魏一凡

一、引 言

本文把相应的连续素数作用于一系列以相邻素数为界的全覆盖区间套上，从而论证了任给自然数a≥3及0≤x

二 、几个定义

定义1：若a≥3为自然数，p是素数，那么 a p 表示a中p的倍数的个数， a p 表示其近似数.

定义2：若素数pi与pi+1之间不存在素数p，使pi

定义3：任给自然数a≥3，及素数p，若存在自然数k、b、b ，使得a=kp+b，且b+b =p，（b=1，2，…，p-1），那么称b 是b的补余数.

定义4：若自然数a≥3被删去素数p的倍数，或删去p的某个余数及其补余数，则称a被p作用.

定义5：若自然数a≥3被相应的连续素数作用后，存在一个正整数N未被删去，且a-N=1，a+N<2a为素数，那么N叫a的素数黑洞，简称黑洞.

定义6：若自然数a≥3被素数p≥3除，余数为b，（b=1，2，…，p-1），自然数0

定义7：若a≥3为素数，被素数p

定义8：任给自然数a≥3，若存在自然数0≤x

三、几个引理

引理1：任给一个自然数a>素数p，（p大于2，且p不能整除a），都存在一个素数同余差.

证明：∵a>p，p是素数∴存在自然数m，b，且b

引理2：若自然数a≥3，p1，p2，…，pr，pr+1为连续素数，且p1=2，p2r≤2a，p2r+1>2a，那么（a，2a]中所有自然数被pi作用后，余下的全部是素数，（i=1，2，…，r）.

证明：∵（a，2a]被pi作用后，删去了pi的所有倍数，∴（a，2a]中不存在pi因子.假设在（a，2a]中存在合数x，不妨设x=mn，m，n均为素数，∴m≥pi+1，n≥pi+1，∴x=mn≥p2i+1>2a，与x∈（a，2a]矛盾，故引理得证.

引理3：若a与b互素，则a，2a，…，（b-1）a，分别除以b，所得余数均不同.[1]

证明：略.

推论：如果a与b互素，c为任意数，则一等差级数的b项：c，c+a，c+2a，…，c+（b-1）a，除以b的各余数与另一等差级数的b项：c，c+1，c+2，…，c+（b-1），除以b的各余数相同，虽然次序不一定同.[2]

证明：略.

引理4：对任一实数x≥1，在x与2x之间必有一素数.[3]

证明：略.

引理5：设有N件事物，其中Nα件有性质α，Nβ件有性质β，…，Nαβ件兼有性质α及性质β，…，Nαβγ件兼有性质α，β，γ，…，则此事物中之既無性质α，又无性质β，又无性质γ，…，者之件数为

N-Nα-Nβ-Nγ-，…+Nαβ+…-Nαβγ-…+…-.[3]

证明：略.

推论：若a≥3为自然数，p1=2，p2，…，pr，pr+1为连续素，p2r<2a，p2r+1>2a，那么a被p1，p2，…，pr连续作用后，a中余下数的个数可用近似递推公式φr表示，其中

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

当pi可以整除a时，c=1，反之c=2，i=2，3，…，r.

如果不考虑素数黑洞、同余差、弃素数，则φr的最大绝对误差小于等于ωr，其中

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

证明：略.

引理6：如果k≥2，而m1，m2，…，mk是二二互素的k个正整数，令M=m1M1=m2M2=…=mkMk，则满足同余式组x≡b1（modm1），x≡b2（modm2），…，x≡bk（modmk）的正整数解是：

x≡b1M′1M1+b2M′2M2+…+bkM′kMk（modM），

M′i满足：M′iMi≡1（modmi）的正整数解（i=1，2，…，k）.

证明：略.

引理7：若a≥3为自然数，则必有0≤x

xr= xr-1 pr （pr-c），

其中x1= a p1 （p1-1），x2= x1 p2 （p2-c），….

当pi整除a时，c=1，反之c=2，（i=2，…，r）.

p1=2，p2，…，pr，pr+1为连续素数，p2r<2a，p2r+1>2a.

证明：

1.作区间套

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不重复、不遗漏地把a≥3的所有自然数进行了全覆盖.

把h1，h2，…，hr叫作区间套，每个区间套有

p2r+1-1 2 - p2r-1 2 +1= p2r+1-p2r 2 +1个正整数，若a属于hi，当pi整除a时，有 a pi （pi-1），反之有 a pi （pi-2），i=2，…，r.

∵p1=2是唯一偶素数，∴p1作用hi的每一个数时，总有 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，….

易知每个区间套被连续素数作用后，必有一个最小值，用minhi表示，i=1，2，…，r，….这时hi中每一个数被作用后，对于minhi来说都是曲折上升趋势.

2.比较各区间套中minhi的大小

不妨设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） .

不妨设pr+1-pr=t，

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

∵t≥2，pr为奇素数，易知minhr+1-minhr>0.

当t=1时，pr=p1=2，[minh1]=1，[minh2]=0除外.

∴当t≥2时，minhr是增函数.

由引理5推论可知，每个区间套上的数在连续素数p1=2，p2，p3，…，pr作用下产生的误差小于等于ωr，同理可知，ωr是增函数，且增长速度远小于minhr.

不妨取[minhr]为不大于minhr的最大整数，取{ωr}为不小于ωr的最小整数，当[minhr]-{ωr}≥2时，存在自然数0≤x

易知当pr=17时，{ωr}=4，[minhr]=6，[minhr]-{ωr}=2.

这时，a= 172+1 2 =145，如果再考虑到素数黑洞，也能保证当a≥145时，都至少存在一个等距素数对，使得a-x与a+x同时为素数.

3.下面考虑3≤a≤144时，等距素数对的情况

只说明a=3至a=13时，等距素数对的情况；a=14至a=144用上述方法极易求得其等距素数对的个数，且都大于等于1.

（1）h1中只有二个数a=3与a=4，∴只有p1=2作用其上.

① a=3是奇素数，∴p1=2作用后删去[1，3]中的奇数1与3，余下一个偶数2，即 3 2 =1，∵3+2=5，3-2=1，∴2是素数黑洞，这时x=0.

∵3是弃素数，∴3-0=3，3+0=3都是素数∴a=3时，只有一个[3，±0].

② a=4是偶数，p1=2作用后，[1，4]中余下1与3，即 4 2 =2，∵4+3=7，4-3=1，∴3是黑洞，删去.

∵4+1=5，4-1=3，∴当a=4时，有一个[4，±1].

（2）h2中共有 52-32 2 =8个数，即a=5，6，7，8，9，10，11，12.这时p1=2与p2=3作用h2.

① 当a=5是奇素数，p1=2与p2=3作用[1，5]后， 5 2×3 ·（2-1）·（3-2） =0.

∵5-2=3，5+2=7，∴2是关于5与p2=3的同余差.

又∵5是弃素数，∴x=2或0.

∴a=5时，有二个等距素数对：[5，±0]，[5，±2].

②a=6是偶数，p1=2与p2=3作用[1，6]后，这时 6 2×3 ·（2-1）·（3-1） =2，∴x=1或5，

∵5是黑洞删去，∴x=1，

∴a=6时有一个等距素数对[6，±1].

③ a=7是奇素数，p1=2与p2=3作用[1，7]后，这时 7 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，∴x=6是黑洞删去，

∵7-4=3，7+4=11，∴4是同余差，∵7是弃素数，

∴a=7时，有二个等距素数对：[7，±0]，[7，±4].

④ a=8是偶数，p1=2与p2=3作用[1，8]后，这时 8 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，

∴x=3，∵5是同余差，

∴a=8时，有二个等距素数对[8，±3]，[8，±5].

⑤ a=9是奇数，p1=2与p2=3作用[1，9]后，这时 9 2×3 ·（2-1）·（3-1） =3，

∴x=2，4，8，∵8是黑洞删去，

又∵3能整除9，∴无同余差，

∴a=9时，有二个等距素数对[9，±2]，[9，±4].

⑥ a=10是偶数，p1=2与p2=3作用[1，10]后，这时 10 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，

∴x=3.∵9是黑洞删去，7是同余差，

∴a=10时，有二个等距素数对[10，±3]，[10，±7].

⑦ a=11是奇素數，p1=2与p2=3作用[1，11]后，这时 11 2×3 ·（2-1）·（3-2） =1，∴x=6，易知11是弃素数，8是同余差，

∴a=11时，有三个等距素数对[11，±6]，[11，±8]，[11，±0].

⑧ a=12是偶数，p1=2与p2=3作用[1，12]后，这时 12 2×3 ·（2-1）·（3-1） =4，∴x=1或5，7，11，

∵11是黑洞删去，

∴a=12时，有三个等距素数对[12，±1]，[12，±5]，[12，±7].

（3）a=13是h3中的第一个数，

∴p1=2，p2=3，p3=5作用[1，13]后，这时

13 2×3×5 ·（2-1）·（3-2）·（5-2） =1，x=6.

∵13是弃素数，10是同余差，

∴a=13时，有三个等距素数对[13，±0]，[13，±6]，[13，±10].

4.综上所述知

xr= xr-1 pr （pr-c） （c=1或2），

当pi整除a时c=1，反之c=2，i=2，3，…，r，….

当a是素数时，x可能取6的倍数及同余差、弃素数.

当a是3的偶数倍时，x可能取1与奇素数.

当a是偶数且不是3的倍数时，x可能取3的奇数倍及同余差.

当a是3的奇数倍且是奇数时，x可能取的值只有偶数.

xr是a被p1，p2，…，pr作用后，余下数的个数的近似值.

∴[xr]可作为[1，a]中等距素数对个数的近似递推公式.

其误差产生的原因有：（1）整除性；（2）多个等差级数同时并存；（3）黑洞；（4）同余差；（5）弃素数等，这些都不影响[xr]≥1，故公式是可用的.

四、定 理

任何一个大于等于6的偶数，至少可以用一个等距素数对表示.

证明：由引理1至引理7可知，当a≥3时，至少有一个等距素数对存在，即[a，±x]，0≤x

∴2a=（a-x）+（a+x）.

由引理可知，（a-x）与（a+x）均为素数.

∴当a≥3时，取遍一切自然数时，都一一对应一个偶数2a，且2a=（a-x）+（a+x）至少有一种表示法.

定理证毕.

【参考文献】

[1][2]霍尔，奈特.大代数（下）[M].席小云，译.北京：科学普及出版社，1989：92-93.

[3]华罗庚.数论导引[M].北京：科学出版社，1979：97-100.

[4]華罗庚.数论导引[M].北京：科学出版社，1979：9-10.

[5]华罗庚.数论导引[M].北京：科学出版社，1979：32.