杰波夫猜想成立

张 忠

摘要：本文用连续格奌组成的段表示连续整数,依据同余理论和堆壘筛法,用数学归纳法证明了在 个连续整数中至少有两个模 的简化剩余。从而进一步证出:（1）在开区间 内的 个连续奇数中至少有二个素数；（2）杰波夫猜想“在 与 间至少有两个素数”成立。

关键词：模,段,同余,素数,实筛,虚筛,多维数,联立一次不同余式。

0.引言：

数百年来，人们一直被“素数分布是否存在规律”这问题困扰着。即使是“在 与 间至少有两个素数”也还仅仅是未被证明的“杰波夫(desloves)猜想”。 而本文谨依据同余理论和堆壘筛法，由找出的模 的简化剩余的分布规律，导出素数的分布的部分规律。

1.本文主要概念

为便于证明，若无特别说明，文中小写字母表整数，大写字母表整数集合. 并特定字母:

表素数数列

且作如下定义：

定义1. 若则约定将其简记为 , 并将其定义为 的多维数. 是关于模 的一类剩余，且由中国剩余定理和欧拉定理易知:

. （证明见引理二）

如 的 维数: ，记作 .

定义2. （ ）表闭区间 内的 个有序的连续整数，并定义 为整数列中长为 的第 段，定义 为整数列中长为 的原段．同时规定：

（1）段 的首项 为 的原项， 为 的第 项．

（2）当 时，为避免出现下标的下标, 特将 简记为 .如:

表整数数列中段长为 的原段:

其段中的0为 的原项，段中的1为 的第一项，段中的2为 的第二项，余依此类推.

也可用整数数列及其三(多)维数一并表为以下两种形式:

(注:从上面左图中由上向下数: 第一行表 ;第二行是用关于模 的最小绝对值剩余表示的 ; 第三行是用关于模 的最小绝对值剩余表示的 ; 第四行是用关于模 的最小绝对值剩余表示的 ）

_{因由同余理论知:若} ，则 （ ，故知: 与

的各对应项均关于模 同余.

定义3. 两等长的各对应项均关于模 同余的段称为关于模 同余的段，记作

．

故整数列中无数的长为 的整数段 可划归为模 的 个两两互不同余的剩余段类，若分别从每类中各取一段，则构成模 的长为 的最小非负完全剩余段系: , 其中 表模 的最小非负完全剩余系．

定 义4. 定义不同余式 为模 的原筛,记作定义 为模 对 的筛，并记作 如:

不同余式 记作其筛图为:

不同余式 记作其筛图为:

_{（注: 上图中红色格点表被} 筛除的一类剩余.）

定义5. 定义在整数集中分别依次用素模 删去 的一类剩余为即受 筛，而求联立不同余式 关于模 的缩剩余系的图解法叫做“堆壘筛法”，其堆壘筛记作並特别定义 为模 的原筛,简称 筛.

如欲求模 的最小正简化剩余系 ，则可由其对应的求联立不同余式 的解集之 的原筛

知

_{而由素数判别法易知},在开区间 内的 均为素数:

定义6 定义在整数集中分别依次用素模 删去 的 类剩余即为受 之 筛，记作並特别定义 为模 的原筛，简称 筛.

也可用联立不同余式 来表示.

关于模 的 之 筛 的最小正解集 即联立不同余式

的最小正解集则可由 的堆壘筛图直接获取.

故当模 的最小正完全剩余系 受堆壘筛 筛除，即受

筛除后可得模 的最小正简化剩余系:

．

_如欲求模 的最小正简化剩余系 ，则由其对应的求联立不同余式 的解集之 的原筛

知:

_由定义知:

故知且 为模 的最小正奇简化剩余系.

定义7 若（ ）＝ ，当 时，则称 被 筛除，并称 被 的最小素因数实筛，而仅被 的其它素因数虚筛；当 时，则称 未被 筛除或称 被 虚筛．

如: 则称 被 筛除，称 被且仅被 的最小素因数2实筛，被 的其它非最小素因数3虚筛.

定义8 若在 内有一整数 被 筛除，则称 受 筛除，且若 被 实筛，则称 受 实筛；且若 内仅有被 虚筛的整数，则称 仅受 虚筛．若在 内无被 筛除的整数，则称 未受 筛除或受 虚筛．

如当 受 筛时， 分别受 实筛，因仅有一个整数10受 的虚筛, 则称 仅受 虚筛．

定义9. 若存在 ，使模 的段系 中的任一段类 均含 ，则称其中含 个

数最少的段 为受 最大筛除的段．

2.引理与定理.

引理一 若: 为模 的最小正简化剩余数列的第j项，则: .

证: 由欧拉定理知模 和模 的简化剩余系中均有 类简化剩余，且由定义知：

故:故由定义知：

而又因 ，故知 （引理一获证）

由引理一和素数判别法易知:

推理一 若 ，则在开区间 的連续素数可表为:

…，

（证明略！）

_引理二．若 （ ），则

证: 因 两两互素，故故由欧拉定理知 故知故由中国剩余定理(孙子定理)知:

(引理二获证)

引理三. 受 最大筛除的段 ，必受 （ ）的实筛．

证：由定义５知，受 最大筛除的段 是 中含 个数最少的段，现设其段内仅含 个 ，且其段内的第 项 为 ．现反设 受 虚筛，则在 内有且仅有 个 当其第 项被 实筛时，有

故知在模 的段系 中必存在

，

且其第 项即 必为 实筛，故在 内最多仅有 个 ，与题设受 最大筛除的段内仅含 个 相矛盾．（引理三获证）

引理四. 若 ，则闭段 内有且仅有二个 ．

证：

令 ，

_因 ，故最大公约数 故知在 与 中，在且仅在 时有且仅有2个 而当 时，因 故而在 个連续奇数 中除有最小的奇素数 外，其余均为含不大于 的素因数的合数，即:

故知在 与 中有且仅有2个（引理四获证）

因模 的简化剩余 在模 中的分布極不均匀，故 在模 中的分布规律久久未能被发现. 但有以下四点却较易看出:

_（一） 若 ，则若 则

（二） 因最大公约数 故 与 关于軸 对称分布.即 的 筛图与 的 的筛图关于軸 对称分布.

如: 与 的 筛图左右对称.

（三） 尽管 在模 中的 中的密度 隨 的增大而减小，但因在奇素数内: 故由 在 中的相对平均密度 的因

故知 隨 的增大而增大.

_（四） 在等长的两相邻的整数段 和 内所含 的个数之差不大于

为 有助于对后面定理一证明的理解，现先给出下图以供大家参考:

（使用说明: 借助于上图中最下面的 行，遮盖住其它行，就可清楚地看到在模 中的 与 及它们左右两侧有关相邻的段类内所含 的个数及其在段内的具体位置.）

定理一 当时，在受最大筛除的段类内有且仅有个

以下用（翘翘板）归纳法证明:

_Ⅰ. 当 2时，易知 是最小的正奇素数，模 的最小非负完全剩余系为因模 的最小非负简化剩余系 中有且仅有 个故 在模 中的平均密度为 而在段 内的平均密度为

由模 的 的筛图

_可获模 的最小非负简化剩余系

因模3的最小非负完全剩余系 内仅有3类两两不同余的剩余,故模3的完全剩余段系 内有且仅有3类两两不同余的剩余段:

因 内有且仅有4个連续整数，故最多在 内同时能被 实筛首末两项 的倍数，段内仅保留两个 而其它两段仅能被 实筛除首末两项外中的一项整数，段内却保留了三个

故知A2: 段类 内有且仅有 个是段系 中唯一含 个数最少的段类.

_故由定义9和A2知Ⅰ: 当 2时，在受 最大筛除的段类 内有且仅有 个且由A2可知在 内至少有两个小于 的

_故由 和素数判别法知:至少可在 内确定两个大于1﹑小于奇数 的 即至少可确定 的两个后继素数 及 的后继素数差

_故知B2: 至少可在 内确定 的两个后继素数

因此我们就可以在模 的段系 中分析并获取 分布的规律.

因在段系 的 种段类 中均有 个连续整数，其中必有且仅有两个 的倍数，故知

_在段系 的任一段类 被 实筛后均有四个 但首末两项均为 的有且仅有一种段类:

因相邻两段类 与 内所含 的个数差不大于 故若存在段内只含三个 的 则其必与段内只含二个，三个或四个 的段相邻.

但因 是一对孪生素数， 故在与 前后相邻的两种段类 不存在（即有且仅有 种）只含三个 的段类.

_故知C2: 在段系 的 种段类 中均含有四个 但首末两项均为 的段类有且仅有一类:

Ⅱ.现归纳假设当 时，受 最大筛除的段类 内有仅有两个

则由引理四知: 在 内有且仅有二个 ．故知

_Ak-1: 是受 最大筛除的段类. 且知在 内至少有两个小于 的

故由引理一和推理一知，当 时:

故知Bk-1: 由Ak-1至少可确定 的两个后继素数:

因此我们就可在模 的段系 中分析并获取 在 中内的分布规律.

_因由引理四知: 在段 内有且仅有二个故知在 内有且仅有四个 和

而由已确定的 知 的后继素数差故知在与 前后相邻的 种段类:

…，

_中有且仅有三个

而在 内则开始有四个不同时处于首末两项的

因此知在模 的段系 中， 在 内的分布规律:

_Ck-1/1: 段内仅含四个 且首末两项均为 的段类仅有一类:

_Ck-1/2: 段内仅含三个 且首末两项中最多只有一项为 的段类有且仅有 类，且全部对称地連续分布在 的前后两侧.（注: 当 ，即当 为孪生素数时，则在段系 中就不存在仅含三个 的 ）

_Ck-1/3: 在Ck-1/1和Ck-1/2段中讨论过的段类以外的其它的段类 内: 或虽首末两项同时为 但至少含五个或虽首末两项不同时为 但至少含四个

_则当 时，因由Ak-1已至少了确定了 的两个后继素数:故 及

等的数值也隨之而定. 其中:

因由Ak-1知: 是受 最大筛除的段类，故知在 内至少有两个因在 内有且仅有 个連续整数，故 最多只能实筛其中一个故知至少存在二类受 最大筛除的段类 内有且仅有一个 故知在模 的段系 中必存在受 最大筛除的段类 且其段内至少有不少于一个的

而在模 的段系 中的每一类段类 中 的数量及其位置，完全取决于模 的段系 中的段类 中 的数量﹑位置及 所筛除 中的是第 项:

故由引理三知，要找出在模 的段系 中，受 最大筛除的段就必须先找出模 的段系 中 的数量尽可能少，且位置尽可能多地处于首末两项的段类 可使 最多能实筛 的首末两项至少能实筛 的一项

_因由 Ck-1/1知，在模 的段系 中: 仅含四个 且首末两项均为 的段类仅有一类:故只有当 当实筛 的首项时才能同时实筛去段内首末两项的 从而在模 的段系 中必产生只含两个 的段类

而当 当实筛 的非首末项时，则必只产生含三个 的段类; 而当 当虚筛 时，则必然产生含四个 的段类，显然它们都非受 最大筛除的段类.

故知Ak /1: 就目前所知只含两个 的段类 是含 最少的段类.

因由Ck-1/2 知: 段内仅含三个 且首末两项中最多只有一项为 的段类仅有 类，且

全部对称地連续分布在 的前后相邻的两侧:

_故只有当 实筛 的第j项 时，在模 的段系 中必产生 类只含两个 的段类

而当 当虚筛 时，则必只产生含三个 的段类，显然它们都非受 最大筛除的段类.

故知Ak /2: 当 实筛段内仅含三个 且首末两项中最多只有一项为 的段类时，在模 的段系 中也必产生 类只含两个 的段类 . 也目前所知含 最少的段类.

故由Ak /1和Ak /2知Ak /3: 在段系 中除上面所提及述的 类:

和 外的其它的段类 内: 或虽首末两项同时为 但至少含五个 或虽首末两项不同时为 但至少含四个 故它们无论被筛或虚筛段内的哪一项，都至少含三个 显然它们均非段内含 最少的段类.

_由Ak/1﹑Ak/2﹑Ak/3知Ⅱ: 在模 的段系 中，受 最大筛除的段类内含且仅含两个

_由Ⅰ，Ⅱ 知:当 时，在受 最大筛除的段类 内有且仅有 个（定理一获证）

定理二. 当时，在与之间至少有二个素数．

证明：

因当 时，在連续的整数集合 内有且仅有 連续整数，令集合 且 为奇数.故 有且仅有 連续奇数.

令

_Ⅰ.当 时，由验证知， 与 之间有二个素数

故知Ⅰ: 当 时原命题成立.

Ⅱ.当 时，由定理一知在受 最大筛除的段类 内的 个連续整数中至少有二个 个故知在 内的 个連续整数:

…，

_中至少有二个 个小于 的

故知在模 中的連续 个奇数:

…，

中至少有二个 大于 而小于 的 即至少有二个素数.

故知Ⅱ: 当 时原命题成立.

Ⅲ.当 时，

在連续的整数集合 内有且仅有 个連续整数，有且仅有 个連续奇数.现令集 内表集合 内的 个連续奇数.

则 故由Ⅱ知:在模 中的連续 个奇数内至少有二个素数.

故知Ⅲ: 当 时原命题成立.

由Ⅰ﹑Ⅱ﹑Ⅲ 知原命题成立.

参考资料:

1. 数论导引 华罗庚 科学出版社出版1979.11.

2. 初等数论 熊全淹 湖北人民教育出版社 1982.6.

3. 初等数论 闵嗣鹤 严士健 人民教育出版社 1982.9.

作者简介：张忠，男，1945.3，毕业于南通职业大学机械设计与制造专业，退休前为南通軸瓦厂教育科专职职工教师（中教一级），研究方向：依据初等数论，用堆壘筛法求联立不同余式的解的方法，寻求素数的分布规律。

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