数学（9）—高端视野：素数等差数列

．40数学通讯一2O1l1年第2期(下半月)·专论荟萃·

关于素数等差数列的组结论

胡典顺

。

(华中师范大学数学与统计学学院，430079)

文[·1]讨论了三个素数成等差数列的问题，给出

了三个素数a，口+d，祝+2d成等差数列的三个

。，

猜想．

h_

猜想1设三个数口，羊d，口+2构成一个

等差数列，其中a和d都是正整数．当d是奇数时，

不论盘取何值，a，n+d，a+2d不可能都是素数．

猜想2设三个数a，口+d，n+2d构成一个

等差数列，其中口和d都是正整数．当d是偶数时，

至少存在一个n，使，口罩d，口+2d都是素数．

猜想3设三个数a，a+d，n+2d构成一个

等差数列，其中a和d都是正整数．当d是偶数时，

有且仅有一个口，使a，a十d，口+2d都是素数．

由于素数一般是指正整数，如果不作特别说明，

在本文中出现的字母均为正整数，且等差数列的公

差d≥1．

1三个猜想的证明或否定

先证一个预备结论：如果三个素数口，口+d，口

+2d成等差数列，则a是奇数，d是偶数．

否则，若a是偶数，则口+2d也是偶数．同样，

d不可能是奇数．如果d是奇数，由于口是奇数，则

+d是偶数．这些都与以，口+d，口+2是素数矛

盾，从而结论成立．’

由上面的结论，猜想1是显然的．

猜想2是错误的．例如，取d=16．当以=3k+1

时，+2d=3k+1+32=3(k+11)是合数；当a：

3+2时，口+d葺3k+2+16=3(k十6)是合数．于

是，口：3k．又由于a是素数，所以口：3．此时口，。

+d，a+2d分别是3，19，35，但35是合数．也就是

说，当d=16时，不存在任何整数a使三个素数成

等差数列．

猜想3．是错误的．由于猜想2是错误的，从而猜

想3不成立．下面再举一例加以说明．例如，取d=

6．当a=5时，5，11，17三个素数成等差数列；当a

=7时，7，13，19三个素数成等差数列．

所以，对于给定的偶数d，使三个素数口，n+

d，口+2d成等差数列的a可能不存在，也可能不是

唯一的．一

2素数等差数列的一组结论‘

其实，关于素数等差数列的问题有许多有趣的

结论，本文介绍素数等差数列的一组结论．

结论1设素数P1，P2，P3是公差为d的等差

数列中相继的。三项，若．，贝IJPl3：

证明因为Pl≠2，d为偶数．若则3"l,a．

(1)若P1=3''k+1．

当d=3m+1时，P3=Pl+2d=3k+1+6m

+2，不是素数；．

当d=3rn+2时，P2,：Pl+=3k十1+3m+

2，不是素数；

(2)若PI=3k+2．

当d=3m+1时，P2=Pl十d=3k+2+3m+

1，不是素数；．‘

一当d：3m+2时jP3=P1卡2d=3k+2+6m

+4，不是素数．

从而P1只能是3的倍数的形式，又其为素数，

所以P1=3．

下面，我们给出d≤20的那些素数组．由于d

必为偶数，且31,a，从而d只能取下列值2，4，8，10，

14，20．(d=16不合)·

当d=2时，三个数为3，l5，7；当d=4时，三个

数为3，7，11；

当d8．时，三个数为3，11，19；当d=10时，

三个数为3，13，23；。

当d=14时，三个数为3，17，3l；当d=20时，

三个数为3，23，43．‘‘

·专论荟萃·数学通讯一2011年第2期(下半月)41

结论2若三个大于10的素数成等差数列，其

公差为d，则6}d．

证明显然，2ld，设．

(1)若d=3k+1．

当P1=3m+l时，P3：P1+2d=3m+1+6k

+2，不是素数；

当1=3m+2时，P2：P1+d=3m+2十3愚

+1，不是素数；

(2)若d：3k+2．

当Pl：3m+1时，P2：Pl+d：3m+1+3k

十2，不是素数；

当Pl=3m+2时，P3=Pt+2d=3m+2+6k

十4，不是素数．

所以3fd．从而6fd．

结论3六个小于160而成等差数列的素数只

能是7，37，67，97，127，157；不可能有七个都小于

200的素数成等差数列．

证明设六个成等差数列的素数是P1，P1+

d，Pt+2d，Pl+3d，Pl+4d，Pl+5d．

显然六个成等差数列的素数中必有三个大于

10，由结论2知，2×3Id．再证5Id．

若外，则0，1，2，3，4是模5的完全剩余系．又

外d，则0，d，2d，3d，4d也是模5的完全剩余系，

从而Pl''P1+d，P1+2d，P1+3，1+4是模5

的完全剩余系．即是说，六个成等差数列的素数任意

相继的5个中就一定有一个是5的倍数．从而P1=

5(因为第一项后面的项都大于5)．又P1+d，P1+

2d，Pl+3d，Pl+4d，P1+5d中也有一项是5的倍

数，这与题意矛盾，所以5Id．

从而30Jd．所以d=30q，由题意q=1，即d=

30．又P1+150<160，Pl<10，P1只能是3，5，7．检

验知，P．=7，结论的前一部分成立．

若有七个小于200的素数成等差数列，则P，=

P1+6d=P1+180q<200，所以q=1，Pl<20．又d

：30，P1只能是3，5，7，11，13，17，19．检验知，无一

符合，结论的后一部分成立．

结论4若有14个不同的素数能成为等差数

列相继的14项，则该数列的公差大于30000．

证明设14个成等差数列的素数是P1，P1+

d，l+2d，‘一，1+13d．

由结论3知，2X3×5ld．再证7，11，13也整除

d，以13Id为例．

假设1．由于0，1，2，…，12是模13的完全

乘9余系，则0，d，2d，…，12d也是模13的完全剩余

系．从而P1，Pl+d，P1+2d，…，P1+12d是模13

的完全剩余系．即是说，14个成等差数列的素数任

意相继的13个中就一定有一个是13的倍数．从而

P1=13(因为第一项后面的项都大于13)．又P1+

d，Pl+2d，Pl+3d，…，P1+13d中也有一项是13

的倍数，这与题意不符，所以13Id．同理可证，7Id，

11Id．

所以d≥2×3×5×7×11×13=30030>

30000．

结论5如果正整数和d，其中>1，有P。

P+d，…，P+(一1)d这个整数都是奇素数，那

么d能被所有小于的素数整除．

证明先证明一个结论：如果将全体素数按从

小到大的顺序排列为P1=2，P2=3，P3=5，P4，…，

…

，那么1。2……Pk1≥+1(忌≥2)．

否则，假设P1·P2…··P一1
况讨论．

(1)当P1·P2……Pk1是素数时，由于Pl·P2

……Pk1
P2，…，P中的某一个P．

于是P1·P2…··P一1三0(modP)，但显然P1

·P2……Pk1=一l(modpf)，矛盾．

(2)当P1·P2…··P一1是合数时，由于P1·P2

…··Pk一1<+1，则P1·P2…·…Pk1定被P1，

P2，…，中的某一个Pf整除，即PfIPl·P2…··

一1，从而Pl一1，这不可能．

故P1·P2…··一1>fPk+1，于是P1‘P2…·。

>Pk+1．

下面再证明结论5，设所有小于的素数分别

是P1，P2，…，pk(从小到大排列)．

即证：P1ld，P2Id，…，PJd，对此逐一进行证

明．

由1中的预备结论知，若三个不同的素数成等

差数列，则2Id；

42数学通讯一2011年第2期(下半月)·专论荟萃·

Heron三角形的一般表达式及其应用

1f

’

}

边欣

l。(天津师蠡．大学数学素，300387)

Jl

‘

Heron,~---角形是指边长和面积均为整数的三角

形．若Heron三角形的三边长互素，称为本原Heron

三角形．我国著名数学史学家沈康身先生在其出版

的新著《数学的魅力(1)》_书的第十章，分析了

Heron三角形及其性质，其中提出一个问题[1]：三角

形的三条整数边应当满足什么充要条件，其面积才

是整数呢?一·‘

沈先生在书中介绍了数学大师欧拉(L．Euler)

和德国数学家舒伯特(HSchubert)构造H~r-on三角

形的方法，两种方法得到了实质上相同的结果：

设S，t，U，是正聱数，且,SU,tV则以-．

=St．(“2+2)，b=UV(2十2)，c=(+tu)

‘(一)《，一

为三边长的三角形是I-ieron三角形，其面积为‘

l●●●

Sstuv(sv+tu)(su—tv)．

上述公式给出了一些Heron三角、形，但不是

Heron三角形的一般表达式．文[2]指出：虽然我们

知道很多的Heron三角形，但是还没有一个给出它

们全体的一般公式．

．受上述结果的启发，本文进一步探究Heron三

角形的一般形式．先证明几个引理．

引理1设，，是正整数，且z>yz，则以

’n=(z2+22)，b=(z2+2)，c=(Y+z)

·(．72一yz)①

为三边长的三角形是Heron三角形；其面积为

S=xy2；(y+2)(z一yz)②

证容易验证

a+b—C=2yz(Y+z)!．

．

n+c—b=2y(x一yz)，

b+c—n=2z(x一yz)．

．

因为X2>yz，故以n，b，C为三边l长可构成整

数边三角形(满足任意两边之和大于第三边)，记为

AABC．

注意到a+6+c=2x。(+z)，利用Heron公

由结论3知，若六个不同的素数成等差数列，则

×31d“、。。

由结论4知，若14个不同的素数成等差数列，

则2x3×5

，

x

，

7~ol1

．

×131d·

、

、

继续进行下去，我们妨设已证明PlP2…P～1

ld!再证Pfld．

假设，由于0，1，2，…，Pf一1是模Pf的完

全剩余系，则0，2d，…，(P一1)d也是模的完

全剩余系．从而P，P+d，P2d，…，P(Pf一1)d

是模P的完全剩余系．即是说，个成等差数列的

素数任意相继的个中就一定有一个是的倍

从而P=Pl(因为数列P，P+dP+2d，…，P+(

一1)d第一项后面的项都大手．这是由于’户2…

Pf一1ld，从而P+d>P)．同理，P+?P+2d，P

3d，…，P+p中也有一项是的倍数，这与题意

、

矛盾，所以PId．从而结论成立．

：结论6不可能由不同素数组成一个无穷等

差数列．

，

．

证明设素数Pl，P2，…，P，…成等差数列，显

然P1>1，≥1．

，考虚数列中的第P户+1项，易知P户+1=Pl+

(1+l一．1)=pl(1+)，Pp．+1是合数．

故不可能由不同素数组成一个无穷等差数列．

参考文献：

[1]司志本．可以这样提出猜想[J]．数学通读，2010(9)(上

半月)．

[2]胡典顺，徐汉文．初等数论[M]．科学出版社，2010．

(收稿日期：2010—09～29)