魏一凡

一、引 言

本文把相應(yīng)的連續(xù)素數(shù)作用于一系列以相鄰素數(shù)為界的全覆蓋區(qū)間套上，從而論證了任給自然數(shù)a≥3及0≤x

二 、幾個定義

定義1：若a≥3為自然數(shù)，p是素數(shù)，那么 a p 表示a中p的倍數(shù)的個數(shù)， a p 表示其近似數(shù).

定義2：若素數(shù)pi與pi+1之間不存在素數(shù)p，使pi

定義3：任給自然數(shù)a≥3，及素數(shù)p，若存在自然數(shù)k、b、b ，使得a=kp+b，且b+b =p，（b=1，2，…，p-1），那么稱b 是b的補余數(shù).

定義4：若自然數(shù)a≥3被刪去素數(shù)p的倍數(shù)，或刪去p的某個余數(shù)及其補余數(shù)，則稱a被p作用.

定義5：若自然數(shù)a≥3被相應(yīng)的連續(xù)素數(shù)作用后，存在一個正整數(shù)N未被刪去，且a-N=1，a+N<2a為素數(shù)，那么N叫a的素數(shù)黑洞，簡稱黑洞.

定義6：若自然數(shù)a≥3被素數(shù)p≥3除，余數(shù)為b，（b=1，2，…，p-1），自然數(shù)0

定義7：若a≥3為素數(shù)，被素數(shù)p

定義8：任給自然數(shù)a≥3，若存在自然數(shù)0≤x

三、幾個引理

引理1：任給一個自然數(shù)a>素數(shù)p，（p大于2，且p不能整除a），都存在一個素數(shù)同余差.

證明：∵a>p，p是素數(shù)∴存在自然數(shù)m，b，且b

引理2：若自然數(shù)a≥3，p1，p2，…，pr，pr+1為連續(xù)素數(shù)，且p1=2，p2r≤2a，p2r+1>2a，那么（a，2a]中所有自然數(shù)被pi作用后，余下的全部是素數(shù)，（i=1，2，…，r）.

證明：∵（a，2a]被pi作用后，刪去了pi的所有倍數(shù)，∴（a，2a]中不存在pi因子.假設(shè)在（a，2a]中存在合數(shù)x，不妨設(shè)x=mn，m，n均為素數(shù)，∴m≥pi+1，n≥pi+1，∴x=mn≥p2i+1>2a，與x∈（a，2a]矛盾，故引理得證.

引理3：若a與b互素，則a，2a，…，（b-1）a，分別除以b，所得余數(shù)均不同.[1]

證明：略.

推論：如果a與b互素，c為任意數(shù)，則一等差級數(shù)的b項：c，c+a，c+2a，…，c+（b-1）a，除以b的各余數(shù)與另一等差級數(shù)的b項：c，c+1，c+2，…，c+（b-1），除以b的各余數(shù)相同，雖然次序不一定同.[2]

證明：略.

引理4：對任一實數(shù)x≥1，在x與2x之間必有一素數(shù).[3]

證明：略.

引理5：設(shè)有N件事物，其中Nα件有性質(zhì)α，Nβ件有性質(zhì)β，…，Nαβ件兼有性質(zhì)α及性質(zhì)β，…，Nαβγ件兼有性質(zhì)α，β，γ，…，則此事物中之既無性質(zhì)α，又無性質(zhì)β，又無性質(zhì)γ，…，者之件數(shù)為

N-Nα-Nβ-Nγ-，…+Nαβ+…-Nαβγ-…+…-.[3]

證明：略.

推論：若a≥3為自然數(shù)，p1=2，p2，…，pr，pr+1為連續(xù)素，p2r<2a，p2r+1>2a，那么a被p1，p2，…，pr連續(xù)作用后，a中余下數(shù)的個數(shù)可用近似遞推公式φr表示，其中

φ1= a p1 （p1-1），φ2= φ1 p2 （p2-c），…，φr= φr-1 pr （pr-c），

當(dāng)pi可以整除a時，c=1，反之c=2，i=2，3，…，r.

如果不考慮素數(shù)黑洞、同余差、棄素數(shù)，則φr的最大絕對誤差小于等于ωr，其中

ω1= 1 p1 ，ω2= （p2-2）ω1 p2 + p2-1 p2 ，…，ωr= （pr-2）ωr-1 pr + pr-1 pr .

證明：略.

引理6：如果k≥2，而m1，m2，…，mk是二二互素的k個正整數(shù)，令M=m1M1=m2M2=…=mkMk，則滿足同余式組x≡b1（modm1），x≡b2（modm2），…，x≡bk（modmk）的正整數(shù)解是：

x≡b1M′1M1+b2M′2M2+…+bkM′kMk（modM），

M′i滿足：M′iMi≡1（modmi）的正整數(shù)解（i=1，2，…，k）.

證明：略.

引理7：若a≥3為自然數(shù)，則必有0≤x

xr= xr-1 pr （pr-c），

其中x1= a p1 （p1-1），x2= x1 p2 （p2-c），….

當(dāng)pi整除a時，c=1，反之c=2，（i=2，…，r）.

p1=2，p2，…，pr，pr+1為連續(xù)素數(shù)，p2r<2a，p2r+1>2a.

證明：

1.作區(qū)間套

令h1= 22+2 2 ， 32-1 2 ，h2= 32+1 2 ， 52-1 2 ，…，hr= p2r+1 2 ， p2r+1-1 2 ，

∴h1，h2，…，hr不重復(fù)、不遺漏地把a≥3的所有自然數(shù)進行了全覆蓋.

把h1，h2，…，hr叫作區(qū)間套，每個區(qū)間套有

p2r+1-1 2 - p2r-1 2 +1= p2r+1-p2r 2 +1個正整數(shù)，若a屬于hi，當(dāng)pi整除a時，有 a pi （pi-1），反之有 a pi （pi-2），i=2，…，r.

∵p1=2是唯一偶素數(shù)，∴p1作用hi的每一個數(shù)時，總有 a p1 （p1-1），p2r<2a，p2r+1>2a，

∴h1只能被p1作用，h2只能被p1，p2作用，…，hr只能被p1，p2，…，pr作用，….

易知每個區(qū)間套被連續(xù)素數(shù)作用后，必有一個最小值，用minhi表示，i=1，2，…，r，….這時hi中每一個數(shù)被作用后，對于minhi來說都是曲折上升趨勢.

2.比較各區(qū)間套中minhi的大小

不妨設(shè)minhr= 1 2 · 1 3 · 3 5 ·…· pr-2 pr · p2r+1 2 ，

令 1 2 · 1 2 · 1 3 · 3 5 ·…· pr-2 pr =m，

∴minhr=m（p2r+1）.

同理：minhr+1=m· pr+1-2 pr+1 ·（p2r+1+1），

∴minhr+1-minhr=m· pr+1-2 pr+1 （p2r+1+1）-m（p2r+1）= m pr+1 （pr+1-2）（p2r+1+1）-pr+1（p2r+1） .

不妨設(shè)pr+1-pr=t，

∴上式= m pr+t [2tp2r+3t2pr+t3-2p2r-4tpr-2t2-2].

∵t≥2，pr為奇素數(shù)，易知minhr+1-minhr>0.

當(dāng)t=1時，pr=p1=2，[minh1]=1，[minh2]=0除外.

∴當(dāng)t≥2時，minhr是增函數(shù).

由引理5推論可知，每個區(qū)間套上的數(shù)在連續(xù)素數(shù)p1=2，p2，p3，…，pr作用下產(chǎn)生的誤差小于等于ωr，同理可知，ωr是增函數(shù)，且增長速度遠(yuǎn)小于minhr.

不妨取[minhr]為不大于minhr的最大整數(shù)，取{ωr}為不小于ωr的最小整數(shù)，當(dāng)[minhr]-{ωr}≥2時，存在自然數(shù)0≤x

易知當(dāng)pr=17時，{ωr}=4，[minhr]=6，[minhr]-{ωr}=2.

這時，a= 172+1 2 =145，如果再考慮到素數(shù)黑洞，也能保證當(dāng)a≥145時，都至少存在一個等距素數(shù)對，使得a-x與a+x同時為素數(shù).

3.下面考慮3≤a≤144時，等距素數(shù)對的情況

只說明a=3至a=13時，等距素數(shù)對的情況；a=14至a=144用上述方法極易求得其等距素數(shù)對的個數(shù)，且都大于等于1.

（1）h1中只有二個數(shù)a=3與a=4，∴只有p1=2作用其上.

① a=3是奇素數(shù)，∴p1=2作用后刪去[1，3]中的奇數(shù)1與3，余下一個偶數(shù)2，即 3 2 =1，∵3+2=5，3-2=1，∴2是素數(shù)黑洞，這時x=0.

∵3是棄素數(shù)，∴3-0=3，3+0=3都是素數(shù)∴a=3時，只有一個[3，±0].

② a=4是偶數(shù)，p1=2作用后，[1，4]中余下1與3，即 4 2 =2，∵4+3=7，4-3=1，∴3是黑洞，刪去.

∵4+1=5，4-1=3，∴當(dāng)a=4時，有一個[4，±1].

（2）h2中共有 52-32 2 =8個數(shù)，即a=5，6，7，8，9，10，11，12.這時p1=2與p2=3作用h2.

① 當(dāng)a=5是奇素數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，5]后， 5 2×3 ·（2-1）·（3-2） =0.

∵5-2=3，5+2=7，∴2是關(guān)于5與p2=3的同余差.

又∵5是棄素數(shù)，∴x=2或0.

∴a=5時，有二個等距素數(shù)對：[5，±0]，[5，±2].

②a=6是偶數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，6]后，這時 6 2×3 ·（2-1）·（3-1） =2，∴x=1或5，

∵5是黑洞刪去，∴x=1，

∴a=6時有一個等距素數(shù)對[6，±1].

③ a=7是奇素數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，7]后，這時 7 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，∴x=6是黑洞刪去，

∵7-4=3，7+4=11，∴4是同余差，∵7是棄素數(shù)，

∴a=7時，有二個等距素數(shù)對：[7，±0]，[7，±4].

④ a=8是偶數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，8]后，這時 8 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，

∴x=3，∵5是同余差，

∴a=8時，有二個等距素數(shù)對[8，±3]，[8，±5].

⑤ a=9是奇數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，9]后，這時 9 2×3 ·（2-1）·（3-1） =3，

∴x=2，4，8，∵8是黑洞刪去，

又∵3能整除9，∴無同余差，

∴a=9時，有二個等距素數(shù)對[9，±2]，[9，±4].

⑥ a=10是偶數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，10]后，這時 10 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，

∴x=3.∵9是黑洞刪去，7是同余差，

∴a=10時，有二個等距素數(shù)對[10，±3]，[10，±7].

⑦ a=11是奇素數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，11]后，這時 11 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，∴x=6，易知11是棄素數(shù)，8是同余差，

∴a=11時，有三個等距素數(shù)對[11，±6]，[11，±8]，[11，±0].

⑧ a=12是偶數(shù)，p1=2與p2=3作用[1，12]后，這時 12 2×3 ·（2-1）·（3-1） =4，∴x=1或5，7，11，

∵11是黑洞刪去，

∴a=12時，有三個等距素數(shù)對[12，±1]，[12，±5]，[12，±7].

（3）a=13是h3中的第一個數(shù)，

∴p1=2，p2=3，p3=5作用[1，13]后，這時

13 2×3×5 ·（2-1）·（3-2）·（5-2） =1，x=6.

∵13是棄素數(shù)，10是同余差，

∴a=13時，有三個等距素數(shù)對[13，±0]，[13，±6]，[13，±10].

4.綜上所述知

xr= xr-1 pr （pr-c） （c=1或2），

當(dāng)pi整除a時c=1，反之c=2，i=2，3，…，r，….

當(dāng)a是素數(shù)時，x可能取6的倍數(shù)及同余差、棄素數(shù).

當(dāng)a是3的偶數(shù)倍時，x可能取1與奇素數(shù).

當(dāng)a是偶數(shù)且不是3的倍數(shù)時，x可能取3的奇數(shù)倍及同余差.

當(dāng)a是3的奇數(shù)倍且是奇數(shù)時，x可能取的值只有偶數(shù).

xr是a被p1，p2，…，pr作用后，余下數(shù)的個數(shù)的近似值.

∴[xr]可作為[1，a]中等距素數(shù)對個數(shù)的近似遞推公式.

其誤差產(chǎn)生的原因有：（1）整除性；（2）多個等差級數(shù)同時并存；（3）黑洞；（4）同余差；（5）棄素數(shù)等，這些都不影響[xr]≥1，故公式是可用的.

四、定 理

任何一個大于等于6的偶數(shù)，至少可以用一個等距素數(shù)對表示.

證明：由引理1至引理7可知，當(dāng)a≥3時，至少有一個等距素數(shù)對存在，即[a，±x]，0≤x

∴2a=（a-x）+（a+x）.

由引理可知，（a-x）與（a+x）均為素數(shù).

∴當(dāng)a≥3時，取遍一切自然數(shù)時，都一一對應(yīng)一個偶數(shù)2a，且2a=（a-x）+（a+x）至少有一種表示法.

定理證畢.

【參考文獻】

[1][2]霍爾，奈特.大代數(shù)（下）[M].席小云，譯.北京：科學(xué)普及出版社，1989：92-93.

[3]華羅庚.數(shù)論導(dǎo)引[M].北京：科學(xué)出版社，1979：97-100.

[4]華羅庚.數(shù)論導(dǎo)引[M].北京：科學(xué)出版社，1979：9-10.

[5]華羅庚.數(shù)論導(dǎo)引[M].北京：科學(xué)出版社，1979：32.