三胞胎質數

定義

正如孿生素數是指差等於2的兩個素數，三胞胎素數是指三個連續素數，使得其中最大的一個減去最小一個的差不超過6。事實上，除了最小的兩組三胞胎素數：(2, 3, 5) 和 (3, 5, 7)，其它的三胞胎素數都是相差達到6的三元數組。除了以上兩個特例以外，三胞胎素數分為兩類：

A類三胞胎素數，構成為$p,p+2,p+6$，相差2的兩個孿生素數在前面，例如：(5，7，11)；(11，13，17)； (17，19，23)；等等。

B類三胞胎素數，構成為$p,p+4,p+6$，相差2的兩個孿生素數在後面，例如：(7，11，13)；(13，17，19)；(37，41，43)；等等。

當素數p 大於3時，可以證明形同$p,p+2,p+4$的數組不可能是三胞胎素數[1]。事實上，這三個數對3的模兩兩不同，所以必然有一個能被3整除。然而這三個數都比3要大，因此一定有一個是3的倍數，從而這個數不是素數。

在數論中，三胞胎質數（也稱為三生質數）是一類由三個連續質數組成的數組。三胞胎質數的定義類似於孿生質數，它的名字也正是由此而來。 三胞胎質數猜想

有關孿生質數的一個著名猜想是：是否有無窮多個孿生質數？同樣的，有關於三胞胎質數的類似猜想：是否有無窮個三胞胎質數？由於三胞胎質數中一定有兩個是孿生質數，解決了三胞胎質數猜想也就意味著解決了孿生質數猜想。

埃氏篩法並沒有坐吃山空，反而源源不斷釋放出新的能量，以後我們還要討論這些內容居然可以與圖論--曲面染色建立一一對應的關係。就是用數論研究圖論，或者用圖論研究數論。與一筆畫建立對應關係。

在數論中，三胞胎質數（也稱為三生質數）是一類由三個連續質數組成的數組。三胞胎質數的定義類似於孿生質數，它的名字也正是由此而來。

定義

正如孿生質數是指差等於2的兩個質數，三胞胎質數是指三個連續質數，使得其中最大的一個減去最小一個的差不超過6。事實上，除了最小的兩組三胞胎質數：(2, 3, 5) 和 (3, 5, 7)，其它的三胞胎質數都是相差達到6的三元數組。除了以上兩個特例以外，三胞胎質數分為兩類：

公式

A類三胞胎質數

為了具體地求一定範圍內的A類三胞胎質數，可以利用一下的定理：「若自然數$A-2,A,A+4$都不能被不大於${\sqrt {A+4}}$的任何質數整除，則$A-2,A$與$A+4$都是質數」。 這個定理的證明用到一個簡單的事實：如果一個自然數$A$不能被不大於${\sqrt {A}}$的任何質數整除，則$A$是質數。

考慮按照從小到大的順序：2，3，5，……排列的前k 個質數$p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$。解方程：

$A=p_{1}m_{1}+g_{1}=p_{2}m_{2}+g_{2}=\dots =p_{k}m_{k}+g_{k}\qquad \qquad \cdots \quad (1)$

其中$g_{i}\neq 0$，$g_{i}\neq 2$，$g_{i}\neq p_{i}-4$（保證$A-2,A,A+4$都不能被任一個質數整除），$1\leq g_{i}\leq p_{i}-1$。

如果解出$A<p_{k+1}^{2}-4$，則$A-2,A$與$A+4$是一組三胞胎質數。

我們可以把（1）式內容等價轉換成為同餘方程組表示：

$A\equiv g_{1}{\pmod {p_{1}}},\ A\equiv g_{2}{\pmod {p_{2}}},\ \cdots ,\ A\equiv g_{k}{\pmod {p_{k}}}\qquad \qquad \cdots \quad (2)$

由於（2）式的模$p_{1}$、$p_{2}$、……、$p_{k}$ 是質數，兩兩互素，根據孫子定理（中國剩餘定理）知，對於給定的$g_{1},g_{2},\cdots ,g_{k}$，（2）式在$p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$範圍內有唯一解。

A類三胞胎質數的例子

例如k=2時，$A=2m_{1}+1=3m_{2}+1$，解得$A=7,13,19$。這三個質數都滿足$A<p_{k+1}^{2}-4$的條件：$7,13,19<5^{2}-4$，因此，這三個質數所對應的質數組：

7-2，7與7+4；

13-2，13與13+4；

19-2，19與19+4

都是三胞胎質數組。

這樣，就求得了區間$(5,5^{2})$中的全部A類三胞胎質數。

又如當k=3時，設有方程組$A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+3$，解得$A=13$ 與$A=43$。其中出現一個新的質數43，而$43<7^{2}-4$。因此，43-2，43與43+4也是一組三胞胎質數。

又比如求解方程組$A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+4$，解得$A=19$，也是上面已經求出過的一組三胞胎質數。

由於餘數不能是0、2或對應的質數減去4，可能的餘數組合只有以上的兩種，所以上面的計算已經求得了區間$(7,7^{2})$的全部A類三胞胎質數。

k=4時	$7m_{4}+1$	$7m_{4}+4$	$7m_{4}+5$	$7m_{4}+6$
$A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+3$	43	193	103	13
$A=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+4$	169	109	19	139

已經得到區間$(11,11^{2})$的全部A類三胞胎質數

B類三胞胎質數

對於B類的三胞胎質數，也可以用類似的結論：「若自然數$B-4,B,B+2$都不能被不大於${\sqrt {B+2}}$任何質數整除，則$B-4,B$與$B+2$都是質數」。這個結論的證明與上面的相同。

於是同樣地，考慮按照從小到大的順序：2，3，5，……排列的前k 個質數$p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}$。解方程：

$B=p_{1}m_{1}+j_{1}=p_{2}m_{2}+j_{2}=\dots =p_{k}m_{k}+j_{k}\qquad \qquad \cdots \quad (3)$

其中$j_{i}\neq 0$、$j_{i}\neq 4$、$j_{i}\neq p_{i}-2$。

而如果$B<p_{k+1}^{2}-2$，則$B-4,B$與$B+2$是一組三胞胎質數。

我們可以把（3）式內容等價轉換成為同餘方程組表示：

$B\equiv j_{1}{\pmod {p_{1}}},B\equiv j_{2}{\pmod {p_{2}}},\dots ,B\equiv j_{k}{\pmod {p_{k}}}\qquad \qquad \cdots \quad (4)$

同樣地，由於（4）式中的模$p_{1}$、$p_{2}$、……、$p_{k}$ 是質數，兩兩互素，根據孫子定理（中國剩餘定理）知，對於給定的$j_{1},j_{2},\cdots ,j_{k}$，（4）式在$p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$範圍內有唯一解。

B類三胞胎質數的例子

例如k=2時，$B=2m_{1}+1=3m_{2}+2$，解得B=11，17。這兩個質數都滿足$B<p_{k+1}^{2}-2$的條件：$11,17<5^{2}-2$，因此我們得到兩組B類三胞胎質數：

11-4，11與11+2；

17-4，17與17+2；

這樣，就求得了區間$(5,5^{2})$中的全部B類三胞胎質數。

又比如當k=3時，解方程組$B=2m_{1}+1=3m_{2}+1=5m_{3}+2$，解得B=11，41。這兩個質數都滿足$B<p_{k+1}^{2}-2$的條件：$11,41<7^{2}-2$，因此我們得到一組新的B類三胞胎質數：

41-4，41與41+2。

而解方程組$B=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+2$，得B=17，也是上面已經求出過的一組三胞胎質數。

由於餘數不能是0、4或對應的質數減去2，可能的餘數組合只有以上的兩種，所以上面的計算 已經求得了區間$(7,7^{2})$的全部B類三胞胎質數。

k=4時	$7m_{4}+1$	$7m_{4}+2$	$7m_{4}+3$	$7m_{4}+6$
$B=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+1$	71	191	101	41
$B=2m_{1}+1=3m_{2}+2=5m_{3}+2$	197	107	17	167

已經求得了區間$(11,11^{2})$的全部B類三胞胎質數。

仿此下去可以求得給定區域內的全部A類和B類全部三胞胎質數，並且一個不漏地求得。

三胞胎質數猜想

有關孿生質數的一個著名猜想是：是否有無窮多個孿生質數？這個問題迄今尚未解決。同樣的，有關於三胞胎質數的類似猜想：是否有無窮個三胞胎質數？由於三胞胎質數中一定有兩個是孿生質數，解決了三胞胎質數猜想也就意味著解決了孿生質數猜想。