程中战

一、素数是除了1与其本身是约数，之外没有其它约数的正整数。偶素数只有2，其它均为奇素数。

（本文中的素数是指奇素数）

二、定理1：素数是无限多的；孪生素数也是无限多的。

证明：假设p是最后一个素数，则2·3·5·7·11… p±1必为一对孪生素数，故，素数是无限多的。这就是说，假定素数数列有终点，则在其终点以外仍存在孪生素数。故，孪生素数也是无限多的。

三、素数的检验：用奇数j除以3至的所有素数，若都不能整除，则j是素数。

四、“1-1”公理：任何一个偶数都可表示为两个奇素数之差，并且一个差值可对应无限多个素数对。

只有當某行开头是孪生素数时，某行差开头才含2。由于孪生素数的数量较少，因此，在p2-p1=d的集合中，d=2的含量最少，但是，素数是无限多的，而孪生素数虽少，却不会消失，在素数数列的无限长处仍存在孪生素数，故d=2总能找到。这就是说，d值越小，含量越少，d值越大，含量越多，所以，大于2的d值比2更容易找到。

因为素数数列是无限长的，对于给定的d值，无论d值大小，若在“近期”内找不到两素数之差为d，可无限地继续找下去，总能找到。在素数数列中，任何一个d值都对应着无数组p2-p1，故公理成立。

五、素数的间隔定理：正整数n至2n之间必有素数；素数p至2p之间必有素数。

证明： 设2n是当前最大的整数（当然可以无限大）

显然，上下行各对应两数之差皆为k，由“1-1”公理知，必存在k=p2-p1 （p1 p2表示素数，p2>p1），即至少存在一个素数差对，其差为k，而p2必在下行数列中；

可以看出，原数列下行的首项k+1放在了新数列上行的末项；下行的k+2等向左移动一位，右端增添两项2k+1，2（k+1），p2向左移动一位，这时p2仍在k+1与2（k+1）之间，故n～2n之间必有素数。

上下行各对应两数之差皆为2，由素数的间隔定理知，1～n段的各素数的最大间隔的下一个素数必在n～2n之间，这样，n～2n之间就存在若干个素数，因为孪生素数无限多（已证），n可以充分大，从而n～2n的数列段可以充分长，如果n～2n段连一对孪生素数都没有，就出现矛盾（即孪生素数是有限的），故，n至2n之间必有孪生素数。

为什么当n=6时，6～12之间没有孪生素数呢？因为自然数中存在唯一的一组三胞素数3 5 7，5为公用素数，因而5与7就相当于列入6～12之间了。

七、哥德巴赫猜想：任何一个大于4的偶数都可表示为两个奇素数之和。记作“1+1”

因为每一个大偶数2n（>4）都可以表示为这个模型，每一个偶数k都在这个模型之中，由“1-1”公理知，每个偶数k都有可能等于p2-p1，在以上数列中，n每增加1，差数列中就会增加一个新偶数2（n+1）-6（所有偶数差对、含1的差对都不能参与素数差对），这样对于2n来说，差数列0 2 4……2n-4 2n-2包括了当前所有的偶数（2n除外）。一般地，在2n的数列模型中的下上差数列中，有若干个偶数是素数之差；假设有一种最不理想的情况：在大偶数6、8、10……2（n-1）各数的数列模型中，在它们的下上差数列中所涉及到的所有元素（偶数）都已经出现过是两素数之差了，但在2n的数列模型中，以上的这些元素恰巧都不是素数之差，这时（1，2n-1）与（2，2n-2）两个数对绝不能是素数对，所以（3，2n-3）一定是素数对，即新偶数2n-6是素数差对。如果不是这样，因为2n可充分大也可无穷大，就说明有的偶数不能是两素数之差，这与“1-1”公理相矛盾。因此，在2n的数列模型的差数列中，至少存在一个偶数等于两素数之差，这时这两个素数的和等于2n。

故，哥德巴赫猜想成立。

八、“1+1”命题的另一种解释：

由“1-1”公理知，每个偶数k1=p2-p1，把-号改为+号得k2=p2+p1，则k2包括了所有的大偶数，集合K1与集合K2至少存在不同元素的一一对应。

九、另一个规律：每个大于4的偶数都可表示为一对孪生素数之一与另外一个奇素数之和。