根据素数定理，以及就平均而言 p k 1 p k ln p k
3
∴
2 ［ pk , p k21 ) p 2 p k2 2 p k ln p k ln 2 p k ln p k k 1 1 2 2 pk pk p k ln p k p k ln p k
∴
2 ［ pk , p k21 ) p ［ p k2 , p k21 ) p ln p k p ＝ k k (1 ) <2 k psk p sk pk psk pk p sk
e 2 n 2 p 1 Sh(n) ( ) (1 ) 2 2 3 p n p p |a p 2
2n= pu p v 的哥德巴赫猜想解个数 G(2n)
G (2n) (
e 2 n 2 p 1 ) (1 ) 2 2 3 p n p p|n p 2
证明：
2 2 2 2 ∵ n＝3+(8－3)+(24－8)+(48－24)+…+ ( p k 1 p k ) +…+ ( p i 1 p i ) 2 2
∴ 根据引理 1，区间［ p k , p k 1 ）的素数个数可近似表示为
k
2 ( p k21 p k ) (1
j 1
sk
2 2 w(k)= | ( p k 1 p k )
(1 p
j 1
1
j
) －π［ p k2 , p k21 )|
w(S)=|
sk 2 1 2 ( p p ) ) ( n) | k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
1 ) pj
2 pk 1 / pk 1 时，p k 到
2 因为 p k k＜p k21 ， 所以当 p j = pt >
p k21 之间的数没有 p j 的 pk
倍数，所以在去掉 p1 2 , p 2 3 ， pu pt … p j … p k 1 ,的倍数后，余下数中， p k 的倍 数个数是
pi2 n＜p i21 , 则不大于 n 的素数个数π(n)有公式（S）和公式（L）为
（S） π(n)=
sk 2 1 2 ( p p ) ) g ( n) k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
其中 g(n)满足：－
1 1 ( n ) <g(n)< 1 ( n ) 1 pi pi
定理：若 p1 2 , p 2 3 ，… p k …, pi , pi 1 为连续素数， pi2 n＜p i21 ， 则去掉 模 p k 的 m 个同余类（含余 0 的同余类）后，余下素数个数
k ( x) (
e m 1 m ) x (1 ) 2 p p m p m p x

（ log p k p sk 2e
l
≈1.123 , 欧拉常数γ=0.5772156649 … ）
（L）
π(n)= n
(1 p
j 1
1
j
) g ( n)
（ log pi pl 单增）
其中 g(n)满足：
pi p ( n ) g ( n) i ( n ) 2 pl 2 pl
l
e 1 x (1 ) 2 p x p
（L）
π(n)= n
(1 p
j 1
1
j
) g ( n)
（ log pi pl 单增）
pl pi
又 ∵ ∴
pi2 n＜p i21
pl pi ( n ) n / 2
根据 Mertens 定理 3 和素数定理，得
i
y i (n) n (1
j 1
1 ). pj
证明：I.当 i=1 时, ∵
p1 =2 , p1 |n y i ( n) n n 1 1 n (1 ) n (1 ) 2 2 p1
结论成立。
∴
Ⅱ.假设 i=k 时，结论成立，即：
k
y k (n) n (1
孪生素数猜想证明
李联忠
（营山中学 四川营山 637700 邮箱 lianzhong.li2008@ 电话:13458241897） 摘要： 本文通过对筛法的分析研究得出不大于 x 的素数个数的连乘积公式， 再根据素数 定理和 Mertens 定理 3 推导出素数连乘积不等式，从而证明孪生素数猜想，哥德巴赫猜想等 一些猜想。 关键词：数论；素数；公式；猜想 中图分类号：015 文献标识码： 文章编号： 引理 1：若 p1 2 , p 2 3 ，… p j …, pi ,为连续素数，且 p j | n ，1≤m≤n ，则 m≠0(mod p j ) 的数的个数 y i ( n) 可表示为
1 e 1 (1 ) O( 2 ห้องสมุดไป่ตู้/ 2 ) /2 p ln x ln x p x / 2
2e 1
2e / 1 1 O( 2 / 2 ) → ln x ln x ln x
即
∴
1 e 2
∴
1 2e / ) p 1 e p ( x ) ln x lim lim 1 2 2 e x x (1 p ) ln x p x
所以，孪生素数猜想，哥德巴赫猜想等一些猜想是正确的。
6
5
因为孪生素数猜想是在 pi2 n＜p i21 的限制下，去模 p( p 0 的同余类） ；双生素数猜想是去模 p( p 德巴赫猜想是去模 p( p 模 p( p
n )的两个同余类（含余
n )的一个或两个同余类（含余 0 的同余类） ；哥
n )的一个或两个同余类（含余 0 的同余类） ；四生素数猜想是去
j 1
1 ) pj
成立。
当 i=k+1 时， ∵
p1 |n， p 2 |n，…， p k |n，据归纳假设
k
∴
y k (n) n (1
j 1
1 ) pj
因为 p k 1 |n ，所以 m≠o (mod p k 1 ) 的数有
k n 1 (1 ) 个 p k 1 j 1 pj k
pi ( n) p si
∴
w(S)<
pi ( n) p si

∵ ∴
p si pi pi2e
.123 p1 i
pi 1 1 1 0.123 p si pi pi
w(S)<
∴
1 ( n) pi 1
公式（L）的误差 w(L)应小于 根据素数定理，得
( n) ( n) 的一半，下面计算 . pl pl
( n) n n n n ( n) pl pl ln n 2 pl ln n 2 p l
∵
pi2 n＜p i21
∴
n pi 2
w(L)<
∴ 引理 2 证毕。
pi ( n) 2 pl
4
引理 3（素数连乘积不等式） ： ( x) 证明：根据素数连乘积公式
不大于 n 的四生素数(p,p+2,p+6,p+8)个数 S(n)
e 4 n 4 S ( n) ( ) (1 ) 2 2 3 5 p n p
不大于 n 的 k 生素数个数 K(n)
K (n) (
e k 1 k ) (1 ) 2 p p k p k p n
n )的不大于四个同余类（含余 0 的同余类） ；k 生素数猜想是去模 p( p n )的
不大于 k 个同余类（含余 0 的同余类） ；所以有： 不大于 n 的孪生素数(p,p+2)个数 L(n)
L( n) (
e 2 n 2 ) (1 ) 2 2 3 p n p
不大于 n 的双生素数(p,p+a)个数 Sh(n)
因为
为了与引理 1 有相吻合的表达式，也避免向后演绎导致麻烦，采取让 p k 后的去素数倍数因
2
子 (1
1 1 1 2 ) 、(1 )、 …、 (1 ) 提前进入， 来平衡少减的量。 所以， 区间 ［ pk , p k21 ） p sk p k 1 pk 2
有较精确的素数个数表达式
其中 g(n)满足：－
1 1 ( n ) <g(n)< 1 ( n ) 1 pi pi

（ log p k p sk 2e
2 2
≈1.123,欧拉常数γ=0.5772156649 … ,）
知道了 n 受 pi n＜p i 1 限制，所导致偏差的原因，同理可得另一形式的 不大于 n 的素数个数公式
n 个， 去了 p1 , p 2 , , p k 的倍数后，余 p k 1
∴
y k 1 (n) n (1
j 1 k
k 1 n 1 ) (1 ) pj p k 1 j 1 pj k 1 1 1 1 ) (1 ) n (1 ) pj p k 1 pj j 1
n (1
j 1
1
k 1
∴
i=k+1 时，结论 y k 1 (n) n
(1 p
j 1
1
j
)
成立。
由 I、Ⅱ可得，当 i 为任何正整数，结论都成立。 引理 1 证毕。 引理 2 ： （素数连乘积公式） ：若 p1 2 , p 2 3 ，… p k …, pi , pi 1 为连续素数，
∴
w(k)<
pk p sk
考虑到这 i 个区间 s k 取值的整体一致性(即 log p k p sk 2e ， 定理 2 中有这点的证 明)，这 i 个区间中可能存在区间误差 w(k)大于 1，最大可达到