| | 1849年，波林那剋提出孿生素數猜想（the conjecture of twin primes），即猜測存在無窮多對孿生素數。
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。
孿生素數是有限個還是有無窮多個?這是一個至今都未解决的數學難題.一直吸引着衆多的數學家孜孜以求地鑽研.早在20世紀初,德國數學家蘭道就推測孿生素數有無窮多.許多跡象也越來越支持這個猜想.最先想到的方法是使用歐拉在證明素數有無窮多個所采取的方法.設所有的素數的倒數和為:
s=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+...
如果素數是有限個,那麽這個倒數和自然是有限數.但是歐拉證明了這個和是發散的,即是無窮大.由此說明素數有無窮多個.1919年,挪威數學家布隆仿照歐拉的方法,求所有孿生素數的倒數和:
b=(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+...
如果也能證明這個和比任何數都大,就證明了孿生素數有無窮多個了.這個想法很好,可是事實卻違背了布隆的意願.他證明了這個倒數和是一個有限數,現在這個常數就被稱為布隆常數:b=1.90216054...布隆還發現,對於任何一個給定的整數m,都可以找到m個相鄰素數,其中沒有一個孿生素數.
1966年，中國數學家陳景潤在這方面得到最好的結果：存在無窮多個素數p，使p+2是不超過兩個素數之積。
若用p(x)表示小於 x的孿生素數對的個數.下表是1011以下的孿生素數分佈情況:
x p(x)
1000 35
10000 205
100000 1224
1000000 8169
10000000 58980
100000000 440312
1000000000 3424506
10000000000 27412679
100000000000 224376048
迄今為止在證明孿生素數猜想上的成果大體可以分為兩類。第一類是非估算性的結果，這一方面迄今最好的結果是一九六六年由已故的我國數學家陳景潤 (順便說一下，美國數學學會在介紹 goldston 和 yildirim 成果的簡報中提到陳景潤時所用的稱呼是 “偉大的中國數學家陳”) 利用篩法 (sieve method) 所取得的。陳景潤證明了：存在無窮多個素數 p, 使得 p+2 要麽是素數，要麽是兩個素數的乘積。這個結果和他關於 goldbach 猜想的結果很類似。目前一般認為，由於篩法本身的局限性，這一結果在篩法範圍內很難被超越。
證明孿生素數猜想的另一類結果是估算性的，goldston 和 yildirim 所取得的結果也屬於這一類。這類結果估算的是相鄰素數之間的最小間隔，更確切地說是：
Δ := limn→∞inf[(pn+1-pn)/ln(pn)]
翻譯成白話文，這個表達式定義的是兩個相鄰素數之間的間隔與其中較小的那個素數的對數值之比在整個素數集合中所取的最小值。很顯然孿生素數猜想如果成立，那麽 Δ 必須等於 0，因為孿生素數猜想表明 pn+1-pn=2 對無窮多個 n 成立，而 ln(pn)→∞，因此兩者之比的最小值對於孿生素數集合 (從而對於整個素數集合也) 趨於零。不過要註意 Δ=0 衹是孿生素數猜想成立的必要條件，而不是充分條件。換句話說如果能證明 Δ≠0 則孿生素數猜想就不成立，但證明 Δ=0 卻並不意味着孿生素數猜想就一定成立。
對於 Δ 最簡單的估算來自於素數定理。按照素數定理，對於足夠大的 x, 在 x 附近素數出現的幾率為 1/ln(x)，這表明素數之間的平均間隔為 ln(x) (這也正是 Δ 的表達式中出現 ln(pn) 的原因)，從而 (pn+1-pn)/ln(pn) 給出的其實是相鄰素數之間的間隔與平均間隔的比值，其平均值顯然為 1。平均值為 1，最小值顯然是小於等於 1，因此素數定理給出 Δ≤1。
對 Δ 的進一步估算始於 hardy 和 littlewood。一九二六年，他們運用圓法 (circle method) 證明了假如廣義 riemann 猜想成立，則 Δ≤2/3。這一結果後來被被 rankin 改進為 Δ≤3/5。但是這兩個結果都有賴於本身尚未得到證明的廣義 riemann 猜想，因此衹能算是有條件的結果。一九四零年，erd鰏利用篩法首先給出了一個不帶條件的結果：Δ<1 (即把素數定理給出的結果中的等號部分去掉了)。此後 ricci 於一九五五年， bombieri 和 davenport 於一九六六年，huxley 於一九七七年， 分別把這一結果推進到 Δ≤15/16， Δ≤(2+√3)/8≈0.4665 及 Δ≤0.4425。 goldston 和 yildirim 之前最好的結果是 maier 在一九八六年取得的 Δ≤0.2486。
以上這些結果都是在小數點後做文章， goldston 和 yildirim 的結果把這一係列的努力大大推進了一步，並且 - 如果得到證實的話 - 將在一定意義上終結對 Δ 進行數值估算的長達幾十年的徵途，因為 goldston 和 yildirim 證明了 Δ=0。當然如我們前面所說，Δ=0 衹是孿生素數猜想成立的必要條件，而非充份條件，因此 goldston 和 yildirim 的結果離最終證明孿生素數猜想還遠得很，但它無疑是近十幾年來這一領域中最引人註目的結果。
一旦 Δ=0 被證明，人們的註意力自然就轉到了研究 Δ 趨於 0 的方式上來。孿生素數猜想要求 Δ ~ [log(pn)]-1 (因為 pn+1-pn=2 對無窮多個 n 成立)。 goldston 和 yildirim 的證明給出的是 Δ ~ [log(pn)]-1/9，兩者之間還有相當距離。但是看過 goldston 和 yildirim 手稿的一些數學家認為 goldston 和 yildirim 所用的方法明顯存在改進的空間，也就是說對 Δ 趨於 0 的方式可以給出更強的估計。因此 goldston 和 yildirim 的證明其價值不僅僅在於結果本身，更在於它很有可能成為未來一係列研究的起點。這種係列研究對於數學來說有着雙重的價值，因為一方面這種研究所獲得的新結果是對數學的直接貢獻，另一方面這種研究對 goldston 和 yildirim 的證明會起到反復推敲和核實的作用。現代數學早已超越了一兩個評審花一兩個小時就可以對一個數學證明做出評判的時代。以前四色定理和 fermat 大定理都曾有過一個證明時隔幾年 (甚至十幾年) 纔被發現錯誤的例子。因此一個復雜的數學結果能夠成為進一步研究的起點，吸引其它數學家的參與對於最終判定該結果的正確性具有極其正面的意義。 | | 1849年，波林那剋提出孿生素數猜想（the conjecture of twin primes），即猜測存在無窮多對孿生素數。
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。
1900年希爾伯特在國際數學家大會上說有了素數公式，哥德巴赫猜想和孿生素數猜想都可以得到解决。剛剛去世的浙江大學瀋康身教授也認為
有了素數普遍公式，就可以解决大多數數論難題。
孿生素數是指一對素數，它們之間相差2。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，即是否存在無窮多對孿生素數，是數論中未解决的一個重要問題。哈代-李特爾伍德猜想（Hardy-Littlewood conjecture）是孿生素數猜想的一個增強形式，猜測孿生素數的分佈與素數定理中描述的素數分佈規律相類似。
公式的出處 | | 孿生素數有一個十分精確的普遍公式，是根據一個定理：“若自然數Q與Q+2都不能被不大於根號(Q+2)的任何素數整除，則Q與Q+2是一對素數，稱為相差2的孿生素數。這一句話可以用公式表達：
Q=p1m1+b1=p2m2+b2=....=pkmk+bk . (1)
其中p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，....。b≠0， b≠pi-2。(即最小剩餘不能是0和pi-2.。不能是2m，3m，5m，...，pkm形，不能是3m+1，5m+3，7m+5，....，pkm-2形）。若Q〈P（k+1)平方減2 [註：（k+1)是腳標]，則Q與Q+2是一對孿生素數。
例如，29，29和29+2不能被不大於根號（29+2）的任何素數2，3，5整除，29=2m+1=3m+2=5m+4， 29〈49-2(即7的平方減2）所以29與29+2是一對孿生素數。
上式可以用同餘式組表示：
Q≡b1(modp1)，Q≡b2(modp2)，...，Q≡bk(modpk)。(2)。
由於（2）式的模p1，p2，...，pk兩兩互素，根據孫子（中國剩餘）定理，對於給定的b值,（2）式在p1p2...pk範圍內有唯一的解。例如29，
29≡1(mod2)，29≡2(mod3)，29≡4(mod5)。29小於7的平方減2，即49-2。所以29是一個素數。29在2×3×5=30範圍內有唯一解。
例如，k=1時，Q=2 m+1，解得Q=3和5，5<3的平方減2，得知3與3+2，5與5+2是兩對孿生素數。從而得到了3至3的平方區間的全部孿生素數。k=2時，Q=2m+1=3m+2。解得Q=5，11，17。17<5的平方減2，得知11與11+2，17與17+2是孿生素數對，從而得到5至5的平方區間的全部孿生素數。
k=3時，
*********************|----5m+1-----|-5m+2-|-5m+4-|
---------------------------------------------------------|
Q=2m+1=3m+2=|-11-，-41-；|---17---|---29---|
---------------------------------------------------------|
從而求得了7至7的平方區間的全部孿生素數對。
k=4,時，解得：
******************************|-7m+1-|-7m+2-|-7m+3-|-7m+4-|-7m+6-|
Q=2m+1=3m+2=5m+1=|---71---|--191--|--101---|---11--|----41--|
Q=2m+1=3m+2=5m+2=|--197--|--107--|---17----|--137--|--167--|
Q=2m+1=3m+2=5m+4=|---29--|--149--|----59----|--179--|--209--|
---------------------------------------------------------------------------------------
求得了11至11平方區間的全部解。
仿此下去，可以求得任意給定的數以內的全部孿生素數，並且一個不漏地得到。
註意，在k≥4時，利用表格，我們不需要通過計算，或者埃拉托賽尼篩法求得解，而是衹要填寫即可。表格的數字十分有規律。人類已經不依賴埃氏篩。可以通過組裝或者剋隆素數。這對大數密碼是一個強烈的衝擊。
由於b≠0,（1）（2）式的本質就是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，...，pkm形的數k次;；由於b≠pi-2，(1)(2)式是從p1p2p3...pk中篩去p1m-2，p2m-2，p3m-2，....，pkm-2形的數k次，共篩2k次。
孿生素數猜想就是要證明（1）式或者（2）式在k值任意大時都有小於p{k+1)平方減2的解。詳細情況可以參見“百度百科”詞條“孿生素數普遍公式”，以及“素數普遍公式”。利用（1）（2）式證明孿生素數猜想變得十分容易，希爾伯特等數學家都是這樣認為的.
根據孫子定理得知，（1）（2）式在p1p2p3...pk範圍內有：
(2-1)×(3-2)×(5-2)×....×(pk-2)。（3）
個解。（p後面的1，2，3，...，k是腳標）。
孿生素數的篩法就是在埃拉托塞尼的篩後再篩去pm-2型的數。 | | 孿生素數猜想就是要證明K值任意大時（1) 式（2）式都有小於pk平方的解。有了這個孿生素數普遍公式，證明孿生素數問題就像做一道中學數學題一樣容易。
這是希爾伯特說的，因為孿生素數公式把孿生素數猜想轉化成一個初等數論問題。事實上也是這樣。例如，
假設最後一對孿生素數是59與61，那麽對於下式：
Q=2m+b1=3m+b2=5m+b3=....=53m+b16=59m+b17=61m+b18. （4）
(61是第18個素數)。
來說，就沒有小於67平方減2的解。b≠0， b≠pi-2。若Q<67-2，則Q與Q+2是一對孿生素數。（4）式可用同於式組表示：
Q≡1（mod2)，Q≡2(mod3)，...，Q≡b17(mod59)，Q≡b18(mod61)。（5）
根據孫子定理，（4）式（5）式共有：
（2-1）×（3-2）×（5-2）×（7-2）×........×（59-2）×（61-2）。（6）
個解。
註意（4）式，Q與(Q+2)與2，3，5，.......，53，59，61互素。並且大於2，3，5，.......，53，59，61。如果Q<67的平方減2，則Q與（Q+2）
是一對大於61的孿生素數。既然我們已經假設了最大的孿生素數是59與61，那麽（4）（5）式肯定沒有小於67的平方減2的解，如果Q小於67平方減2，則Q與（Q+2）是一對孿生素數。
可以分為幾個步驟證明：
（1）：我們將2×3×5×7×....×53×59×61按59×61劃分為一個區間：
[1，59×61]，[59×61+1，2×59×61]，...,，[（2×3×5X...X59×61）-（59×61）+1，2×3×5×....×59×61]。
共有2×3×5×....×53個區間。因為（4）（5）式的本質是從2×3×5×...×53×59×61範圍內篩去 2m，3m，5m，...，53m，59m，61m形的數(篩k次）和2m-2，3m-2，5m-2，7m-2，...，53m-2，59m-2，61m-2形的數(篩k次）共2k次。
（2）：既然67平方內沒有解，我們衹要證明：如果第一區間[1，59×61]無解，即67平方減2內無解，（因為59×61<67平方減2），[也就是（4）（5）式在pk的平方內無解]。其它區間解的數目就不會超過2k個（此時k=18,，61是第18個素數)。（見下面的“引理”）。
（3）：[（2×3×5×…×47×53）×2×18]<[（2-1）×（3-2）×（5-2）×…×（59-2）×（61-2）]。
一一對應：右式在上，左式在下，(61-2)對應(2x18)，(59-2)對應53，(53-2)對應47，(47-2）對應43，（43-2）對應41，（41-2）對應37。
[(2-1)X(3-2)X(5-2)X(7-2)X(11-2)X(13-2)X(17-2)X.....X(37-2)X(41-2)X(43-2)X(47-2)X(53-2)X(59-2)X(61-2)]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------->2
[2X3X5X7X11X13X17X19X23X29X31X37X41X43X47X53X(2×18)]。
前面：
（2-1)X(3-2)X(5-2)X(7-2)X(11-2)X(13-2)X(17-2)X(19-2)X(23-2)X(29-2)X(31-2)X(37-2)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------=1.086
2x3x5x7x11x13x17x19x23x29x31
後面每一項分子大於分母。
由於右式比左式多2項，所以造成：
（4）：每一項都是上端大於下端或者等於下端。造成了下端假設解的數目少於（4）（5）式固有的解（上端的數目（2-1）×（3-2）×（5-2）×....×（53-2）×（59-2）×（61-2），而上端解的數目是根據孫子定理得出的，與孫子定理相矛盾必然是錯誤的, 所以原先假設最後一對孿生素數是59與61是錯誤的。。這就是利用抽屜原則這個鐵一樣的定理，（（2-1）x(3-2)x(5-2)x(7-2)x...x(59-2)x(61-2)就是抽屜，2 x3x5x7x...x53x(2x18)就是信封，信封少於抽屜，至少有抽屜沒有裝上信封。
（5）這個證明是什麽意思呢？就是說，如果假設59與61是最大的孿生素數，那麽在（4）（5）式，就沒有小於67平方減2的解，即第一區間（1，59×61）內無解，如果第一區間無解，其它區間的解就會少於2k個，即2×18=36個。這樣就出現了與假設的矛盾，因為（4）（5）式的解是一個絶對的數目（即（6）式），他是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾顯然是錯誤的，所以假設59與61是最大的孿生素數是不對的。
這個方法的優越性十分明顯，可以避免循環論證，每一步都與前面一步有着十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的公式。
附：引理：
“任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩K次後被篩數（或者未被篩數）相差不超過K個”。
說明：本篩法與埃拉托賽尼篩法不同，埃氏篩先用2篩，然後把2的倍數剔除掉；再用3篩，又把3的倍數剔除掉；再用5篩，.....。本篩法是已經篩過的數不馬上剔除掉，而是做上標記，等全部篩完過後再把篩過的數剔除掉。於是，有一些含有幾個不同素因子的數就要被篩幾遍，例如“6 ”，就要被“2，”和“3，”各篩一遍。
證明：根據除法算式定理：“給定正整數a和b，b不等於0，存在唯一整數a和r，（0≤r<b.)。使a=bq+r。”得知，如果從a中篩bm形數，a個連續自然數中，最多含有q+1個bm形數，r個連續自然數中，最多含有一個bm形數。例如，a=35，b=3，35=3x11+2，35個連續自然數中，最多含有11+1=12個3m形數，例如1---35有11個3m形數，36----70有12個3m形數。
現在設某兩個區間為A與B，含自然數的個數分別為|A|與|B|，|A|=|B|，下證明p去篩，兩區間被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個。由上所述篩法，用順序素數p1，p2，...，pk依次去篩，兩區間每次被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個，故篩k次兩區間被篩數(或者未被篩數）個數最多不超過k個。
證法1，設|A|=pm+r，則|B|=pm+r，0≤r<p，即區間A和B中均至少含有m個pm形數，又由於r<p，故r個連續自然數中至多有一個pm形數，即被篩pm形數個數相差不超過1個。
證法2，假若不然，篩k次有兩個區間A與B，被篩數相差大於K，比如有K+1個，那會出現什麽問題呢？我們問第K+1是個什麽（見圖），例如A與B用2和3去篩，如果出現了相差3個，第一個記為2m形，第二個記為3m形，問第三個（-？-）是什麽形式？（每一個括號表示一個自然數）。
A：（+）。。。（+）；-------------------（-）（-）（-）（-）。。。（-）；
B：（+）。。。（+）（2m)(3m)(-?-)；--------------------（-）。。。（-）；
|---------------已經篩過部分----------------|------------未經篩過部分------------|。
如果第三個（-？-）是2m或者3m形， 顯然與除法算式定理矛盾；如果不是2m或者3m形，它就不應該“站在”已經篩過的行列。無論哪一種情況，假設都不能成立。證畢，（如果已經篩過部分A比B多K個，則未篩過部分B比A多k個，這個很好理解，正如一個故事所講，第一倆車裝了40位姑娘，第二倆車裝了40位小夥子，停車時第二倆車的一部分小夥子坐上了第一倆車，第一倆車的司機不高興了，說我衹拉40個人，於是兩倆車都是40個人，都有姑娘小夥，問：是第一倆車的姑娘多還是第二倆車的小夥子多？答案是顯然的；第一倆車的姑娘與第二倆車的小夥子一樣多)。
我們可以用公式表示：{|A1|=|A2|=...=|An|}→s(k):|Aj|-|Ai|≤K。
意思是連續自然數相等的區間|A1|，|A2|，....，|An| 篩(用s表示)k次,被篩數或者未被篩數相差不超過k個。即|Aj|-|Ai|≤K。
（註：原來以為這個問題是顯然的，哪知，論文發表後，江西省九江市第一中學高三級黃晶晶同學發現必須給與證明，否則就是一個漏洞，給編輯部寫信。時間是2002年，後來得知，黃晶晶考入一所著名大學的數學係，經過兩年多努力，纔完成“任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不大於k個，證法2由美國俄亥俄州威斯理昂大學王蕊珂給出)。
文章的出處 | | （一）引言。
人們在研究相差2的孿生素數時就註意到相差6的孿生素數，發現後者比前者多的多。100以內有8對相差2的孿生素數：3，5；5，7；11，13；17，19；29，31；41，43；59，61；71，73.在100以內有15對相差6的孿生素數：5，11；7，13；11，17；13，19；17，23；23，29；31，37；37，43；47，53；53，59；61，67；67，73；73，79；83，89；。人們不禁要問（1）是否有一個可以表示所有相差6的孿生素數公式？（2）相差6的孿生素數有多少對？（3）為什麽相差6的孿生素數比相差2的孿生素數要多？
（二）相差6的孿生素數普遍公式。
有定理“若自然數R與R+6不能被不大於根號（R+6）的任何素數整除，則R與R+6是一對相差6的孿生素數”。這句話可以用公式表達：
R=p1m1+g1=p2m2+g2=.....=pkmk+gk。(7)
其中p1，p2，p3，...，pk表示順序素數2，3，5，.....。gi不等於0，gi不等於pi-6。若R<p(k+1).平方減6，則R與R+6是一對相差6的孿生素數。（7）式的同於形式：
R≡g1(modp1)，R≡(modp2)，.......，R≡gk(modpk)。(8)
由於（8）式的模兩兩互素，根據孫子定理得知（8）式在給定g值時在p1p2...pk範圍內有唯一解。
例如，k=2時，
R=2m+1=3m+1。解得R=7，13；R=2m+1=3m+2。.解得R=5，11，17.。即7與7+6，13與13+6，5與5+6，11與11+6，17與17+6是相差6的孿生素數。求得了3至5的平方區間的全部解。
例如k=3時，
********************|--5m+1-|--5m+2---|--5m+3-|
R=2m+1=3m+1=|---31---|-7--,--37--|---13---|
R=2m+1=3m+2=|-11-,-41-|----17----|----23---|
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
求得了5至7的平方區間的全部解。
例如k=4時，解得：
*****************************|--7m+2--|--7m+3--|--7m+4--|--7m+5--|--7m+6--|
R=2m+1=3m+1=5m+1=|---121---|---31-----|---151---|---61-----|----181--|
R=2m+1=3m+1=5m+2=|----37----|---157---|-----67---|---187---|-----97---|
R=2m+1=3m+1=5m+3=|----163---|----73---|----193---|---103---|-----13---|
R=2m=1=3m+2=5m+1=|----191---|---101---|-----11---|---131---|----41----|
R=2m+1=3m+2=5m+2=|----107---|----17----|----137---|---47----|----167---|
R=2m+1=3m+2=5m+3=|-----23----|---143---|-----53----|----73---|-----83---|
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
求得了7至11的平方區間的全部解。仿此下去可以求得任意大的數以內的全部相差6的孿生素數。
（7）（8）式的本質是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，p3m，......，pkm形的數(篩k次），和p1m-6，p2m-6，p3m-6，.....，pkm-6形的數(篩k次）。即pm形的數篩k次，pm-6形的數篩k次，共2k次。但是，由於p1=2時，2m-6與2m是一回事，都是偶數2m形；p2=3時，3m-6與3m是一回事，都是3m形。所以（7）（8）式共有：
（2-1）×（3-1）×（5-2）×（7-2）×.....×(pk-2).。(9)。
個解。
（三）相差6的孿生素數猜想。
相差6的孿生素數是有限的還是無窮的？有了（5）（6）式，就很好證明。例如，如果我們假設最後一對相差6的孿生素數是23與29。那麽對於下式：
R=2m+g1=3m+g2=5m+g3=7m+g4=11m+g5=13m+g6=17m+g7=19m+g8=23m+g9=29m+g10.。(10)
來講，（29是第10個素數，字母後面的數字是腳標）。就沒有小於“31的平方減6”的解。31的平方減6大於23x29。（10）式有：
（2-1）x（3-1）x（5-2）x（7-2）x(11-2)x(13-2)x(17-2)x（19-2）x（23-2）x（29-2）。（11）
個解。(10)式的解的數目是根據孫子定理得到的。
{1}。我們把2x3x5x7x11x13x17x19x23x29按23x29為一個區間，劃分成2x3x5x7x11x13x17x19個區間。
[1，23x29），[23x29+1，2x23x29），.....，[2x3x5x7x11x13x17x19x23x29-23x29+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23x29）。
（如k=4時，2x3x5x7=210，把5x7=35為一個區間，共有2x3=6個區間。1-----35；36-----70；71------105；106------140；141------175；176-----210）。
{2}。如果第一區間[1，23x29）無解，其它區間的解的數目不會超過2k個，即2x10=20個.。（參見上面的引理：任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不超過k個)。
於是，(2x3x5x7x11x13x17x19)個區間總解數目不超過(2x3x5x7x11x1317x19)x20個。少於（7）式固有的解的數目。
(2x3x5x7x11x13x17x19x20) < (2-1)x(3-1)x(5-2)x(7-2)x(11-2)x(13-2)x(17-2)x(19-2)x(23-2)x(29-2).。
一一對應，右端（29-2）對應左端20；右端（23-2）對應左端19；。。。，右端（7-2）對應左端5；右端（5-2）對應左端3；右端（3-1）對應左端2；
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（2-1）(3-1)|(5-2)|(7-2)|（11-2）|（13-2）|(17-2)|(19-2)|(23-2)|(29-2)|;
----------------|------|-------|-----------|-----------|--------|--------|--------|--------|
-----------2---|---3--|--5---|-----7----|----11----|--13---|--17---|---19--|--20---|
--------------------------------------------------------------------------------------------|。;
每一項都是上面大於或者等於下面。上面的解的數目是由孫子定理給出的，下面的解的數目（是由於我們假設錯誤造成的）少於上面，說明原先假設是錯誤的，（抽屜原則）假設最大一對相差6的孿生素數是23與29是錯誤的。證畢。
（四）為什麽相差6的孿生素數比相差2的孿生素數多？
這個問題很簡單。因為相差6的孿生素數是在p1p2p3...pk的範圍內有（2-1）×（3-1）×（5-2）×（7-2）×....×（pk-2）個解，而相差2的孿生素數是在p1p2p3...pk範圍內有(2-1)×(3-2)×(5-2)×(7-2)×....×(pk-2)個解。第二項一個是（3-1），一個是（3-2），所以前者比後者多。
（五）為什麽許多人在證明中會出現錯誤？筆者讀過包括陳景潤在內的著名數學家的論文，發現一個重要的原因是：不按邏輯規律。證明中必須依照1，同一律。2，不矛盾律。3，充足理由律。一般前兩個還能夠做到，最主要的是不能夠按充足理由律去證明，因為在證明中，每一步都要求做到。例如，本文是根據一條定理出發，等價轉換成公式（即（1）式），再等價轉換成同於式組（2）式，而（2）式的解已經被孫子定理充分地，透徹地解釋。由假設推出的孿生素數有限
，就會造成與孫子定理的矛盾。運用抽屜原則和一一對應的方法形成嚴密的邏輯體係。當然，也許還有漏洞，應該虛懷若𠔌等候批評。
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孿生素數是有限個還是有無窮多個?這是一個至今都未解决的數學難題.一直吸引着衆多的數學家孜孜以求地鑽研.早在20世紀初,德國數學家蘭道就推測孿生素數有無窮多.許多跡象也越來越支持這個猜想.最先想到的方法是使用歐拉在證明素數有無窮多個所采取的方法.設所有的素數的倒數和為:
s=1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+...
如果素數是有限個,那麽這個倒數和自然是有限數.但是歐拉證明了這個和是發散的,即是無窮大.由此說明素數有無窮多個.1919年,挪威數學家布隆仿照歐拉的方法,求所有孿生素數的倒數和:
b=(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+...
如果也能證明這個和比任何數都大,就證明了孿生素數有無窮多個了.這個想法很好,可是事實卻違背了布隆的意願.他證明了這個倒數和是一個有限數,現在這個常數就被稱為布隆常數:b=1.90216054...布隆還發現,對於任何一個給定的整數m,都可以找到m個相鄰素數,其中沒有一個孿生素數。
若用PI2(x)表示小於 x的孿生素數對的個數.下表是10^16以下的孿生素數分佈情況:
x PI2(x)
1000 35
10000 205
100000 1224
1000000 8169
10000000 58980
100000000 440312
1000000000 3424506
10000000000 27412679
100000000000 224376048
1000000000000 1870585220
10000000000000 15834664872
100000000000000 135780321665
1000000000000000 1177209242304
10000000000000000 10304195697298 |
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