional half line equal one another.Let us use the symbol “•” to denote an odd point, whether • is in a formulation or it is at the initial positive directional half line of the number axis. Moreover the positive directional half line is marked merely with symbols of odd points. Please, see following first illustration. •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••First IllustrationWe use also symbol “•s” to denote at least two odd points in formulations. Then, the number axis’s positive directional half line which begins with odd point 3 is called the half line for short thereinafter.We consider smallest positive odd prime number 3 as №1 odd prime number, and consider positive odd prime number Jχas №χodd prime number, where χ ≥1, then odd prime number 3 is written as J1 as well. And then, we consider positive odd numbers which share prime factor Jχas №χkind of odd numbers. If an odd number contains α one another’s-different prime factors, then the odd number belongs in α kinds of odd numbers concurrently, where α ≥1.There is an only odd prime number Jχwithin №χkind’s odd numbers. Excepting Jχ, we term others as №χ kind of odd composite numbers.If one • is defined as an odd composite point, then we must change symbol “◦” for its symbol “•”. And use symbol “◦s” to denote at least two definite odd composite points in formulations.In course of the proof, we shall change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points according as χ is from small to large.Since №χkind’s odd numbers are infinitely many a product which multiplies every odd number by Jχ, so there is a №χkind’s odd point within consecutive Jχ odd points at the half line.Therefore any one another’s permutation of χ kind’s odd points plus odd points amongst the χkind’s odd points assumes always infinite many recurrences on same pattern at the half line, irrespective of their prime/composite attribute.We analyze seriatim №χ kind of odd points at the half line according to χ=1, 2, 3 … in one by one, and range them as second illustration.3 91521273339 455157 63697581879399105 117 129 •••◦••◦••◦•◦◦••◦◦•◦••◦•◦◦•◦◦••◦◦•◦••◦◦•◦•◦◦•◦◦◦•◦••◦••◦•◦◦◦◦◦◦•◦•◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦…№1•◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦◦◦◦◦◦ ◦…№2• ◦ ◦ ◦◦ ◦ ◦ ◦ ◦…№3◦• ◦ ◦◦ ◦ ◦…№4•. ◦ ◦ ◦ ◦…№5Second IllustrationWe consider one another’s equivalent shortest line segments at the half line in accordance with same permutation of χ kinds’ odd points plus odd points amongst the χkinds’ odd points as recurring segments of the χkinds’ odd points.We use character “RLS№1~№χ”to express a recurring segment of ∑№χ[χ≥1] kind of odd points, and use character “RLSS№1~№χ” to express theplural. If one • is affirmed as an odd prime point, then this • is rewritten as one♠ at the half line and/or in formulations, and symbol ♠s express at least two odd prime points in formulations. For example, the one another’s permutation of certain kinds of odd points at №1 RLS№1~№4 , please, see following third illustration.The permutation of odd prime & composite points at №1 RLS№1~№4♠♠♠○♠♠○♠♠○♠○○♠♠○○♠○♠♠○♠○○♠○○♠♠○○♠○♠♠○○♠○♠○○♠○○○♠○3 15 27 39 51 63 75 87 99♠♠○♠♠○♠○○○○○○♠○♠○○♠♠○○○○♠♠○○♠○○♠○♠○○♠○○♠♠○○○○♠♠○♠111 123 135 147 159 171 183 195♠○○○○○♠○○○○○♠○♠♠○♠○○♠♠○○○○♠○○♠○○♠○○♠♠○○♠○♠♠○○○○♠○ 207 219 231 243 255 267 279 291○○○○○♠○♠♠○♠○○○○○○♠○○♠○○○♠♠○♠○○♠○○○♠○○♠○○♠○♠○○♠○○○ 303 315 327 339 351 363 375 387♠○♠○○○♠○○○○♠♠○○○○♠♠○○♠○♠○○♠○○○♠○♠♠○♠○○○○○♠○○○♠○♠○ 399 411 423 435 447 459 471 483○○♠○♠○○♠○○○○○♠♠○○○○○○○○♠○○♠○○○○♠○○♠○○♠♠○○♠○○○○♠○○ 495 507 519 531 543 555 567 579 591 ♠○○♠♠○○♠○○♠○♠♠○○○○○♠○○○○♠♠○♠○○♠○○♠♠○○○○○♠○♠○○♠○○○ 603 615 627 639 651 663 675 687♠○○○○♠○○○♠○○○○○♠○○♠○○♠○○♠○♠○○○♠○○♠○♠○○○♠○♠○○○○○○♠699 711 723 735 747 759 771 783○○○○♠○○○○○♠♠○○○○♠♠○♠♠○○○○♠○○○○○○♠○♠♠○♠○○○♠○○♠○♠♠○ 795 807 819 831 843 855 867 879♠○○○○○○○○○♠○♠○○○♠○○○○♠○○○♠○♠○○♠○○♠○○○○○○♠○♠○○♠○○♠891 903 915 927 939 951 963 975○○○♠○○♠○○○○○♠○♠○○♠♠○○○○♠♠○○♠○○○○♠♠○○○○♠♠○○♠○○○○○○987 999 1011 1023 1035 1047 1059 1071○○♠○♠♠○♠○○♠○○♠○○○♠○○♠○○♠○○○○○○○○○○♠♠○○○○♠○○○♠○○○○ 1083 1095 1107 1119 1131 1143 1155 1167 1179 ♠○○♠○○♠○○○♠○○○○○♠○♠○○♠○○♠♠○○♠○○○○○♠○○○○♠○○○○○○○○♠1191 1203 1215 1227 1239 1251 1263 1275 ♠○♠○○♠♠○○♠○♠♠○♠○○○○○♠♠○○♠○○○○○○○○○○○○○○○○♠○○♠○○♠○ 1287 1299 1311 1323 1335 1347 1359 1371○○♠○○○○○○○○♠○○○○♠○○○○○○♠○♠♠○♠○○♠○○○♠○♠♠○○♠○○○○○♠○ 1383 1395 1407 1419 1431 1443 1455 1467○○○♠♠○♠♠○♠○○♠○○○○○♠○○○○○♠○○○♠○○○○○♠○○♠○♠○○♠○○○♠○♠1479 1491 1503 1515 1527 1539 1551 1563○○○♠○♠○○○○○○♠○♠○○♠♠○♠○○♠♠○○♠○○○○♠○○○○○○○○○♠○○♠○♠♠1575 1587 1599 1611 1623 1635 1647 1659○○○○○○○○○○♠○♠♠○○○○♠○○○○○♠♠○○○○♠○○○♠○○♠○○♠○○♠○○○○○ 1671 1683 1695 1707 1719 1731 1743 1755 1767 ○○○♠○○♠○♠♠○○○○○♠○○○○♠○○○○○♠○○○♠○○○○○○○♠○○○○○○♠○○♠1779 1791 1803 1815 1827 1839 1851 1863○♠♠○♠♠○○○○♠○○○○○♠○○♠○○♠○○○○○○○○♠♠○○○○○○○♠♠○○○○○○○ 1875 1887 1899 1911 1923 1935 1947 1959○○○♠○○♠○○○♠○○♠○♠♠○♠○○○♠○○♠○○○○♠♠○○○○♠○○○○○○♠○○○○♠1971 1983 1995 2007 2019 2031 2043 2055○○♠○○○○○♠♠○♠♠○○○○♠○○○○○♠♠○○○○○○○♠♠○○♠○♠♠○○○○♠○○○♠2067 2079 2091 2103 2115 2127 2139 2151○○○○○○○○♠○○○○○○○○○○○♠○♠○○♠○○○♠○○○○○○○♠♠○♠○○○♠○○○○ 2163 2175 2187 2199 2211 2223 2235 2247 2259 ○○○♠♠○♠○○○♠○○♠○○♠○○○○○○○♠♠2271 2283 2295 2307Third IllustrationAnnotation: “♠” denotes an odd prime point; “○” denotes an odd composite point.№1 RLS№1ends with odd point 7; №1 RLS№1~№2ends with odd point 31;№1RLS№1~№3 ends with odd point 211; №1 RLS№1~№4 ends with odd point 2311. Justly №1 RLS№1~№χbegins with odd point 3. There are ∏Jχ odd points at each RLS№1~№χ , where χ ≥1,and ∏Jχ=J1*J2*…*Jχ.Undoubtedly one RLS№1~№(χ+1)consists of consecutive Jχ+1RLSS№1~№χ , and they link one by one.Since none of any kind’s odd composite points coincides with odd point 1 on the left of №1 RLS№1~№χ, then none of any kind’s odd composite points coincides with the odd point which closes on the left of №2 RLS№1~ №χaccording to the definition of recurring segments of the χkinds’ odd points. The odd point which closes on the left of №2 RLS№1~№χis exactly the most right odd point of №1 RLS№1~№χ. Thus the most right odd point of №1 RLS№1~№χis an odd prime point always. Namely 2∏Jχ+1 is an odd prime number always.Number the ordinals of odd points at seriate each RLS№1~№χ+y by consecutive natural numbers which begin with 1, namely from left to right each odd point at seriate each RLS№1~№χ+y is marked with from small to great a natural number ≥1 in the proper order, where y≥0. Then, there is one №(χ+y) kind’s odd point within Jχ+y odd points which share an ordinal at Jχ+y RLSS№1~№(χ+y-1) of a RLS№1~№χ+y. Furthermore, there is one №(χ+y) kind’s odd composite point within Jχ+yodd points which share an ordinal at Jχ+y RLSS№1~№(χ+y-1) of seriate each RLS№1~№χ+y on the right of №1 RLS№1~№χ+y.Odd prime points J1, J2 …Jχ-1 and Jχare at №1 RLS№1~№χ. Yet, there are χodd composite points on ordinals of J1 plus J2 ...plus Jχ-1 plus Jχ at seriate each RLS№1~№χon the right of №1 RLS№1~№χ. Thus №1 RLS№1~№χis a particular RLS№1~№χ in contradistinction to each of others.After change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points at the half line, if one • is separated from another • by µ •s plus b ◦s irrespective of their permutation,then express such a combinative form as a set of • µ(•s)+b(◦s) •, where µ ≥0, and b ≥0.If µ+2 •s of • µ(•s)+b(◦s) • are all defined as odd prime points, then the set of • µ(•s)+b(◦s) • is rewritten as a set of♠ µ(♠s) +b(◦s)♠. Further, if the set of ♠µ(♠s)+b(◦s) ♠lies within consecutive Jχodd points, and for odd prime number Jχ, a number of residue’s classes which µ+2 odd prime numbers whereof µ+2 ♠s express divided respectively by modulus Jχ is less than Jχ, then, such a set of♠ µ(♠s) +b(◦s)♠ is the very a set of n-odd prime points, where n=µ+2.If two •s of • υ(◦s) • are defined as odd prime points,then the pair of •υ(◦s)• is rewritten as a pair of♠ υ(◦s) ♠, where υ≥0.When µ=0, a set of • µ(•s)+b(◦s) • is exactly a pair of •b(◦s)•, and a set of ♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠is exactly a pair of♠ b(◦s) ♠, where b≥0.Let µ+ b=m, a set of • µ(•s)+b(◦s)• may be written as a set of • m(•s◦s) •, and a set of♠ µ(•s)+b(◦s)♠may be written as a set of♠ m(•s◦s)♠.After change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points, Jχ-h at №1 RLS№1~№χ is defined as an odd prime point, where χ>h≥0,yet there are infinitely many •s on the right of Jχat the half line, and every •is an undefined odd point on prime/composite attribute. Anyhow every prime factor of an odd number which each •at the right of Jχ expresses is greater than Jχ.A set of • µ(•s)+b(◦s) •is negated according as any • of the set is defined as one ◦. Also a pair of • υ(◦s)• is negated according as either • of the pair is defined as one ◦. If a set of • µ(•s)+b(◦s) • can not always be negated, then it is precisely a set of♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠. Likewise, if a pair of • υ(◦s)• can not always be negated, then it is precisely a pair of ♠υ(◦s) ♠.From the definition for recurring segments of χ kinds’ odd points, we can conclude that after change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points, if there is a set of♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠within consecutive Jχodd points on the right of Jχ at №1 RLS№1~№χ, then there is surely a set of • µ(•s)+b(◦s) • on ordinals of the set of ♠µ(♠s)+b(◦s)♠at seriate each RLS№1~№χon the right of №1RLS№1~№χ.Without doubt, the converse proposition is tenable too. Namely after change ◦s for •s at places of ∑№χ [χ≥1]kind’s odd composite points, if there is a set of •µ(•s)+b(◦s) • within consecutive Jχodd points at seriate each RLS№1~№χon the right of №1 RLS№1~№χ, and from left to right №k odd prime points of all sets of •µ(•s)+b(◦s) • share an ordinal, then there is surely a set of♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠on ordinals of any such set of • µ(•s)+b(◦s) •, at №1 RLS№1~№χ, where k = 1, 2, … µ+2.Of course, every ♠ of the set of ♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠and every prime factor of an odd number which each • of every such set of • µ(•s)+b(◦s) • expresses are greater than Jχ.To be brief, after change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points, a set of ♠µ(♠s)+b(◦s) ♠on the right of Jχat №1 RLS№1~№χand infinite many sets of •µ(•s)+b(◦s)• on ordinals of the set of ♠µ(♠s)+b(◦s)♠at seriate RLSS№1~№χon the right of №1 RLS№1~№χcoexist at the half line. We term the aforesaid conclusion as the coexisting theorem of a set of ♠µ(♠s)+b(◦s)♠plus infinite many sets of •µ(•s)+b(◦s)• at the half line, or term it as the coexisting theorem for short.Jχ+1 RLSS№1~№χ of any RLS№1~№(χ+1) may be folded at an illustration, oneby one, so as to view conveniently, e.g. №1, №2 and №3 kinds’ odd points at two RLSS№1~№3from the differentia, please, see following fourth illustration.№: 1 5 10 15 №: 1 5 10 153♠♠♠ ◦• • ◦ •• ◦ • ◦ ◦ •• C ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ •◦ • • ◦• ◦ ◦ • ◦ ◦ •• ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ • ◦ • • ◦ ◦ •◦ • ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ • • ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ • ◦◦ ◦ • ◦ • • ◦ •• ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ ◦ •◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ • ◦ • • ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ • •211 ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ • •DFourth IllustrationAfter change ◦s for •s at places of №1 plus №2 plus №3 kinds’ odd composite points, every♠denotes a definite odd prime point, and every • denotes an undefined odd point at prime/composite attribute, and every ◦ denotes a definite odd composite point, in the illustration. Line segment 3(211) is №1 RLS№1~№3, and line segment CD is any of seriate RLSS№1~№3 on the right of №1 RLS№1~№3.The ProofWe will prove together that there are infinitely many sets of n-odd prime numbers and pairs of consecutive odd prime numbers by the mathematical induction with the aid of RLSS№1~№χ and odd points thereof, thereinafter.1. When χ=1, there is a set of♠ ♠ alone on the right of J1 at №1 RLS№1 , and the set of♠ ♠ is a pair of♠υ1(◦s)♠ as well, i.e. twin odd prime points 5 and 7, where υ1=0.When χ=2, there are ♠◦♠♠◦♠♠◦♠◦ ◦♠♠on the right of J2at №1RLS№1~№2,and these odd points contain several sets of ♠µ2(♠s)+b2(◦s)♠within consecutive J s odd points, including several pairs of♠υ2(◦s) ♠within them, where µ2≤6,b2≤5,J1≤J s≤J5, and υ2 ≤ 2.Evidently these pairs of♠υ2(◦s)♠ contain pairs of twin odd prime points.When χ=3, there are both sets of ♠ µ3(♠s)+b3(◦s) ♠within consecutive J f odd points and pairs of ♠υ3(◦s) ♠on the right of J3 at №1 RLS№1~№3, where µ2≤µ3≤41, b2≤b3≤58, J s ≤ J f ≤J27=101, and υ2≤υ3=0, 1, 2, 3, 4, 5 and 6. Evidently these sets of ♠µ3(♠s)+b3(◦s)♠embody certain sets of ♠µ2(♠s)+b2(◦s)♠, and these pairs of ♠ υ3(◦s) ♠ embody all pairs of♠υ2(◦s)♠.For pairs of ♠υ3(◦s)♠on values of υ3 at №1 RLS№1~№3, we instance (11, 13), (13, 17), (23, 29), (89, 97), (139, 149), (199, 211) and (113, 127). Please, see preceding third illustration once again.When χ=4, there are both sets of ♠ µ4(♠s)+b4(◦s)♠within consecutive J a odd points and pairs of ♠ υ4(◦s)♠on the right of J4 at №1 RLS№1~№4 , where µ3≤µ4≤337, b3≤b4≤813, J f ≤J a≤J189=1151, and υ3≤υ4 =0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11and 16.Evidently these sets of ♠µ4(♠s)+b4(◦s)♠ embody certain sets of ♠µ3(♠s)+b3(◦s)♠, and these pairs of ♠ υ4(◦s)♠ embody all pairs of ♠ υ3(◦s) ♠.For pairs of ♠υ4(◦s)♠on values of υ4 at №1 RLS№1~№4, we instance (17, 19), (19, 23), (31, 37), (89, 97), (139, 149), (211, 223), (293, 307), (1831,1847), (1259, 1277), (887, 907), (1669, 1693), (2179, 2203)and (1327, 1461). Please, see preceding third illustration once more.2. When χ=β≥4, suppose that there are both sets of ♠ µβ(♠s)+bβ(◦s) ♠within consecutive J b odd points and pairs of ♠ υβ(◦s) ♠on the right of Jβat №1 RLS№1~№β , where µβ≥µ4, bβ≥b4, υβ≥υ4, J b ≥J a, and Jβ≥J4. In addition, these sets of ♠µβ(♠s)+bβ(◦s) ♠embody any of sets of n-odd prime points on the right of J1 at №1 RLS№1~№ψ, and these pairs of ♠ υβ(◦s) ♠ embody any of pairs of consecutive odd prime points at №1 RLS№1~№ψ, where ψ<β.Let us suppose that any of sets of n-odd prime points on the right of J1 at №1 RLS№1~№ψ is a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠; and any of pairs of consecutive odd prime points at №1 RLS№1~№ψis a pair of ♠ υδ(◦s)♠,where µp≥µ4, b q≥b4, and υδ ≥υ4.3.When χ=η>β,prove that there are both sets of ♠µη(♠s)+bη(◦s) ♠within consecutive J c odd points and pairs of ♠ υη(◦s) ♠on the right of Jηat №1 RLS№1~№η ,where µη≥µβ, bη≥bβ, υη≥υβ, J c ≥J b, and Jη>Jβ. In addition, these sets of ♠ µη(♠s)+bη(◦s) ♠ must embody a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠ which needs us to prove, and these pairs of ♠ υη(◦s) ♠must embody a pair of ♠ υδ(◦s)♠ which needs us to prove.Proof．Since there is a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠ within consecutive J b oddpoints on the right of Jβat №1 RLS№1~№β, furthermore, we name the set of ♠µp(♠s)+b q(◦s)♠ “Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g”, where d≥1 and g =β+d+µp+1. Well then, let us first prove that there is a set of ♠µp(♠s)+b q(◦s)♠ on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g on the right of J g at №1 RLS№1~№g , hereinafter.We know that every odd number >1 has a smallest prime factor except for 1 surely, yet the smallest prime factor of any odd prime number is exactly it itself.If greatest one within respective smallest prime factors of b q odd composite numbers whereof b q(◦s) between Jβ+d and J g express is written as Jφ, then the set of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g is either at №1 RLS№1~№ φ or out of №1 RLS№1~№φ. If it is at №1 RLS№1~№φ, then let 1≤χ1≤ϕ. If it is out of №1 RLS№1~№φ, then suppose that it is just at №1 RLS№1~№κ , but it is not at №1 RLS№1~№κ-1, then κ >ϕ , and let 1≤χ2≤κ .If the set of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g is at №1 RLS№1~№φ, then after change ◦s for •s at places of ∑№χ1 [1≤χ1≤ϕ] kind’s odd composite points, there is a set of •µp(•s)+b q(◦s)•on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s)J g at seriate each RLS№1~№φon the right of №1 RLS№1~№φ.If the set of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g is just barely at №1 RLS№1~№κ , but it is out of №1 RLS№1~№(κ-1), then after change ◦s for •s at places of ∑№χ2[1≤χ2≤κ]kind’s odd composite points, there is a set of •µp(•s)+b q(◦s)•on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g at seriate each RLS№1~№κon the right of №1 RLS№1~№κ.Either there is Jϕ ≥ µp+b q+2 or Jκ ≥ µp+b q+2, uniformly let it to equal Jν. If Jϕ or Jκ<µp+b q+2, then suppose that Jν is the smallest odd prime number which is not smaller than µp+b q+2.Each set of •µp(•s)+b q(◦s)• on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g considering aforementioned either case is rewritten as a set of • µp(•s)+b q(◦s)•.If some set of • µp(•s)+b q(◦s)• is defined as a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠, then the set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠ is rewritten as a set of ♠µp(♠s)+b q(◦s)♠.Let ν+1≤ω≤g, since there is one №ω kind’s odd point within consecutive Jω odd points, and there is one №ω kind’s odd point within Jωodd points which share an ordinal at seriate JωRLSS№1~№ω-1, therefore there is a series of results as the following.After successively change ◦s for •s at places of № (ν+1) kind’s odd composite points, there are both (Jν+1-µp) sets of •µp(•s)+b q(◦s) • and µp sets of •(µp-1)(•s)+(b q+1)(◦s)• at seriate each RLS№1~№(ν+1)on the right of №1 RLS№1~№(ν+1).Of course, every prime factor of an odd number which each • at here expresses is greater than Jν+1.After successively change ◦s for •s at places of № (ν+2) kind’s odd composite points, there are both(Jν+1-µp)(Jν+2-1)sets of • µp(•s)+b q(◦s) • and µp( Jν+2-1) sets of • (µp-2)(•s)+(b q+2)(◦s)• at seriate each RLS№1~№(ν+2)on the right of №1 RLS№1~№(ν+2). Of course, every prime factor of an odd number which each • at here expresses is greater than Jν+2 .And so on and so forth…Up to after successively change ◦s for •s at places of №g kind’s odd composite points, there are both(Jν+1-µp)(Jν+2-1)( Jν+3-1)…( J g-1) sets of •µp(•s)+b q(◦s)•and µp(Jν+2-1)( Jν+3-1)…( J g-1) pairs of • (µp+b q)(◦s) •at seriate each RLS№1~№g on the right of №1 RLS№1~№g。

张益唐：天才的证明原作: Alec Wilkinson编译：潘颖陈晓雪接受《纽约客》专访时，张益唐59岁。

仅仅两年前，他不过是个美国非一流大学的普通讲师，只发表过两篇论文，没有研究经费，曾有近十年的时间找不到学术职位，“流浪”美国各州，不时借住朋友家安身。

2013年5月，他因出色地证明了一个关于素数分布的“里程碑式的定理”而蜚声全球。

英国著名数学家哈代说，数学比起其他技艺和科学来，更像是“年轻人的游戏”，没有哪一个重大成就是50岁之后提出来的。

然而张益唐用天才般的工作证明：年龄、职位、论文统统不是登顶的“标配”。

2月2日，《纽约客》杂志正式刊发特约撰稿人亚历克·威尔金森（Alec Wilkinson）专访张益唐的长文。

《赛先生》求教一流数论专家，补正部分内容，力求准确编译，以飨国内读者。

华人数学家张益唐。

Peter Bohler/图张益唐证明了什么张益唐所做的工作通常被称作“素数间的有界距离”，是“孪生素数”猜想证明的弱形式。

所谓“素数”，又称“质数”，是指只能被1和它本身整除的数字，例如：2、3、5、7等等。

但随着数字增大，素数在数轴上的分布越来越稀疏。

想像一条数轴，普通数字是绿色的，素数是红色的。

轴线开始时有许多红色的数字：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、41、43和47，它们都是小于50的素数。

在1-100之间有25个素数，1到1000之间有168个素数，1到100万之间有78498个素数。

素数越来越大时，它们变得越来越稀少，素数与素数间的平均距离越来越大。

那么，相邻两个素数之间的距离是否是有限的呢？特别是当数字趋于无穷大时，一个数字的位数之多需要一本书的厚度才能写下，此时是否还能找到相邻的两个素数呢？没有一个方程式可以预言素数的分布特征——它们看起来非常随机。

欧几里得在公元前300年证明存在无穷多个素数，但并没有证明两个素数之间的距离可能是多远。

他曾大胆猜想：存在无穷多对之差为2的素数。

浅谈对一类数学题的创新型解法（三）第三章用两种方法证明孪生素数猜想摘要：本文用两种方法证明了孪生素数猜想，第一种为“用孪生素数本源法来证明”，第二种为“用公式来证明”。

如果我们把证明孪生素数猜想，仅仅看作是解答一道普通的数学题，就再也不会把它看得是那么的神秘，就会静下心来，认真地讨论如何在初等数论的范围内是否能够证明它。

关键词：孪生素数猜想；孪生素数本源法；混合的孪生素数数列；公式证明；减数移位法。

1、第一种方法：用孪生素数本源法来证明：要想证明孪生素数猜想，必须要探明孪生素数产生的本源。

那么，什么是孪生素数的本源呢？要回答这个问题，必须先肯定两个基本前提：（1）自然数中的奇数有无穷多个；（2）素数有无穷多个。

下面，我们就来寻找孪生素数产生的本源：第一步，将自然数中的奇数排成一列，即：3 5 7 9 11 13 15 17 1921 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 6365 ......p。

（这里，用字母p来表示奇数）第二步，在所有的奇数中减去3的倍数，并将这一列数两两配对，那么，剩下的所有的奇数就变为如下的形式：（这里，我们先增加了一个5，然后再两两组合配对）3 5 5 7 11 13 17 19 23 25 29 31 35 37 41 43 4749 53 55 59 61 65 67 71 73 77 79 83 85 89 91 9597 101 103......pi pi+2。

（1）我们来观察数列（1）：这是一个既包含着有无穷多对“真孪生素数”，同时也包含着有无穷多对“假孪生素数”的无穷数列。

而所有的孪生素数要想产生，必然来自于此数列之中，概莫例外。

我们称这个数列为“混合的孪生素数数列”。

此数列即为“孪生素数产生的本源”，而且，所有的孪生素数都是“从孪生素数的本源中诞生出来的”。

在数列（1）中，我们已经知道了素数是无穷多的，只要紧连着这个素数的配对数也同时是素数，那么，这一对数必然就是孪生素数对，简称孪生素数。

孪生质数猜想的巧妙证明李云祥 (云南省楚雄州禄丰县土官镇小学 651209 )【摘要】：孪生质数猜想的巧妙证明开辟了孪生质数研究的崭新途径。

此文主要以角表、角表数链为依托进行了深入的拓展，发掘出了角表数链五个非常有趣的特性，而且角表数链还有更广阔的研究空间，并且根据角表数链的性质推演出的两个证明方法，巧妙地证明出没有最大的孪生质数，即孪生质数猜想是正确的。

孪生质数猜想的巧妙证明还可以推演出三个更有意思的证明（此三个证明方法在此文中没有赘述）：老问题“质数无限多个”的新证明；“三生质数无限多组”的证明（如果三个质数A、B、C，其中B比A多2，而C比B多4，那么质数A、B、C就叫三生质数）；“等质数值是6的等质数无限多组”的证明。

【关键词】：角表；角表数链；孪生质数；猜想；巧妙；证明【分类号】：O156.1【文献标识码】：A【正文】：一、角表的认识如 (图1-1-1)、(图1-1-2)和（图 1-1-3），这样的图表很像我们认识的无限延伸的角，所以称它们为角表。

(图1-1-1)在(图1-1-1)中，如果第一横行和第一竖行的某一个数，在其它行中找不到，那么这个数就是质数。

此角表中的所有数都沿4、9、16、25、36......这些平方数为轴而对称。

在对称位置上的数都对应相等。

根据这种现象，还可以把(图1-1-1)改为另一种角表，如(图1-1-2) 。

(图1-1-2)在质数中，除2、5两个外，其余的质数的个位上的数都只会重复出现1、3、7、9。

个位上的数是1、3、7、9的任何合数，都是个位上的数是1、3、7、9的数相互乘得到的（除了数1外），所以角表 (图1-1-2)又可以变为如(图1-1-3)的角表。

(图1-1-3)二、角表数链的认识根据(图1-1-3)，把个位上的数是1、3、7、9的数排列成数列（除了数1外），并分别划去各质数的倍数（质数的倍数是只包括不小于质数的平方数的倍数。

此论文中出现的质数的倍数都是这样的），剩下的就是质数。

边积分析法证明孪生素数猜想1. 引言1.1 引言孪生素数猜想是一个数论领域的经典问题，即存在无穷多对相邻的素数。

这个问题已经困扰数学家们几个世纪，至今未能完全解决。

为了尝试解决这个难题，我们引入了边积分分析法，这是一种新颖的证明方法，能够在一定情况下得到有用的结果。

在本文中，我们将首先介绍边积分分析法的基本原理和应用范围。

然后，我们会详细讨论孪生素数猜想的背景和已有的研究成果。

接着，我们将提出边积分法在证明孪生素数猜想中的思路，解释为何这种方法可能会取得成功。

在详细阐述边积分法的证明过程之后，我们将展示最终的证明结果，并对其进行深入的分析和讨论。

通过本文的研究，我们希望能够为解决孪生素数猜想这一经典问题提供新的思路和方法。

我们也希望能够推动边积分分析法在数论领域的更广泛应用，为数学研究开辟新的方向和可能性。

2. 正文2.1 边积分分析法简介边积分分析法是一种利用边积分技术来解决数论问题的数学方法。

它的基本思想是将问题转化为对边积分的求解，从而得到一种新颖的证明方法。

边积分分析法在解决一些具有特定形式的数论问题时具有很强的实用性和有效性。

边积分分析法的核心思想是利用积分的性质来研究数论问题。

通过对边积分的合理选择和运用，可以将原本复杂的数论问题简化为一个容易求解的积分问题。

这种转化不仅可以提高问题的解决效率，还能够为问题的解决提供一种全新的视角和思路。

边积分分析法在数论领域的研究中取得了许多重要的成果，为解决一些经典的数论问题提供了新的思路和方法。

通过对边积分的灵活运用，可以探索数论问题的深层次结构，揭示其中的隐藏规律，从而推动数论研究的进展。

边积分分析法是一种重要的数学方法，在解决复杂的数论问题时具有独特的优势和应用前景。

通过深入研究和应用，边积分分析法有望为数论领域的发展带来新的突破和进展。

2.2 孪生素数猜想孪生素数猜想是一个数论领域的经典问题，它指的是存在无穷多的素数对，这些素数对之间的差值始终为2。

张益唐孪生素数猜想证明过程张益唐近照，由新罕布什尔大学提供张益唐是个对数字“极其敏感”的人，他能把大学同班同学的出生日期背得“滚瓜烂熟”，并在每个人过生日时发去一封祝福邮件。

同为恢复高考后北京大学数学系第一批学生，美国普渡大学数学系教授沈捷就享受过这样的“待遇”。

但他发现，七八年前张益唐突然“消失”了。

因为，从那时起，他再没收到过张的生日祝福，“给他发邮件也没再回过”。

5月16日，张益唐的邮件突然来了，只有一个单词：“谢谢”。

在接受中国青年报记者采访时，沈捷回忆说，此前一天，他和夫人就张益唐在孪生素数方面取得的突破向他发去邮件道贺。

5月14日，《自然》（Nature）杂志在线报道张益唐证明了“存在无穷多个之差小于7000万的素数对”，这一研究随即被认为在孪生素数猜想这一终极数论问题上取得了重大突破，甚至有人认为其对学界的影响将超过陈景润的“1+2”证明。

在此之前，“年近6旬”的张益唐在数学界可以说是个名不见经传的人。

多年前曾与张益唐接触过的浙江大学数学系教授蔡天新也以为“他早从数学圈消失”了，蔡说已经“近30年没他的消息了”，没曾想“他突然向孪生素数猜想走近了一大步”——素数是指正因数只有1和本身即只能被自身和1整除的正整数，“孪生素数”则是指两个相差为2的素数，例如3和5，17和19等。

而随着素数的增大，下一个素数离上一个素数应该越来越远，故古希腊数学家欧几里得猜想，存在无穷多对素数，他们只相差2，例如3和5，5和7，×2195000-1和×2195000+1等等。

这就是所谓的孪生素数猜想，它和黎曼猜想、哥德巴赫猜想一样，让无数数论者着迷。

数学家需要做的是一个证明！然而，人们甚至不知道它的“弱形式”是否成立，用《数学文化》主编、香港浸会大学理学院院长汤涛的话说就是——能不能找到一个正数，使得有无穷多对素数之差小于这个给定正数，在孪生素数猜想中，这个正数就是2。

张益唐找到的正数是“7000万”。

孪生素数猜想和哥德巴赫猜想的证明冯仰春（中国矿业大学孙越崎学院，江苏 徐州 221116）摘要：相差2的质数为孪生素数，孪生素数猜想表述为孪生素数有无穷多对。

哥德巴赫猜想表述为任意大于等于6的偶数都可以写成两个素数的和。

关键词：孪生素数猜想；无穷多对；哥德巴赫猜想;证明1 素数有无穷多个()()()212122 1...22 (21)x y xy x y x N y N m n xy x y x N y N m n ++=+++∈*∈*⎧=≠++∈*∈*⎨+⎩其中则为素数且个数为无穷多 2孪生素数有无穷多对()()()221,,,,2,212n ab a b x n n a b c d n x y n cd c d y x ≠++=+⎧⎧∈N*≥⎨⎨≠+++=-⎩⎩当时.则为孪生素数且为无穷多3 孪生素数猜想的证明过程()()()()()()()()=212122 1...2..22122121212121=2N x y xy x y x N y N n xy x y x N y N n m m n n ab a b n a b c d n n cd c d n n n n *∴++=+++∈*∈*∴≠++∈*∈*⎧=⎨+⎩≠++⎧∈N *⎨≠+++⎩+-+--证：由奇数和偶数组成，偶数不是素数素数只能是奇数奇数由奇合数与素数组成奇合数当时，的个数为无穷多则为素数且个数为无穷多当，，，，时，个数为无穷多与均为素数，且，()()22121n n n ≥∴+-∴此时与为孪生素数且为无穷多孪生素数猜想成立4哥德巴赫猜想的证明过程()()()()()()()()()()()()()()2121211212213211211, (2121)221222132214221422212221322m b a b n b a b a b b m n b a b a b a b a b b a b b a b a m n a b a b a b a b b a b a b a b a b ≠++≠++∈N *++++++++-+++++++++++++++++++++证：，，，，当为某一确定值时，，可以为：，，，...，，，当也为某一确定值时，为：，，，...，当，为任意正整数时，，()()()()()()()()14221428234567222121222121a b b m n m n m n m n m n m n +++++∴+∴++++++=+++∴∴，...，为大于等于的任意正整数又可以为，，，，，可以为任意大于等于2的正整数为大于等于6的偶数,和为两个素数，，任意大于等于6的偶数可以写成两个素数之和歌德巴赫猜想成立。