连续四个正奇数有可能都是素数吗？
这真是个有趣的问题！我们来好好聊聊这件事。
你想知道的是，会不会连续出现四个奇数，而且它们还都是质数。听起来好像也不是不可能，毕竟质数确实不少，而奇数更是占了数字的绝大部分。
我们先来明确一下“连续四个正奇数”是什么意思。奇数是指不能被2整除的整数，比如1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31……
“连续”的奇数，就是它们之间间隔是2。比如，如果你选3，那么连续的四个奇数就是 3, 5, 7, 9。如果你选11，那么连续的四个奇数就是 11, 13, 15, 17。
现在，我们要看它们是不是“都是素数”。什么是素数（质数）呢？素数是指大于1的自然数，除了1和它本身以外不再有其他因数。
我们先列举一些小的素数，看看它们长什么样子：
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113……
请注意，2是一个非常特殊的素数，它是唯一一个偶素数。所有其他的素数都是奇数。
好，现在我们回到我们的问题：连续四个正奇数，能否都是素数？
我们先来尝试一下，从小一点的奇数开始找。
如果我们从3开始：3, 5, 7, 9。
3是素数。
5是素数。
7是素数。
9呢？9可以被3整除（9 = 3 × 3），所以9不是素数，它是合数。
这样不行，9拖了后腿。
我们继续找下一个可能的奇数组合。下一个奇数是11。
11, 13, 15, 17。
11是素数。
13是素数。
15呢？15可以被3和5整除（15 = 3 × 5），所以15不是素数。
17是素数。
这里15又不是素数，也不行。
再往下试试，从17开始？
17, 19, 21, 23。
17是素数。
19是素数。
21呢？21可以被3和7整除（21 = 3 × 7），所以21不是素数。
23是素数。
21还是个合数，还是不行。
我们似乎在每次尝试中都遇到了一个不是素数的数字。这是巧合吗？还是有什么规律在里面？
我们仔细想想，这四个连续的奇数，它们除了第一个奇数之外，后面三个都是“前一个奇数加上2”。
让我们把这连续的四个奇数表示出来，假设第一个奇数是 $p$。那么这四个数就是：
$p$, $p+2$, $p+4$, $p+6$
我们知道，任何一个正整数，被3除，余数只可能是0, 1, 或 2。
如果一个数是3的倍数，那么它就是合数（除非它就是3本身）。
如果一个数被3除余1，那么它可能是素数（比如7 = 3×2 + 1）。
如果一个数被3除余2，那么它也可能是素数（比如5 = 3×1 + 2）。
现在来看我们这四个连续的奇数：$p$, $p+2$, $p+4$, $p+6$。
我们把它们对3来分组看看：
情况一：第一个奇数 $p$ 本身就是3。
那么这四个数就是：3, 3+2=5, 3+4=7, 3+6=9。
我们已经检查过了：3 (素), 5 (素), 7 (素), 9 (合). 9不是素数。
情况二：第一个奇数 $p$ 不是3。
如果 $p$ 不是3，那么 $p$ 除以3的余数只可能是1或2。
如果 $p$ 除以3的余数是1，也就是 $p = 3k + 1$ (这里 $k$ 是某个整数，因为 $p$ 是奇数，所以 $k$ 必须是偶数，或者 $k$ 是奇数但 $p$ 必须是奇数。不过我们关注的是 $p$ 的余数).
那么 $p$ 可能是一个素数（比如7, 13, 19, 31, 37, 43...）。
我们看看 $p+2$ 是什么？ $p+2 = (3k+1) + 2 = 3k + 3 = 3(k+1)$。
这意味着 $p+2$ 是3的倍数！
因为我们假设 $p$ 不是3，所以 $p ge 5$ (最小的奇素数是3，下一个是5)。
如果 $p ge 5$, 那么 $p+2 ge 7$。
所以，如果 $p$ 除以3余1，那么 $p+2$ 就会是一个大于3的3的倍数，也就是一个合数。
如果 $p$ 除以3的余数是2，也就是 $p = 3k + 2$。
那么 $p$ 可能是一个素数（比如5, 11, 17, 23, 29...）。
我们看看 $p+4$ 是什么？ $p+4 = (3k+2) + 4 = 3k + 6 = 3(k+2)$。
这意味着 $p+4$ 也是3的倍数！
同样，因为我们假设 $p$ 不是3，所以 $p ge 5$。
如果 $p ge 5$, 那么 $p+4 ge 9$。
所以，如果 $p$ 除以3余2，那么 $p+4$ 就会是一个大于3的3的倍数，也是一个合数。
我们好像发现了什么！这四个连续的奇数 $p, p+2, p+4, p+6$ 中，总有一个会被3整除。
我们再审视一下这四个数：$p, p+2, p+4, p+6$。
它们各自除以3的余数，必然是这样排列的：
如果 $p$ 除以3余0，那 $p$ 就是3 (因为 $p$ 是奇素数，且是第一个数)。此时 $p=3$，那 $p+6=9$，9是合数。
如果 $p$ 除以3余1，那么：
$p$ 余1
$p+2$ 余 (1+2)=3，也就是余0。所以 $p+2$ 是3的倍数。
$p+4$ 余 (1+4)=5，也就是余2。
$p+6$ 余 (1+6)=7，也就是余1。
在这种情况下，$p+2$ 是3的倍数。
如果 $p$ 除以3余2，那么：
$p$ 余2
$p+2$ 余 (2+2)=4，也就是余1。
$p+4$ 余 (2+4)=6，也就是余0。所以 $p+4$ 是3的倍数。
$p+6$ 余 (2+6)=8，也就是余2。
在这种情况下，$p+4$ 是3的倍数。
总结一下，就是：
在任何一组连续的三个奇数 $n, n+2, n+4$ 中，总有一个数能被3整除。
如果 $n$ 是3的倍数，那 $n$ 就是3（因为我们讨论的是素数）。
如果 $n$ 除以3余1，那么 $n+2$ 是3的倍数。
如果 $n$ 除以3余2，那么 $n+4$ 是3的倍数。
现在我们问的是“连续四个正奇数”。
我们已经知道，在连续的三个奇数里，必然有一个是3的倍数。
所以，在连续的四个奇数 $p, p+2, p+4, p+6$ 中，我们可以取 $p, p+2, p+4$ 这三个。根据刚才的结论，这三个数里必然有一个是3的倍数。
如果这个3的倍数是 $p$，而 $p$ 是素数，那么 $p$ 只能是3。
此时这四个数是 3, 5, 7, 9。其中9不是素数。
如果这个3的倍数是 $p+2$，而 $p+2$ 是素数，那 $p+2$ 只能是3。
如果 $p+2=3$, 那么 $p=1$。但1不是正奇数（一般定义素数大于1），也不是素数。而且即便我们允许1，这四个数是1, 3, 5, 7。其中1不是素数。
如果这个3的倍数是 $p+4$，而 $p+4$ 是素数，那 $p+4$ 只能是3。
如果 $p+4=3$, 那么 $p=1$。这也不是正奇数。
所以，唯一可能让这四个连续的奇数都成为素数的情况，就是那个被3整除的数本身就是3，并且其他三个数也恰好是素数。
我们检查了 $p=3$ 的情况，得到的数列是 3, 5, 7, 9。
3 是素数。
5 是素数。
7 是素数。
9 不是素数。
因此，连续四个正奇数不可能都是素数。
这个结论的关键在于，任何大于3的素数，除以3的余数只能是1或2，不可能被3整除。而我们考察的四个连续奇数 $p, p+2, p+4, p+6$，总有一个会是3的倍数。如果这个3的倍数本身是素数，那它只能是3。但如果我们从3开始，下一个就是9，9显然不是素数。如果这个3的倍数不是素数，那么这个组合就失败了。
这个推论基于一个非常基础的数论性质——模运算，特别是对3的余数。它很巧妙地告诉我们，随着数字的增大，合数出现的频率会越来越高，尤其是在这种有规律的数列中。
所以，虽然我们看到的很多小的奇数都是素数（比如3, 5, 7, 11, 13, 17, 19...），但当它们“连续”起来，并且数量达到四个时，那个“3的倍数”就成了一个无法逾越的障碍。
回答这个问题，其实就是对素数分布规律的一个小小的探索。就像我们发现素数之间不可能是连续的两个偶数（除了2和4，但4不是素数），因为除了2之外的偶数肯定不是素数。这里的道理也是类似的，只是我们用了3来做“筛子”。
你想知道的是，会不会连续出现四个奇数，而且它们还都是质数。听起来好像也不是不可能，毕竟质数确实不少，而奇数更是占了数字的绝大部分。
我们先来明确一下“连续四个正奇数”是什么意思。奇数是指不能被2整除的整数，比如1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31……
“连续”的奇数，就是它们之间间隔是2。比如，如果你选3，那么连续的四个奇数就是 3, 5, 7, 9。如果你选11，那么连续的四个奇数就是 11, 13, 15, 17。
现在，我们要看它们是不是“都是素数”。什么是素数（质数）呢？素数是指大于1的自然数，除了1和它本身以外不再有其他因数。
我们先列举一些小的素数，看看它们长什么样子：
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113……
请注意，2是一个非常特殊的素数，它是唯一一个偶素数。所有其他的素数都是奇数。
好，现在我们回到我们的问题：连续四个正奇数，能否都是素数？
我们先来尝试一下，从小一点的奇数开始找。
如果我们从3开始：3, 5, 7, 9。
3是素数。
5是素数。
7是素数。
9呢？9可以被3整除（9 = 3 × 3），所以9不是素数，它是合数。
这样不行，9拖了后腿。
我们继续找下一个可能的奇数组合。下一个奇数是11。
11, 13, 15, 17。
11是素数。
13是素数。
15呢？15可以被3和5整除（15 = 3 × 5），所以15不是素数。
17是素数。
这里15又不是素数，也不行。
再往下试试，从17开始？
17, 19, 21, 23。
17是素数。
19是素数。
21呢？21可以被3和7整除（21 = 3 × 7），所以21不是素数。
23是素数。
21还是个合数，还是不行。
我们似乎在每次尝试中都遇到了一个不是素数的数字。这是巧合吗？还是有什么规律在里面？
我们仔细想想，这四个连续的奇数，它们除了第一个奇数之外，后面三个都是“前一个奇数加上2”。
让我们把这连续的四个奇数表示出来，假设第一个奇数是 $p$。那么这四个数就是：
$p$, $p+2$, $p+4$, $p+6$
我们知道，任何一个正整数，被3除，余数只可能是0, 1, 或 2。
如果一个数是3的倍数，那么它就是合数（除非它就是3本身）。
如果一个数被3除余1，那么它可能是素数（比如7 = 3×2 + 1）。
如果一个数被3除余2，那么它也可能是素数（比如5 = 3×1 + 2）。
现在来看我们这四个连续的奇数：$p$, $p+2$, $p+4$, $p+6$。
我们把它们对3来分组看看：
情况一：第一个奇数 $p$ 本身就是3。
那么这四个数就是：3, 3+2=5, 3+4=7, 3+6=9。
我们已经检查过了：3 (素), 5 (素), 7 (素), 9 (合). 9不是素数。
情况二：第一个奇数 $p$ 不是3。
如果 $p$ 不是3，那么 $p$ 除以3的余数只可能是1或2。
如果 $p$ 除以3的余数是1，也就是 $p = 3k + 1$ (这里 $k$ 是某个整数，因为 $p$ 是奇数，所以 $k$ 必须是偶数，或者 $k$ 是奇数但 $p$ 必须是奇数。不过我们关注的是 $p$ 的余数).
那么 $p$ 可能是一个素数（比如7, 13, 19, 31, 37, 43...）。
我们看看 $p+2$ 是什么？ $p+2 = (3k+1) + 2 = 3k + 3 = 3(k+1)$。
这意味着 $p+2$ 是3的倍数！
因为我们假设 $p$ 不是3，所以 $p ge 5$ (最小的奇素数是3，下一个是5)。
如果 $p ge 5$, 那么 $p+2 ge 7$。
所以，如果 $p$ 除以3余1，那么 $p+2$ 就会是一个大于3的3的倍数，也就是一个合数。
如果 $p$ 除以3的余数是2，也就是 $p = 3k + 2$。
那么 $p$ 可能是一个素数（比如5, 11, 17, 23, 29...）。
我们看看 $p+4$ 是什么？ $p+4 = (3k+2) + 4 = 3k + 6 = 3(k+2)$。
这意味着 $p+4$ 也是3的倍数！
同样，因为我们假设 $p$ 不是3，所以 $p ge 5$。
如果 $p ge 5$, 那么 $p+4 ge 9$。
所以，如果 $p$ 除以3余2，那么 $p+4$ 就会是一个大于3的3的倍数，也是一个合数。
我们好像发现了什么！这四个连续的奇数 $p, p+2, p+4, p+6$ 中，总有一个会被3整除。
我们再审视一下这四个数：$p, p+2, p+4, p+6$。
它们各自除以3的余数，必然是这样排列的：
如果 $p$ 除以3余0，那 $p$ 就是3 (因为 $p$ 是奇素数，且是第一个数)。此时 $p=3$，那 $p+6=9$，9是合数。
如果 $p$ 除以3余1，那么：
$p$ 余1
$p+2$ 余 (1+2)=3，也就是余0。所以 $p+2$ 是3的倍数。
$p+4$ 余 (1+4)=5，也就是余2。
$p+6$ 余 (1+6)=7，也就是余1。
在这种情况下，$p+2$ 是3的倍数。
如果 $p$ 除以3余2，那么：
$p$ 余2
$p+2$ 余 (2+2)=4，也就是余1。
$p+4$ 余 (2+4)=6，也就是余0。所以 $p+4$ 是3的倍数。
$p+6$ 余 (2+6)=8，也就是余2。
在这种情况下，$p+4$ 是3的倍数。
总结一下，就是：
在任何一组连续的三个奇数 $n, n+2, n+4$ 中，总有一个数能被3整除。
如果 $n$ 是3的倍数，那 $n$ 就是3（因为我们讨论的是素数）。
如果 $n$ 除以3余1，那么 $n+2$ 是3的倍数。
如果 $n$ 除以3余2，那么 $n+4$ 是3的倍数。
现在我们问的是“连续四个正奇数”。
我们已经知道，在连续的三个奇数里，必然有一个是3的倍数。
所以，在连续的四个奇数 $p, p+2, p+4, p+6$ 中，我们可以取 $p, p+2, p+4$ 这三个。根据刚才的结论，这三个数里必然有一个是3的倍数。
如果这个3的倍数是 $p$，而 $p$ 是素数，那么 $p$ 只能是3。
此时这四个数是 3, 5, 7, 9。其中9不是素数。
如果这个3的倍数是 $p+2$，而 $p+2$ 是素数，那 $p+2$ 只能是3。
如果 $p+2=3$, 那么 $p=1$。但1不是正奇数（一般定义素数大于1），也不是素数。而且即便我们允许1，这四个数是1, 3, 5, 7。其中1不是素数。
如果这个3的倍数是 $p+4$，而 $p+4$ 是素数，那 $p+4$ 只能是3。
如果 $p+4=3$, 那么 $p=1$。这也不是正奇数。
所以，唯一可能让这四个连续的奇数都成为素数的情况，就是那个被3整除的数本身就是3，并且其他三个数也恰好是素数。
我们检查了 $p=3$ 的情况，得到的数列是 3, 5, 7, 9。
3 是素数。
5 是素数。
7 是素数。
9 不是素数。
因此，连续四个正奇数不可能都是素数。
这个结论的关键在于，任何大于3的素数，除以3的余数只能是1或2，不可能被3整除。而我们考察的四个连续奇数 $p, p+2, p+4, p+6$，总有一个会是3的倍数。如果这个3的倍数本身是素数，那它只能是3。但如果我们从3开始，下一个就是9，9显然不是素数。如果这个3的倍数不是素数，那么这个组合就失败了。
这个推论基于一个非常基础的数论性质——模运算，特别是对3的余数。它很巧妙地告诉我们，随着数字的增大，合数出现的频率会越来越高，尤其是在这种有规律的数列中。
所以，虽然我们看到的很多小的奇数都是素数（比如3, 5, 7, 11, 13, 17, 19...），但当它们“连续”起来，并且数量达到四个时，那个“3的倍数”就成了一个无法逾越的障碍。
回答这个问题，其实就是对素数分布规律的一个小小的探索。就像我们发现素数之间不可能是连续的两个偶数（除了2和4，但4不是素数），因为除了2之外的偶数肯定不是素数。这里的道理也是类似的，只是我们用了3来做“筛子”。
网友意见
不可能。
连续的两个正奇数是有可能全为素数的，他们又被称为孪生素数。如3和5，5和7，11和13，17和19等等，这样的素数对还有很多。孪生素数猜想也是一个仍未被解决的著名猜想，即是否存在无限多组孪生素数。
连续的三个正奇数也有可能全为素数，但已经不是无限多个了。事实上，只能找到3，5，7这一组连续的三个正奇数全为素数。这是因为对任意三个正奇数x，x＋2和x＋4，其模3的余数分别为x%3，(x＋2)%3和(x+4)%3。而(x+4)%3又同余于(x+1)%3。这表明连续的三个正奇数中，必有一个数模3余0。而模3余0的质数只能是3。因此，只有3，5，7这一组连续三个正奇数为素数的。其余情况下的连续三个正奇数中必有一个数是3的倍数。
因此，连续的4个正奇数则更不可能均为素数了。
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