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中图分类号：O156 文献标识码：A 文章编号：1008-925X(2011)11-0246-01
任何不小于3的自然数，可表示为6m，6m±1,6m±2,6m±3，m∈n*。而6m，6m±2，6m±3是含因数为2或3的合数。所以，任何不小于5的素数或不含因数3的奇合数可表示为6m±1，m∈n*的形式。当m分别取1、2、3、4、5、6时，依次得到6组数：(5、7)，（11、13），（17、19），（23、25），（29、31），（35、37）。其中第1、2、3、5组均为“双生素数”，而第4、6两组均不是“双生素数”。
若令m=5k±1, k∈n*代入6m±1可得到两组数；(30k-7,30k-5)和（30k+5,30k+7）。这说明每连续5组数中必有两组数，它们都有一数含因数5，所以这两组数都不是“双生素数”。而“双生素数”只可能存在于其它3组中。
那么在［5，n］中（n为大于7的偶数），到底有多少组的数呢？可能存在“双生素数”的数组至少又有多少个呢？
因为6m±1
为了能得到一个不足值的表达式，我们不妨把最后的5组数进行舍弃（原先把不能整除的尾数q进行舍弃其中q＜5即可得到一个不足值，倒不如舍弃5来得更加彻底）。于是我们就能得到一个可能存在“双生素数”组数的不足值表达式{［(n-1) /6］-5}×3/5 ②。
一般地，可令m=kpi±（pi±1）/6（其中k∈n*，pi表示第i（i3）个素数，且在（pi±1）中的正、负号是根据具体的素数来取号。如p12=37时取负号、p13=41时取正号。其目的是为了整除性。）不失一般性，令m= kpi±（pi+1）/6代入6m±1,可得到两组数(6kpi-pi-2，6kpi-pi)和(6kpi＋pi，6kpi＋pi+2)。它们每组数中，都有一数含因数pi，所以这两组数都不是“双生素数”。所以在［5，n］中，每连续pi组的数组，其“双生素数”只可能存在于其它pi-2组中。妨照②式，至少有{［(n-1)/6］-pi}×(pi-2)/pi ③组可能含有“双生素数”。
假定在［5，n］中，最大的“素筛子”为pk,(其中p 2k
∏ki=3(1-2pi)={［(n-1)/6］-pk}×35×57×911×……×pk-2pk＞{［(n-1)/6］-pk}×3pk=［n-12pk ］3≥［pkn-12pk］-3=［n-12］-3。
因为当n趋向无穷大时，［n-12］-3也趋向无穷大，所以“双生素数”有无穷多。
参考文献
[1] 潘承洞.潘承彪合著《解析数论基础》第32章的内容.北京：科学出版社，1991年 本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文