孿生素數猜想（孿生素數）

孿生素數猜想（孿生素數）

孿生素數猜想 （孿生素數） 次瀏覽 | 2022.05.22 11:38:03 更新 來源 ：互聯網 精選百科 本文由作者推薦 孿生素數猜想孿生素數

孿生素數就是指相差2的素數對，例如3和5，5和7，11和13…。這個猜想正式由希爾伯特在1900年國際數學家大會的報告上第8個問題中提出，可以這樣描述：

存在無窮多個素數p，使得p+2是素數。

素數對（p,p+2）稱為孿生素數。

在1849年，阿爾方·德·波利尼亞克提出了一般的猜想：對所有自然數k，存在無窮多個素數對（p,p+2k）。k?=1的情況就是孿生素數猜想。

中文名

孿生素數猜想

外文名

Twinprimeconjecture

提出者

希爾伯特

提出時間

適用領域

解析數論

學 科

數學

基本介紹

孿生素數猜想是數論中的著名未解決問題。這個猜想產生已久；在數學家希爾伯特在1900年國際數學家大會的著名報告中，它位列23個“希爾伯特問題”中的第8個問題，可以被描述為“存在無窮多個素數p，并且對每個p而言，有p+2這個數也是素數”。[1]

孿生素數即相差2的一對素數。例如3和5，5和7，11和13，…，10016957和10016959等等都是孿生素數。

孿生素數猜想

素數定理說明了素數在趨于無窮大時變得稀少的趨勢。而孿生素數，與素數一樣，也有相同的趨勢，并且這種趨勢比素數更為明顯。

由于孿生素數猜想的高知名度以及它與哥德巴赫猜想的聯系，因此不斷有學術共同體外的數學愛好者試圖證明它。有些人聲稱已經證明了孿生素數猜想。然而，尚未出現能夠通過專業數學工作者審視的證明。

1849年，波利尼亞克（Alphon?de?Polignac）提出了更一般的猜想：對所有自然數k，存在無窮多個素數對?(p,p+2k)。k=1的情況就是孿生素數猜想。素數對(p,p+2)稱為孿生素數。數學家們相信這個猜想是成立的。[2]

2013年5月，張益唐的論文《素數間的有界距離》在《數學年刊》上發表，破解了困擾數學界長達一個半世紀的難題，證明了孿生素猜想的弱化形勢，即發現存在無窮多差小于7000萬的素數對。這是第一次有人證明存在無窮多組間距小于定值的素數對。

孿生素數猜想相關證明

關鍵詞:完全不等數,SN區間,LN區間，對應數段。

一。陰性合數定理和陰性素數定理

大于3的素數只分布在6n-1和6n+1兩數列中。（n非0自然數，下同）

6n-1數列中的合數叫陰性合數，其中的素數叫陰性素數（q)。

6[6NM+（M-N）]-1=（6N+1）（6M-1）（NM兩個非0自然數，N=〈?M，下同）

6乘以陰性上等數減去1等于陰性上合數。

6[6NM-（M-N）]-1=（6N-1）（6M+1）

6乘以陰性下等數減去1等于陰性下合數。

在6n-1數列中只有這兩種合數，余下就是陰性素數了，所以就有陰性素數定理

孿生素數猜想

x=/=6NM+-（M-N）

陰性不等數不等于陰性上下兩式。

6x-1=q

6乘以陰性不等數減去1等于陰性素數。

二。陽性合數定理和陽性素數定理

6n+1數列中的合數叫陽性合數，其中的素數叫陽性素數(P)。

6[6NM+（N+M）]+1=（6N+1）（6M+1）

6乘以陽性上等數加上1等于陽性上合數。

6[6NM-（N+M）]+1=（6N-1）（6M-1）

6乘以陽性下等數加上1等于陽性下合數。

在6n+1數列中只有這兩種合數，余下就是陽性素數了，所以就有陽性素數定理

孿生素數猜想

X=/=6NM+-（N+M）

陽性不等數不等于陽性上下兩式。

6X+1=P

6乘以陽性不等數加上1等于陽性素數。

三。與孿生素數相對應的完全不等數

(X)=/=6NM+-(M+-N)

完全不等數,它既不等于陰性上下兩式；也不等于陽性上下兩式。

6(X)+1=P

6乘以完全不等數加上1等于陽性素數；

6(X)-1=q

6乘以完全不等數減去1等于陰性素數。

一個完全不等數所產生的陰性素數q和陽性素數P就是一對孿生素數.

孿生素數猜想

并且完全不等數與孿生素數是一一對應的.

四。陰陽四種等數在自然數列中的分布概況

6NM+（M-N）=陰性上等數6NM-（M-N）=陰性下等數

6NM+（N+M）=陽性上等數6NM-（N+M）=陽性下等數

為了搞清它們在自然數中分布情況，把四式中的N叫級別因子數，M叫無限因子數。

四種等數的每一個級別的最小等數都在6NN+-（N+N）范圍。

每一級別的上等數相鄰兩等數距離是6n+1，在自然數列中比例是1/（6n+1），陰陽兩種上等數每個級別的比例合計是2/（6n+1），（但實際是略少于這個比例，因每一級別的底部都沒有這個級別的等數。）

每一級別的下等數相鄰等數的距離是6n-1，在自然數列中的比例是1/（6n-1），陰陽兩種下等數的每個級別的合計比例是2/（6n-1），（但實際是略少于這個比例，因每一級別的底部都沒有這個級別的等數。）

在相對應的級別標準單位的連續自然數篩掉一個級別的四種等數后，剩下非該級別的自然數的比例是[(6N-1)(6N-3)]/[(6N+1)(6N-1)].并且是精準的。

五。四種等數大小數列的互相滲透

自然數列中在陰性方面有陰性上等數和陰性下等數兩種數列；自然數數列在陽性方面有陽性上等數和陽性下等數兩種數列。它們的級別有無限多，每一個級別的數列的等數也是無限多的。同一種等數級別不同的數列都是互相滲透而產生重疊，并以兩級別的等數相鄰距離的乘積而嚴格地滲透重疊的。

篩掉N及以下級別的所有等數用（6NN+6N）*3/5*5/7*9/11*11/13*......*(p-2)/p這個連乘式正好可以解決它們的滲透重疊關系。

四種等數數列之間都有互相滲透而重疊，只有同一級別陰陽上上數列和下下數列沒有滲透。

如第一級別的陽性下等數，從4開始每隔5個自然數就是一個第一級別的陽性下等數，它的比例是1/5，只要大于3的任何連續5個自然數，第一級別陽性下等數的比例是1/5，并且永遠不變。第一級別的陰性下等數從6開始每隔5個個自然數就是一個陰性下等數，它的比例是1/5,只要大于5的連續5個自然數，第一級別陰性下等數的1/5的比例也是永遠不變的。這樣第一級別的陰陽兩種下等數的比例是2/5，在任何大于5的5個連續自然數這個比例也是永遠不變的。第一級別的陰陽兩種上等數2/7,只要是連續7的自然數這個比例也是永遠不變的。由于上下兩等數的互相重疊，它們的比例是20/35,為什么不是4/7,因為只有在大于7的連續35個自然數這個比例是不變的，如果連續7個自然數，它的比例有時是2/7,有時是3/7，有時是4/7.其它級別也是一樣的。

如果這個級別的等數間隔距離是合數的，這個級別的等數都與前面級別的等數重疊的，所以這些級別就不用計算了。

這樣就立出以下的計算公式：

（6NN+6N）*3/5*5/7*9/11*11/13*......*(p-2)/p

(6NN+6N)是一個自然數的大體表達式，P《=NN以內最大的素數。

六。對應數段與同步區間

對應數段和精準的比例計算一個級別的四種等數，只有在同一級別的對應數段為單位才是精準的比例，不然就有誤差。一個N級別的標準單位是（6N+1）（6N-1）；在計算N級別及以下的四種等數，它們的對應數段是N級別及以下的所有有性素數（不包括2和3的素數）的乘積。對應數段的增大速度非常快。對應數段的對應位置一定要在大于最大級別的最小陰性等數。在這位置以上任何連續的對應數段為單位的自然數中，它們的自己的等數是一定的，比例是精準的（不包括大于它的級別等數）。

以對應數段為周期，對應的陰陽上下四種等數嚴密地分布在自然數列中。

計算一個以對應數段為單位的連續自然數中的對應級別中的四種等數用這個公式是非常精準的，但不能包括比這個級別大的等數，5*7*11*13*......*p*3/5*5/7*9/11*11/13*......*(p-2)/p=大于這些級別的等數和完全不等數。

由于每一個級別底部都沒有本級別的等數和任何的標準單位中都有很多大于這些級別的等數，所以都會以掛另原因而產生誤差，從而掩蓋了這個公式的精準的實質。

2.與素數分布基本同步的SN區間

把自然數劃分成12，24，36……以12為遞增的一個個區間，這樣的區間叫SN區間。即:

12（1+2+3+……+N）-12（1+2+3+......+(N-1)=(6N^2+6N)-[6(N-1)^2+6(N-1)]=12N

SN區間與四種等數分布是同步的。

在這樣的區間內包括N級別及以下的所有四種等數數列的等數，并沒有比N級別大的數列等數，與四種等數的級別是完全同步的，所以與素數的分布也是同步的。

七。每個大于S8區間內都有8個以上的完全不等數

在每一個SN區間只有存在1至N級別的四種數列等數，每一級別等數的比例是可以確定，由于上下級別的滲透。就可以拿以下式來計算S8區間的完全不等數的至少個數。

12*8*11/35*95/143*251/323*479/575*779/899*1151/1295*1593/1763*2111/2303=8.2768

（由于計算的區間不是對應的標準單位，肯定會有誤差，為保險起見，把各級別中合數也給算上，一個級別中上下兩種等數的重疊則沒有算。）

其他每一個SN區間可用這種方法計算.

隨著區間的增大完全不等數計算的數量也會越來越多.以后都會超過8個.

八。誤差分析

在計算任何區間的等數，由于標準的比例與計算的區間都不能整除，所以存在誤差是一定，由于誤差掩蓋了等數的精準比例。

由于各個區間與相對應的標準單位不能同步，一個級別及以下的所有有性素數的乘積為這個級別的對應的標準單位，一個標準單位比對應的級別區間大得很多，如第一和第二兩個級別的標準單位就有5005，第二個N區間只有24，在5005的連續自然數中就有許多比第二級別大得多的等數，所以計算出的數值大多會有誤差。只有用標準的單位計算相對應的所有級別的等數才不會有誤差，由于標準單位的增速比等數級別快得多，所以就沒有所有等數級別的標準區間。

另外，可用最嚴格下取整的誤差分析方法，將SN區間捆綁成1,2,4,8,16......2^(N-1)的LN區間.在每一個大于S8的SN區間計算都大于8個完全不等數,在每一個LN區間都有2^N-1級別等數數列,?每級級別有4種等數數列,每一級別一種等數篩一次誤差極限是1.每一個LN區間誤差極限是4*(2^N-1).

8*2^(N-1)-4*(2^N-1)=4

最嚴格下取整后大于L4的區間仍然還有4個完全不等數。

九。總結

根據以上的論證，在大于S8區間每一個SN區間都有8個以上的完全不等數.

嚴格的下取整后，大于L4的每一個LN區間都還有多于4個的完全不等數。

LN區間是無限多的，完全不等數與孿生素數對是一一對應的，所以孿生素數也是無限多的。

這個證明期待著權威的表態。

素數——那些因數除了1就是他們本身的數們——就像代數的原子一樣。從歐幾里得——他在2000年前證明了素數有無窮多個——開始，它們就讓無數數學家們為之傾倒。

因為素數從根本上和乘法相關，理解他們和加法相關的性質就變得很困難。一些數學上最古老的未解之謎就和素數和加法相關，其中之一就是孿生素數猜想——存在無限多組差為2的素數對。另一個則是哥德巴赫猜想，這個猜想提出所有的偶數都可以表示為兩個素數之和。

在自然數列的起始部分存在著大量的素數，但是隨著數字變大，他們變得原來越稀少。舉例來說，在前10個自然數里，40%都是素數——2，3，5和7——但是在所有的10位數里，僅有4%的數是素數。?在過去的一個世紀里，數學家們掌握了素數減少的規律：在大數中，連個素數之間的間隔大約是位數的2.3倍。舉例說明，在100位的數中，兩個素數的平均間隔大約是230。

但是這只是平均而言。素數通常比平均預計的更加緊密的出現，或者相隔更遠。具體來說，“孿生”素數通常扎堆出現，比如3和5還有11和13，他們的差僅為2。而在大數中，孿生素數似乎從沒有完全消失（目前發現的最大的孿生素數是3,756,801,695,685×2666,669-1和3,756,801,695,685×2666,669+1）。

1849年，法國數學家阿爾方·波利尼亞克提出了“波利尼亞克猜想”：對所有自然數k，存在無窮多個素數對(p,p+2k)。k等于1時就是孿生素數猜想，而k等于其他自然數時就稱為弱孿生素數猜想（即孿生素數猜想的弱化版）。因此，有人把波利尼亞克作為孿生素數猜想的提出者。

從那時開始，這些猜想的內在吸引力冠予了它們數學的圣杯的稱號，雖然他們可能沒有實際的應用價值。雖然有很多數學家們致力于證明這一猜想，他們還是不能排除素數的間隔會一直增長最終超過一個特定上限的可能。

1921年，英國數學家戈弗雷·哈代和約翰·李特爾伍德提出一個與波利尼亞克猜想類似的猜想，通常稱為“哈代-李特爾伍德猜想”或“強孿生素數猜想”（即孿生素數猜想的強化版）。這一猜想不僅提出孿生素數有無窮多對，而且還給出其漸近分布形式。

2013年5月，張益唐在孿生素數研究方面所取得的突破性進展，他證明了孿生素數猜想的一個弱化形式。在最新研究中，張益唐在不依賴未經證明推論的前提下，發現存在無窮多個之差小于7000萬的素數對，從而在孿生素數猜想這個重要問題的道路上前進了一大步。

張益唐的論文在5月14號在網絡上公開，5月21日正式發表[2]?。5月28號，這個常數下降到了6000萬。僅僅過了兩天的5月31號，下降到了4200萬。又過了三天的6月2號，則是1300萬。次日，500萬。6月5號，40萬。

在英國數學家TimGowers等人發起的“Polymath”計劃中，孿生素數問題成為了一個在全球數學工作者中利用網絡進行合作的一個典型。人們不斷的改進張益唐的證明，進一步拉近了與最終解決孿生素數猜想的距離。在2014年2月，張益唐的七千萬已經被縮小到246。

素數

質數（primenumber）又稱素數，有無限個。一個大于1的自然數，除了1和它本身外，不能整除以其他自然數（質數），換句話說就是該數除了1和它本身以外不再有其他的因數；否則稱為合數。根據算術基本定理，每一個比1大的整數，要么本身是一個質數，要么可以寫成一系列質數的乘積；而且如果不考慮這些質數在乘積中的順序，那么寫出來的形式是唯一的。最小的質數是2。

只有1和它本身兩個因數的自然數，叫質數（或稱素數）。（如：由2÷1=2，2÷2=1，可知2的因數只有1和它本身2這兩個約數，所以2就是質數。與之相對立的是合數：“除了1和它本身兩個因數外，還有其它因數的數，叫合數。”如：4÷1=4，4÷2=2，4÷4=1，很顯然，4的因數除了1和它本身4這兩個因數以外，還有因數2，所以4是合數。）

100以內的質數有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97，在100內共有25個質數。

質數的個數是無窮的。歐幾里得的《幾何原本》中有一個經典的證明。它使用了證明常用的方法：反證法。具體證明如下：假設質數只有有限的n個，從小到大依次排列為p1，p2，……，pn，設N=p1×p2×……×pn，那么，N+1是素數或者不是素數。

如果N+1為素數，則N+1要大于p1，p2，……，pn，所以它不在那些假設的素數集合中。

如果N+1為合數，因為任何一個合數都可以分解為幾個素數的積；而N和N+1的最大公約數是1，所以N+1不可能被p1，p2，……，pn整除，所以該合數分解得到的素因數肯定不在假設的素數集合中。

因此無論該數是素數還是合數，都意味著在假設的有限個素數之外還存在著其他素數。所以原先的假設不成立。也就是說，素數有無窮多個。

其他數學家給出了一些不同的證明。歐拉利用黎曼函數證明了全部素數的倒數之和是發散的，恩斯特·庫默的證明更為簡潔，HillelFurstenberg則用拓撲學加以證明。

參考資料