李明波孪中猜想的证明
文/王彦会
关键词：孪生素数，孪中数，孪中差，孪中和，4生素数。
孪生素数：差为2的素数对叫孪生素数，如3和5，5和7，11和13等。
孪生素数有无穷多对，下面来证明这一点。
下面来证明孪生素数有无穷多：
证明方法一：
证明： 请看如下两个数列：
2n+1: 3,5,7,……，
2n+3: 5,7,9,……，
对应项差为2，若对应项均为素数则为孪生素数对。
由于这是两个奇数数列，所以，素因子都是大于等于3的，且 相邻素因子的差存在无穷多大于2的差。
正是由于这两条原因，孪生素数对就是无穷多的，在一个等差数列中，一个素因子在其一个周期内（素因子p的周期就是该素因子p，比如3的周期就是3，连续的3个或者说3项奇数就是一个周期）有且只有一个项含有该因子，而在这两个数列中就会有2项含有该因子这2项并不是对应项。
不能被素数因子占位的项就是素数对位置，剩余位置是分散的一般不会连续，若有连续的超过3个以上，则按照前面的规律继续重新占位，过程是无穷的，大素因子的周期内总会有剩余位置，就是素数对产生，一直到无穷。
所以，有了前面这两条，就可以循环这个过程到无穷，得到无穷孪生素数对。
下面就看利用欧几里得的证明方法：
证明方法二：
证明：前面两个数列中的对应项若都是素数，就看作一个素数，就是把素数对看作一个素数，而把合数对和半对子都看作合数，因为合数对和半对子都含有素因子。
这样就是看作一个数列了。由于是奇数数列，不含有素因子2的，且公差是2。
用欧几里得的方法，
假设素数（素数对）是有限的，假设素数只有有限的n个，最大的一个素数是p。
设q为所有素数之积(除了2的)加上2，那么，q=（ 3×5×…×p ）+2不是素数。
那么，q可以被3、5，…、p中的数整除。
而q被这3、5，…、p中任意一个整除都会余2，不能整除q，与之矛盾。
所以，素数（素数对）是无限的。
则差为2的素数对是无限的，就是孪生素数对是无限的，证毕！
李明波孪中猜想是与孪生素数有关的猜想，内容如下：
称孪生素数（3，5），（5，7），（11，13），（17，19），（29，31），……，中间的偶数为孪中数。
则有：
李明波猜想一：A、每个不小于12的孪中都可以写成两个孪中之和（简称孪中和猜想）。
B、每个不小于6的孪中都可以写成两个孪中之差（孪中差猜想）。
下面来证明：
首先，孪中数除了4以外，都能被6整除，这个容易证明。看下面一对数列：
6n-1：5，11，17，……
6n+1：7，13，19，……
对应项差为2，而每个对应项的中点，构成等差数列6n。
除了2和3以外，其它素数全部在这两个数列中，而除了3和5以外，其它孪生素数全部在里面了，所以，除了3和5的中点4以外，其它孪中都能被6整除。
4生素数的概念：我们把有特殊间隔的4个不同素数叫4生素数。
4生素数猜想：间隔依次为2，4，2的4生素数，或者说间隔为4的两对孪生素数组成的4生素数，比如5，7，11，13等，有无穷多。
这是个真命题，就是个定理，下面给出证明。
4生素数猜想的证明：
请看如下数列：
2n+1：3，5，7，……
2n+3：5，7，9，……
2n+7：9，11，13，……
2n+9：11，13，15，……
对应项间隔依次为2，4，2，若对应项全为素数则为4生素数。其实都是奇数数列，公差为2。只是首项不同，就是起跑线不同。
其中的4生素数是否有无穷多呢?下面先证明4生素数有无穷多的充分条件：
由于中间两个数的差为4，就是缺少一个奇数。据连续3个奇数有且只有一个能被3整除。
则，中间的一个奇数若为能被3整除的数，那前后两个连续奇数都不能被3整除，则成为素数就是可能的，充分条件得证。
下面证明必要条件：
我们仍然利用欧几里得反证法：
证明：前面4个数列中的对应项若都是素数，就看作一个素数，把4生素数看作一个素数，而把含有合数的数组都看作合数，因为含有合数的数组都含有素因子。
这样就是看作一个数列了。由于是奇数数列，不含有素因子2的，且公差是2。
用欧几里得的方法，
假设素数（素数对）是有限的，假设素数只有有限的n个，最大的一个素数是p。
设q为所有素数之积(除了2的)加上2，那么，q=（ 3×5×…×p ）+2不是素数。
那么，q可以被3、5，…、p中的数整除。
而q被这3、5，…、p中任意一个整除都会余2，不能整除q，与之矛盾。
所以，素数（素数对）是无限的。
则间隔依次为2，4，2的素数数组是无限的，就是4生素数组是无限的，证毕！
同理可以证明，差依次为2，10，2的4生素数组如5，7，17，19等，也是无穷多的。如下数列中就含有无穷多这样的4生素数组：
2n+1：3，5，7，……
2n+3：5，7，9，……
2n+13：15，17，19，……
2n+15：17，19，21，……
推而广之，就可以得到定理：4生素数组p,p+2,p+2+6n+4,p+4+6n+4有无穷多组。
此定理可以进一步证明如下：
首先证明其充分条件：
该4生素数组，中间的两个数的间隔为6n+4，而且是间隔了（6n+4）/2-1=3n+1个奇数，只要这个连续的3n+1个奇数中首尾两个数均能被3整除，则前后两对奇数都不能被3整除，而根据素因子的周期性（这个容易证明，不发证明了），只要这3n+1个连续奇数的首项能被3整除则第3n+1项必然能被3整除，故，此情况存在无穷多，始终会存在，充分条件得证。
比如5，7，17，19，由于17-7=10，间隔了10/2-1=4个奇数：9，11，13，15.而9和15能被3整除，所以，前后两对奇数都不能被3整除，实际都是素数对。
下面证明必要条件：
请看如下数列：
2n1+1：3，5，7，……
2n1+3：5，7，9，……
6n+4+2n1+3：6n+9，6n+11，……
6n+4+2n1+5：6n+11，6n+13，……
对应项4个数的间隔依次为2，6n+4，2.若对应项均为素数则为4生素数组。
我们仍然利用欧几里得反证法：
证明：前面4个数列中的对应项若都是素数，就看作一个素数，把4生素数看作一个素数，而把含有合数的数组都看作合数，因为含有合数的数组都含有素因子。
这样就是看作一个数列了。由于是奇数数列，不含有素因子2的，且公差是2。
用欧几里得的方法，
假设素数（素数对）是有限的，假设素数只有有限的n个，最大的一个素数是p。
设q为所有素数之积(除了2的)加上2，那么，q=（ 3×5×…×p ）+2不是素数。
那么，q可以被3、5，…、p中的数整除。
而q被这3、5，…、p中任意一个整除都会余2，不能整除q，与之矛盾。
所以，素数（素数对）是无限的。
则间隔依次为2，6n+4，2的素数数组是无限的，就是这样的4生素数组是无限的，证毕！
则定理成立！
每一组有两对孪生素数对，就是有两个孪中，孪中分别是p+1,p+3+6n+4,则其差为2+6n+4=6n+6，由于n可以取0，1，2，……，一直到无穷大的数，而前面已经证明：除了3和5一对外，其它的孪中都是可以被6整除的，故孪中数都在其中，则孪中差猜想得证。是个定理！
由孪中差定理就可以证明孪中和猜想是成立的。证明如下：
证明：设p1+1，p2+1，p3+1分别为不同的孪中数，且p3>=p2>=p1>=6，则由孪中差定理得：
p2+1-p1-1=p2-p1=6n，其中n>=0，因为可以自身相减。
则有p2=p1+6n。
则可以得到p2+p3+2=p1+p3+2+6n=2（p1+1）+6n。
该等式说明了，大于等于6的孪中数两两相加可以覆盖大于等于某整数的能被6整除的全体偶数。具体是哪个偶数为界限呢?验证如下：
如下是1~10000内的大于等于6的孪中数，两两相加的和的排序：
12/18/24/30/36/42/48/54/60/66/72/78/84/90/102/108/114/120/126/132/
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4398/4404/4410/4416/4422/4428/4434/4440/4446/4452/4458/4464/4470/4476/4482/4488/4494/4500/4506/4512/
4518/4524/4530/4536/4542/4548/4554/4560/4566/4572/4578/4584/4590/4596/4602/4608/4614/4620/4626/4632/
4638/4644/4650/4656/4662/4668/4674/4680/4686/4692/4698/4704/4710/4716/4722/4728/4734/4740/4746/4752/
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4878/4884/4890/4896/4902/4908/4914/4920/4926/4932/4938/4944/4950/4956/4962/4968/4974/4980/4986/4992/
4998/5004/5010/5016/5022/5028/5034/5040/5046/5052/5058/5064/5070/5076/5082/5088/5094/5100/5106/5112/
5118/5124/5130/5136/5142/5148/5154/5160/5166/5172/5178/5184/5190/5196/5202/5208/5214/5220/5226/5232/
5238/5244/5250/5256/5262/5268/5274/5280/5286/5292/5298/5304/5310/5316/5322/5328/5334/5340/5346/5352/
5358/5364/5370/5376/5382/5388/5394/5400/5406/5412/5418/5424/5430/5436/5442/5448/5454/5460/5466/5472/
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6318/6324/6330/6336/6342/6348/6354/6360/6366/6372/6378/6384/6390/6396/6402/6408/6414/6420/6426/6432/
6438/6444/6450/6456/6462/6468/6474/6480/6486/6492/6498/6504/6510/6516/6522/6528/6534/6540/6546/6552/
6558/6564/6570/6576/6582/6588/6594/6600/6606/6612/6618/6624/6630/6636/6642/6648/6654/6660/6666/6672/
6678/6684/6690/6696/6702/6708/6714/6720/6726/6732/6738/6744/6750/……
中间无缺项由于篇幅长删掉了……
/10230/10236/10242/10248/10254/10260/10266/10272/
结果显示除了如下12个数值，能被6整除的大于0的偶数被全覆盖了，这12个数如下：6，96，402，516，786，
906，1116，1146，1266，1356，3246，4206。（其他的在10000内不缺少了，仅考察10000内的），已经计算了1~20000内的孪中数两两相加的排序结果，仍然是仅缺少这12个数。
查前面孪中数表，除了6以外，其他都不是孪中数。则孪中数除了6以外被全覆盖。
则孪中猜想得到证明，是成立的，确实是定理！
这两个定理是成立的，就是说李明波孪中猜想是成立的，可以确定了。这两个定理学术价值非凡！在实际中可能是有直接用途。
证明完毕！
