孪生素数对猜想的终极证明
我虽然对孪生素数对猜想有过多次、多种方法的证明，总是感到话说不透，人们不好理解。比如，用表格证明法。
看下表：
不论数列6N+1里面和数列6N-1 里面，都有“根素数”形成的合数。比如，根素数是5、7、11、17、19……等等。它们形成的合数就是 5K+a、7K+a、11K+a、13K+a等等，K是项数，是自然数1、2、3…，而a是这个根素数出现在数列6N±1里面合数的初始位置。
因为我们在“仰韶公式”（参看我有关文章）里看到，数列6N±1里包含了除2、3外的全部素数。
这个不需要证明，可以从“仰韶公式表格”里直接看到。
这些根素数形成的合数，它们都是周期性出现的，都有自己的周期。周期就是这个根素数的值。比如根素数13，它形成的合数，在数列6N±1里面是以13为周期的（可以直接数出来）。但是它们在数列6N±1里面出现的初始位置是不同的。
我们可以做一个假设，如果这些根素数形成的合数。在数列6N±1里面的初始位置都是一样的，那么在数列6N±1里面形成的数对，只能有两种，就是合数与合数、素数与素数。而数列6N±1里面的素数是有无穷多的，所以形成的素数对也就是无穷多的。
合数对多于素数对，因为项数N趋于无穷大。但是无穷大不能比较多少，所以素数对可以看成是无穷多。
因为相同周期的合数，出现在数列6N±1里面的初始位置不同，这样就增加了两种情况的出现。就是合数与素数、素数与合数的数对。这样一来数列6N±1里面就有了四种情况的出现：合数与合数、合数与素数、素数与合数、素数与素数。
合数与素数、素数与合数这两种情况是从项数N一定时的总数里分化出来的，但是不可能把素数与素数的数量挤占完。当N趋于无穷大时，素数与素数的数对还是有无穷多的。
这个方法就证明了“在自然数里的孪生素数对有无穷多对”。
下面我再给大家介绍第二种证明方法，这次每一步都力争没有质疑之处。注意我过去讲的基础知识在这里不再重复。
第一步。
数列6N±1里面包含了自然数里，出2、3以外的全部素数和由这些“根素数”形成的周期性的合数（看仰韶公式的表格，这无质疑）。
第二步。
在数列6N+1里面的合数方程。为
N=a(6b+1)+b (公式1)
N=c(6d-1)-d （公式2）
其中，N、a、b、c、d都是项数 ，取值范围都是自然数1、2、3……∞
在数列6N-1里面的合数方程。为
N=e(6f+1)-f (公式 3)
N=g(6h-1)+h （公式4）
其中，N、e、f、g、h都是项数 ，取值范围都是自然数1、2、3……∞
分析这4个“合数项方程式”就可以知道，项数N是连续取数，是1、2、3……的自然数，而产生的合数却有周期性。那些不被合数项覆盖的项数N就是素数项。代入数列6N±1里面就可以得到一个素数。
这样我们就看到了自然数里素数产生的原因，还有素数在数列6N±1里面是有无穷多的。（这部分无质疑）
第三步。
这4个“合数项方程式”可以有4个“判定式”，来判别这4个“合数项方程式”有没有解。有解相对应的数就是一个合数，无解相对应的数就是一个素数。判定式如下
在数列6N+1里面
（N-b）/ (6b+1) =K (公式5)
（N+d）/ (6d-1) =K （公式6）
在数列6N-1里面
（N+f）/ (6f+1) =K (公式 7)
（N-h）/ (6h-1) =K （公式8）
K必须是正整数，方程才有解。
从这4个判别式中我们可以看到，取一个项数N后，这个N所对应的数，如果是前面“根素数”的合数，那么方程就有解。否则就无解，就是一个新出现的素数。
（这部分无问题）
第四步。
我们要证明在“自然数里的孪生素数对有无穷多对”，就需要证明这4个判别式，在取相同的项数N时，都无解。当N无限增大后也都无解，即可。
这样就把证明孪生素数对的问题，转化成了这4个判别式有、无解的问题了。
（思路无质疑）
第五步。
（Nk-b）/ (6b+1) =K
（Nk+d）/ (6d-1) =K
（Nk+f）/ (6f+1) =K
（Nk-h）/ (6h-1) =K
在我们看见的范围内，孪生素数对是存在的，我们选一个比较的大项Nk代入判别式。
这组方程是无解的，这个可以理解。
（无质疑）
第六步。
在我们看不见的范围内，取一个要多大有多大的项数Nm，让Nm趋于无穷大，代入判别式，有
（Nm-b）/ (6b+1) =K
（Nm+d）/ (6d-1) =K
（Nm+f）/ (6f+1) =K
（Nm-h）/ (6h-1) =K
我们看到这4个判别式结构没有任何变化，说明它们同时无解还是成立的。
证毕。
这个证明数学逻辑上没问题。
孪生素数对猜想得到终极证明！
李铁钢 2022年12月27日星期二
我虽然对孪生素数对猜想有过多次、多种方法的证明，总是感到话说不透，人们不好理解。比如，用表格证明法。
看下表：
不论数列6N+1里面和数列6N-1 里面，都有“根素数”形成的合数。比如，根素数是5、7、11、17、19……等等。它们形成的合数就是 5K+a、7K+a、11K+a、13K+a等等，K是项数，是自然数1、2、3…，而a是这个根素数出现在数列6N±1里面合数的初始位置。
因为我们在“仰韶公式”（参看我有关文章）里看到，数列6N±1里包含了除2、3外的全部素数。
这个不需要证明，可以从“仰韶公式表格”里直接看到。
这些根素数形成的合数，它们都是周期性出现的，都有自己的周期。周期就是这个根素数的值。比如根素数13，它形成的合数，在数列6N±1里面是以13为周期的（可以直接数出来）。但是它们在数列6N±1里面出现的初始位置是不同的。
我们可以做一个假设，如果这些根素数形成的合数。在数列6N±1里面的初始位置都是一样的，那么在数列6N±1里面形成的数对，只能有两种，就是合数与合数、素数与素数。而数列6N±1里面的素数是有无穷多的，所以形成的素数对也就是无穷多的。
合数对多于素数对，因为项数N趋于无穷大。但是无穷大不能比较多少，所以素数对可以看成是无穷多。
因为相同周期的合数，出现在数列6N±1里面的初始位置不同，这样就增加了两种情况的出现。就是合数与素数、素数与合数的数对。这样一来数列6N±1里面就有了四种情况的出现：合数与合数、合数与素数、素数与合数、素数与素数。
合数与素数、素数与合数这两种情况是从项数N一定时的总数里分化出来的，但是不可能把素数与素数的数量挤占完。当N趋于无穷大时，素数与素数的数对还是有无穷多的。
这个方法就证明了“在自然数里的孪生素数对有无穷多对”。
下面我再给大家介绍第二种证明方法，这次每一步都力争没有质疑之处。注意我过去讲的基础知识在这里不再重复。
第一步。
数列6N±1里面包含了自然数里，出2、3以外的全部素数和由这些“根素数”形成的周期性的合数（看仰韶公式的表格，这无质疑）。
第二步。
在数列6N+1里面的合数方程。为
N=a(6b+1)+b (公式1)
N=c(6d-1)-d （公式2）
其中，N、a、b、c、d都是项数 ，取值范围都是自然数1、2、3……∞
在数列6N-1里面的合数方程。为
N=e(6f+1)-f (公式 3)
N=g(6h-1)+h （公式4）
其中，N、e、f、g、h都是项数 ，取值范围都是自然数1、2、3……∞
分析这4个“合数项方程式”就可以知道，项数N是连续取数，是1、2、3……的自然数，而产生的合数却有周期性。那些不被合数项覆盖的项数N就是素数项。代入数列6N±1里面就可以得到一个素数。
这样我们就看到了自然数里素数产生的原因，还有素数在数列6N±1里面是有无穷多的。（这部分无质疑）
第三步。
这4个“合数项方程式”可以有4个“判定式”，来判别这4个“合数项方程式”有没有解。有解相对应的数就是一个合数，无解相对应的数就是一个素数。判定式如下
在数列6N+1里面
（N-b）/ (6b+1) =K (公式5)
（N+d）/ (6d-1) =K （公式6）
在数列6N-1里面
（N+f）/ (6f+1) =K (公式 7)
（N-h）/ (6h-1) =K （公式8）
K必须是正整数，方程才有解。
从这4个判别式中我们可以看到，取一个项数N后，这个N所对应的数，如果是前面“根素数”的合数，那么方程就有解。否则就无解，就是一个新出现的素数。
（这部分无问题）
第四步。
我们要证明在“自然数里的孪生素数对有无穷多对”，就需要证明这4个判别式，在取相同的项数N时，都无解。当N无限增大后也都无解，即可。
这样就把证明孪生素数对的问题，转化成了这4个判别式有、无解的问题了。
（思路无质疑）
第五步。
（Nk-b）/ (6b+1) =K
（Nk+d）/ (6d-1) =K
（Nk+f）/ (6f+1) =K
（Nk-h）/ (6h-1) =K
在我们看见的范围内，孪生素数对是存在的，我们选一个比较的大项Nk代入判别式。
这组方程是无解的，这个可以理解。
（无质疑）
第六步。
在我们看不见的范围内，取一个要多大有多大的项数Nm，让Nm趋于无穷大，代入判别式，有
（Nm-b）/ (6b+1) =K
（Nm+d）/ (6d-1) =K
（Nm+f）/ (6f+1) =K
（Nm-h）/ (6h-1) =K
我们看到这4个判别式结构没有任何变化，说明它们同时无解还是成立的。
证毕。
这个证明数学逻辑上没问题。
孪生素数对猜想得到终极证明！
李铁钢 2022年12月27日星期二
