1..人们（例如Goldstone, Pintz, Yildirim）在研究孪生素数猜想时已用了这样的概念：设一个有限非负整数集

称是“可允许的”(admissible)，如果对任意素数p，存在正整数n，使得p与
互素。
（这样的可能具有某些好的性质）
例如，{2,3}不是可允许的，因为对p=2不满足；{0,2,4}不是可允许的，因为对p=3不满足；但{0,2},{0,2,6}都是可允许的。

2.1920年左右Hardy和Littlewood提出了这样的猜想： 存在无穷多个n使得都是素数。
而孪生素数猜想正是这个猜想的特殊情况。

3.张益唐证明了如下定理：
设是“可允许的”
若其元素个数
则存在无穷多个n使得中至少有两个素数。
注：由这个定理就可以推出

4.怎么切入3中定理呢？
张益唐采用解析数论的办法。解析数论通常会处理有限和，其侧重点是怎么算这个和。有时候会用一些定义在自然数集上的“算术函数”(arithmetic function)。例如设

对这种函数，最自然的处理方法是求和。
例如，考虑一个实数x→∞，来看

其实这就是
现在对同样的x，来看这个式子：
这里φ(n)是引进的某个非负函数，k固定。如果能够构造出这样的φ(n)使上式成立，那么必然存在一个n≤x使得

对这个n，在中至少有两个素数。
除了外，还可以接着考虑等等，以找出无穷多个合适的n。
这就是解析数论的切入点。

5. 我们要寻找的是一个φ(n)函数。
φ(n)是什么呢？可以这么说，它是f(n)上的一个权。更具体的可以这么说

如果S1与S2中间有个大小关系。比如φ(n)≡1的时候，能够有
S1>S2,那么很显然，就存在φ(n)的一个系数大于2，也就是我们想要的存在n使得n+k_i中有两个素数
但是这样的尝试失败了，同样取φ(n)=n,n^2,n^3都没有作用
这个问题有很长的历史，在其中做出开拓性贡献的是Selberg。

7.现在来计算

以及

我们希望的是S2>S1
大致计算结果是

其中T1,T2是由某些复杂和式表示的系数，O(E)是因f而产生的被E控制的误差项。
（PS：楼主不太了解E究竟是什么，估计是关于x和epsilon的一个函数？）
回顾

Goldston等人得出了这样的结果：

有不少数学家做过尝试，想控制住误差项，但均告以失败，后来就没什么人做了。
（即使“广义黎曼假设”是对的，在这里也没有帮助）

8.张益唐的想法是对φ(n)的结构做一些调整。回顾

满足d|P(n)的d中，有些数对λ(n)的贡献是很小的。贡献大的和贡献小的d应该区分开来。
考虑使μ(d)≠0的d。通过计算观察到，如果d有很大的素因子，例如大于x^(1/10)，那么它对λ(n)的贡献会变得很小。因此可以把大于x 的某个方幂的d去掉，关注剩下的d。
张益唐选取了

来看所有素因子都小于x^ϖ的d。
（张益唐这时提到了杨振宁先生说过的关于治学的话：“宁拙毋巧，宁朴勿华。”开始研究的时候宁愿“笨拙”一点，Goldston等人在计算中采用了比较漂亮的办法，而张益唐用了一些比较原始的办法，算出了同样的结果，同时有了更细致的观察）
引进新符号

就该采用这样的λ(n):

注意，新的限制d|P保证了d的所有素因子都小于x^ϖ，而且d的所有素因子的方幂都为1从而
μ(d)≠0

9. 引进新限制d|P后，对于仍然可以证明到S1,S2的主项系数T1,T2
满足T2/T1>1
而最关键的东西来了！现在对应的误差项是可以估计出来的！
假设d满足

d相当大，而它的素因子相当小，所以d一定有很多个素因子。
给定一个数 R<d ，写

其中r的选取满足

从而
这个r与R充分接近。
原来S2的误差项是

而现在有估计式

10.接下来用到解析数论中另外一些典型的办法，例如一些组合技巧，素数的数论函数和分解。又牵涉到一些新的参数，最后用到代数几何中的一些深刻结果。总共把误差项分为三类估计，前两类用到了Weil’s bound for Kloosterman sums，第三类用到了更深刻的由Deligne证明的Weil猜想。
（兜了不少圈子，最终证出来后，张益唐发现一些辛苦证明的结果可以从已知的Heath-Brown恒等式推出来。可是一开始宁朴勿华吧，不要想着做得多现成多漂亮，宁愿回到最原始的出发点上去，硬算一遍，以便看出很多东西。误差的第三类估计，原先也是差一点点而过不去的，但适当用了d=rq的分解后，就解决了。这是他最满意的一点。如果读他的paper，建议看第5页，上面把他的idea解释了。他个人认为解析数论仍然很有前途。）

补充
（1）以下的等价定义更便于判断一个集合是不是可允许的：
称是可允许的，如果对任意素数p，
不能构成p的完全剩余系。
{0,2,6}是可允许的，因为模2得{0}，模3得{0,2}，模p≥5时剩余类个数3已经小于p。

（2）利用3.中定理可以证得

推导如下：
如果是k个素数组成的集合，并且其中每个素数都比k大，那么H就是可允许的。这是因为，对于不在H中的素数，显然不能构成其完全剩余系；而对于在H中的素数，H的元素个数比其完全剩余类少。
素数有无穷多个，因此可以让由3.中定理可知，存在无穷多个n使得
中至少有两个素数。设它们的脚标是分别是i和j。注意到

也就是说，这无穷多对(n+qi,n+qj)就是要找的有限间隔素数对。换言之，这时已经证到了

下面说明7000万是如何来的。
表示不超过x的素数个数，有

因此可以从[3.5×10^6,7×10^7]中选出素数，来组成上面的H
它们中任两者之差自然小于7000万。

（3）5.中曾尝试取φ(n)≡1。这时

由素数定理

而x是充分大的，所以

当然这只是一点想法，不是证明。
（报告结束后我就混在人群中灰溜溜地走了，没有凑到前面去看看，真遗憾><
谢谢陈张弛gg提供的视频。我坐在最后一排看不太清黑板，有些东西没记下来，通过视频核对，纠正了不少错误。）
References
[1] 张益唐在清华做的报告：Bounded gaps between primes and relevant problems
[2] Yitang Zhang. Bounded gaps between primes. Annals of Mathematics.
2013.8.23-8.24
转载请注明出处

这就是传说中的不明觉厉。。。

后排学习