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广义孪生素数猜想是指是否有无穷多个素数<math>p</math>，使得<math>p+2s</math>也是素数，s=1,2,3，....。其内容包括了孪生素数猜想，表兄弟素数猜想，六素数猜想，....。 
	{{squote|w=50%|存在无穷多个素数''p''，与''p + 2s''都是素数。}}
== 孪生素数猜想 ==
参见[[孪生素数猜想]]
	{{squote|w=50%|存在无穷多个素数''p''，与''p + 2''都是素数。}}s=1.
=== 孪生素数的公式 ===
利用素数的判定法则，可以得到以下的结论：“若自然数<math>q</math>与<math>q+2</math>都不能被任何不大于<math>\sqrt{q+2}</math>的素数
(contracted; show full)
（3）式或者（6）式是（<math>p_{2}-2</math>）；（9）式是（<math>p_{2}-1</math>）.即模是素数3的时候，相差6的孪生素数公式中最小剩余只有一个，所有（<math>p_{2}-1</math>）；而相差2的孪生素数和相差4的孪生素数最小剩余有两个，所以（<math>p_{2}-2</math>）。
=='''广义孪生素数猜想等价于哥德巴赫猜想'''==
如果s=1,2,3,4，....。都成立，那么广义孪生素数猜想等价哥德巴赫猜想。
这是因为<math>p</math>+（<math>p+2s</math>）=
2（<math>p+s</math>）=偶数。
'''
== 
需要的定理--埃拉托斯特尼区间筛法 ==  
       將1至<math>p_{1}p_{2}p_{3}</math>...<math>p_{k-2}p_{k-1}p_{k}</math>连续的自然数按照<math>p_{k-1}p_{k}</math>为一个区间，分为<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}</math>个区间，依次按2，3，
5,....順序篩，篩K次後， 任兩個含連續自然數個數相等的區間，被篩（或末被篩）數相差不超過K。
（中国科学院的数学家认为这个是十分显然的，毫无疑问的）
    
       說明：本篩法與埃拉托斯特尼篩法不同，埃氏篩先用2篩，然後把2的倍數剔除掉；再用3篩，然後又把3的倍 
   數剔除掉；再用5篩，…。本篩法也是按照2,3,5，...順序篩,用不大於的素數去篩（不得用大於的素數去篩），
只 是已篩過的數數不馬上剔除掉，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 素因數的數可能就要被篩幾遍，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≠0，存在惟一整數b和q，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個bm形數，r個連續自然數中，最多含有1個形數。 
    例如a=35，b=3。 35個連續自然數中最多含有11+1=12個3m形數。如36—70有12個3m形數，1－35
有11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，兩個區間被
篩形數（或 未被篩數）個數相差最多不超過1，由上所述篩法，用順序素數2,3,5,..依次去篩，兩個區間每次被篩形數
（或未被篩數） 個數相差最多不超過1，故篩次兩區間被篩數（或未被篩數數）個數最多不超過個。 
    
    證法（1），設|A|=a=bq+r,則|B|=a=bq+r，即區間A和B中均至少含有q（q>1）個bm形數，又由於
r<b，故r個連續 自然數中至多有一個形數，即被篩bm形個數相差不超過1。 
    
    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，那會出現現什麼
問題呢？我們問第是個什麽數，見圖，假如與用2和3篩，如果出現了相差3個，第一個記為形，第二個記為形，問第三個（？
）是什麼形式，（每一方括号表示一個自然數，）。 
    
    A：[][]...[] --------------------------- [][][][][][] 
    
   B：[][]...[][2m][3m][？]-----------------------[][][] 
    
        已篩過部分--------------------   未篩過部分 
   
    如果第三個（？）是2m或3m形，顯然與除法算式定理矛盾；如果不是2m或3m形，它就不應“站在”
已篩過部分行列，無論哪種情況，假設都不成立，證畢。 
  '''为什么区间要大于<math>2p_{k}</math>''' 
   如果区间小于<math>2p_{k}</math>，并且不按照顺序筛法，就会出现其它异常。例如，我们直接用5和
7筛，区间为2×5-1=9个自然数； 
    
   A区间：31,32,33,34,35,36,37,38,39；（用5和7筛，只筛掉35） 
   
   B区间：13,14,15,16,17,18,19,20,21.（用5和7筛，筛掉14,15,20,21有四个）。 
    
   筛2次相差3个。如果先用2和3筛过，实际上只是相差1个（35）。B区间实际上都是已经筛过的。如果区间
加大一个自然数， 使得区间≥<math>2p_{k}</math>，上面构造就不能成立。 筛法里面有许许多多问题值得研究。

== 证明提纲 ==
【1】将1至<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}p_{k-1}p_{k}</math>按（<math>p_{k-1}p_{k}</math>为一组，划分成<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}</math>个组（或区间）

[1，（<math>p_{k-1}p_{k}</math>）], 

 [（<math>p_{k-1}p_{k}</math>）+1，2（<math>p_{k-1}p_{k}</math>）]，

....，

[<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}p_{k-1}p_{k}</math>—（<math>p_{k-1}p_{k}</math>+1，<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}p_{k-1}p_{k}</math>]。

（4）式就是筛2k次。

【2】证明[1，（<math>p_{k-1}p_{k}</math>）]有解，就是证明了[1，<math>p^{2}_{k+1}</math>]有解，因为（（<math>p_{k-1}p_{k}</math>）小于<math>p^{2}_{k+1}</math>。

【3】如果第一区间无解，根据定理：“两个含自然数个数相等的区间筛k次被筛数相差不超k“。其它区间的解数就不会超高2k。还有<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}</math>-1个区间，总解数不超过

（<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}</math>—1）x2k个，

而：
（<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}</math>—1）2k个<（<math>p_{1}p_{2}</math>...<math>p_{k-2}</math>）2k个<（<math>p_{1}-1</math>)（<math>p_{2}-2</math>)（<math>p_{3}-2</math>)...（<math>p_{k}-2</math>).

【4】对比：第二项作为分母，第三项作为分子，第三项（<math>p_{i}-2</math>）对应第二项<math>p_{i-1}</math>。

前面11项为：
:<math>\frac{2-1}{1} \times \frac{3-2}{2} \times </math><math>\frac{5-2}{3} \times \frac{7-2}{5} \times </math><math>\frac{11-2}{7} \times \frac{13-2}{11} \times </math>...:<...<math>\frac{31-2}{29} \times \frac{37-2}{31} </math>=1.086

后面每一项分子大于分母或者等于分母：

:<math>\frac{41-2}{37} \times \frac{43-2}{41}\times  </math>,...×<math>\frac{P_{K-1}-2}{P_{K-2}} \times \frac{P_{K}-2}{2K} </math>.

当k>7时，(<math>P_{K}-2</math>)>2K,即17-2>2X7=14. 

【5】。也就是说，如果第一区间无解，其它区间的解就会少于（1）(2)式固有的解数（3）式。而（3）式的解数是由孙子定理得来的。与孙子定理矛盾，必然是错误的。

=== 例题 ===
有人说最后一对孪生素数是59和61，请证明错误或者正确

'''证明'''：

【1】假定59与61是最后一对孪生素数，那么对于下面：

:<math>q=2m_{1}+b_{1}=3m_{2}+b_{2}=\dots=61m_{18}+b_{18} \qquad \qquad \qquad \cdots \qquad (*)</math>
（61是第18个素数）
 就没有小于<math>67^{2}-2</math>的解，我们把2x3x5x7x....x53x59x61,按照59x61为一组。

分成2x3x5x7x....x53个区间：

[1，,59X61],

[59X61+1,2X59X61]

,...,

[2x3x5x7x....x53x59x61-59x61+1,2x3x5x7x....x53x59x61].

【2】如果第一区间无解，则其它区间的解，根据引理，也不会超高2k个，还有
2x3x5x7x....x53-1个区间，解数不超高（2x3x5x7x....x53-1）2x18个，而：
（2x3x5x7x....x53-1）2x18<（2x3x5x7x....x53）2x18<（2-1）（3 -2）（5 -2）.....（59 -2）（61 -2).
第二项与第三项比较：第三项大于第二项，说明原来假设是错误的。⏎
附三胞胎素数 ==
在[[数论]]中，'''三胞胎素数'''（也称为'''三生素数'''）是一类由三个连续[[素数]]组成的数组。三胞胎素数的定义类似于[[孪生素数]]，它的名字也正是由此而来。
== 定义 ==
正如孪生素数是指差等于2的两个素数，三胞胎素数是指三个连续素数，使得其中最大的一个减去最小一个的差不超过6。事实上，除了最小的两组三胞胎素数：(2, 3, 5) 和 (3, 5, 7)，其它的三胞胎素数都是相差达到6的三元数组。除了以上两个特例以外，三胞胎素数分为两类：
# A类三胞胎素数，构成为<math>(p, p+2, p+6)</math>，相差2的两个孪生素数在前面，例如：(5，7，11)；(11，13，17)； (17，19，23)；等等。
# B类三胞胎素数，构成为<math>(p, p+4, p+6)</math>，相差2的两个孪生素数在后面，例如：(7，11，13)；(13，17，19)；(37，41，43)；等等。    
当素数''p'' 大于3时，可以证明形同<math>(p, p+2, p+4)</math>的数组不可能是三胞胎素数<ref>{{cite book | title = ''Prime numbers: a computational perspective''| author =Richard E. Crandall, Carl Pomerance | publisher = Springer, 第二版| year =2005 | isbn =978-0387252827 }}第77页.</ref>。事实上，这三个数对3的模两两不同，所以必然有一个能被3整除。然而这三个数都比3要大，因此一定有一个是3的倍数，从而这个数不是素数。
== 公式 ==
=== A类三胞胎素数 ===
为了具体地求一定范围内的A类三胞胎素数，可以利用一下的定理：“若自然数<math>A-2, A, A+4</math>都不能被不大于<math>\sqrt{A+4}</math>的任何素数整除，则<math>A-2, A</math>与<math>A+4</math>都是素数”。 这个定理的证明用到一个简单的事实：如果一个自然数<math>A</math>不能被不大于<math>\sqrt{A}</math>的任何素数整除，则<math>A</math>是素数。
考虑按照从小到大的顺序：2，3，5，……排列的前''k'' 个素数<math>p_{1},p_{2},\dots,p_{k}</math>。解方程：
:<math>A=p_{1}m_{1}+b_{1}=p_{2}m_{2}+b_{2}=\dots=p_{k}m_{k}+b_{k} \qquad \qquad \cdots \quad (1)</math>
其中<math>b_{i} \neq 0</math>，<math>b_{i} \neq 2</math>，<math>b_{i} \neq p_{i}-4</math>（保证<math>A-2, A, A+4</math>都不能被任一个素数整除），<math>1 \le b_{i} \le p_{i} - 1</math>。 
 
如果解出<math>A<p^{2}_{k+1}-4</math>，则<math>A-2,A</math>与<math>A+4</math>是一组三胞胎素数。 
  
我们可以把（1）式内容等价转换成为[[同余]]方程组表示： 
:<math>A \equiv b_1 \pmod{p_1}, \  A \equiv b_2 \pmod{p_2}, \  \cdots,\  A \equiv b_k \pmod{p_k} \qquad \qquad \cdots \quad (2)</math> 
由于（2）式的模<math>p_{1}</math>、<math>p_{2}</math>、……、<math>p_{k}</math> 是素数，两两互素，根据[[孙子定理]]（中国剩余定理）知，对于给定的<math>b_{1}, b_{2}, \cdots , b_{k}</math>，（2）式在<math>p_{1} p_{2} \cdots p_{k}</math>范围内有唯一解。
=== A类三胞胎素数的例子 ===
例如k=2时，<math>A=2m_{1}+1=3m_{2}+1</math>，解得<math>A=7, 13, 19</math>。这三个素数都满足<math>A<p^{2}_{k+1}-4</math>的条件：<math>7, 13, 19<5^2-4</math>，因此，这三个素数所对应的素数组：
:7-2，7与7+4；
:13-2，13与13+4；
:19-2，19与19+4
都是三胞胎素数组。
这样，就求得了区间<math>(5, 5^2)</math>中的全部A类三胞胎素数。 
又如当k=3时，设有方程组<math>A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+3</math>，解得<math>A=13</math> 与<math>A=43</math>。其中出现一个新的素数43，而<math>43<7^2-4</math>。因此，43-2，43与43+4也是一组三胞胎素数。
又比如求解方程组<math>A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+4</math>，解得<math>A=19</math>，也是上面已经求出过的一组三胞胎素数。
由于余数不能是0、2或对应的素数减去4，可能的余数组合只有以上的两种，所以上面的计算已经求得了区间<math>(7,7^2)</math>的全部A类三胞胎素数。
{| class="wikitable"
|-
! k=4时 !! <math>7m_{4}+1</math> !! <math>7m_{4}+4</math> !! <math>7m_{4}+5</math> !! <math>7m_{4}+6</math>
|-
| <math>A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+3</math> || 43 || 193 || 103 || 13
|-
|<math>A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+4</math>  || 169 || 109 || 19 || 139
|}
已经得到区间<math>(11,11^2)</math>的全部A类三胞胎素数
=== B类三胞胎素数 ===
对于B类的三胞胎素数，也可以用类似的结论：“若自然数<math>B-4, B, B+2</math>都不能被不大于<math>\sqrt{B+2}</math>任何素数整除，则<math>B-4, B</math>与<math>B+2</math>都是素数”。这个结论的证明与上面的相同。
于是同样地，考虑按照从小到大的顺序：2，3，5，……排列的前''k'' 个素数<math>p_{1},p_{2},\dots,p_{k}</math>。解方程：
:<math>B=p_{1}m_{1}+C_{1}=p_{2}m_{2}+C_{2}=\dots=p_{k}m_{k}+C_{k}\qquad \qquad \cdots \quad (3) </math>  
其中<math>c_{i} \neq 0 </math>、<math>c_{i} \neq 4</math>、<math>c_{i} \neq p_{i} - 2 </math>。 
而如果<math>B<p^{2}_{k+1}-2</math>，则<math>B-4, B</math>与<math>B+2</math>是一组三胞胎素数。 
我们可以把（3）式内容等价转换成为同余方程组表示： 
:<math>B \equiv c_1 \pmod{p_1}, B \equiv c_2 \pmod{p_2}, \dots, B \equiv c_k \pmod{p_k} \qquad \qquad \cdots \quad  (4)</math>
  
同样地，由于（4）式中的模<math>p_{1}</math>、<math>p_{2}</math>、……、<math>p_{k}</math> 是素数，两两互素，根据[[孙子定理]]（中国剩余定理）知，对于给定的<math>c_{1}, c_{2}, \cdots , c_{k}</math>，（4）式在<math>p_{1} p_{2} \cdots p_{k}</math>范围内有唯一解。
=== B类三胞胎素数的例子 ===
例如k=2时，<math>B=2m_{1}+1=3m_{2}+2</math>，解得B=11，17。这两个素数都满足<math>B<p^{2}_{k+1}-2</math>的条件：<math>11, 17<5^2-2</math>，因此我们得到两组B类三胞胎素数：
:11-4，11与11+2；
:17-4，17与17+2；
这样，就求得了区间<math>(5, 5^2)</math>中的全部B类三胞胎素数。  
又比如当k=3时，解方程组<math>B=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+2</math>，解得B=11，41。这两个素数都满足<math>B<p^{2}_{k+1}-2</math>的条件：<math>11, 41<7^2-2</math>，因此我们得到一组新的B类三胞胎素数：
:41-4，41与41+2。
而解方程组<math>B=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+2</math>，得B=17，也是上面已经求出过的一组三胞胎素数。
由于余数不能是0、4或对应的素数减去2，可能的余数组合只有以上的两种，所以上面的计算
已经求得了区间<math>(7, 7^2)</math>的全部B类三胞胎素数。 
{| class="wikitable"
|-
! k=4时 !! <math>7m_{4}+1</math> !! <math>7m_{4}+2</math>  !! <math>7m_{4}+3</math>  !! <math>7m_{4}+6</math> 
|-
| <math>B=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+1</math> || 71 || 191 || 101 || 41
|-
| <math>B=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+2</math> || 197 || 107 || 17 || 167
|}已经求得了区间<math>(11, 11^2)</math>的全部B类三胞胎素数。
仿此下去可以求得给定区域内的全部A类和B类全部三胞胎素数，并且一个不漏地求得。
== 三胞胎素数猜想 ==
有关孪生素数的一个著名猜想是：是否有无穷多个孪生素数？这个问题迄今尚未解决。同样的，有关于三胞胎素数的类似猜想：是否有无穷个三胞胎素数？用三胞胎素数公式的角度，就是以上的（1）（2）（3）（4）四个方程组k值任意大时是否都有小于<math>p_{k+1}^2-4</math> 或 <math>p_{k+1}^2-2</math> 的解。由于三胞胎素数中一定有两个是孪生素数，解决了三胞胎素数猜想也就意味着解决了孪生素数猜想。同时，上面四个公式也把这个问题转入初等数论范围。
== 参考文献 ==
#《一万个世界之谜》湖北少儿出版社，梁宗巨主编。
#《谈谈素数表达式》【中等数学】1999年2期；
#《关于一个寻找素数方法的理论依据》【中等数学】2003年4期；
#《孪生质数公式》【中等数学】2000年1期。
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