[N^2, (N+1)^2]内有素数及最大相继素数差一般表达式的推导
质数规律公式
质数规律公式质数是指只能被1和其自身整除的正整数。
质数在数学中起着重要的作用，被广泛应用于密码学、密码破解、概率论以及其他许多领域中。
然而，质数的分布一直以来都被认为是一个复杂且难以预测的问题。
尽管如此，数学家们通过研究和观察，发现了一些与质数相关的规律公式，帮助我们更好地理解和处理质数。
1. 质数公式：最简单的质数公式就是判断一个数是否为质数。
假设我们要判断一个数n是否是质数，那么我们只需要将n除以2到sqrt(n)之间的所有整数，如果其中任何一个数能整除n，那么n就不是质数。
这个公式的时间复杂度约为O(sqrt(n))，比较高效。
2. 欧拉公式：欧拉公式是数论中一个重要的公式，它描述了质数之间的关系。
欧拉公式表明，对于任意质数p和整数a，满足a与p互质（即a和p没有共同的因数），则a的φ欧拉函数除以p的结果等于1。
这个公式的数学表达式为：a^φ(p)=1(mod p)，其中φ(p)表示小于p且与p互质的正整数的个数。
3. 费马小定理：费马小定理是数论中的一个重要定理，也与质数有关。
费马小定理表明，若p是一个质数，a是任意整数，且a与p互质，那么a的p-1次方除以p的结果等于1。
这个定理给出了质数与幂运算之间的关系，为解决一些数的幂运算问题提供了便利。
4. 素数定理：素数定理是数论中极为重要的一个结果，描述了在一定范围内质数的分布规律。
素数定理表明，对于一个趋近于无穷大的正整数x，[1,x]之间的质数个数大致等于x/ln(x)。
这个定理为研究质数的分布提供了基本的估计。
5. Riemann猜想：Riemann猜想是一个由德国数学家格奥尔格·费迪南德·里曼于1859年提出的数论猜想，也与质数有关。
该猜想表明，质数的分布存在一种规律，与一个复数相关的特殊函数（Riemann Zeta函数）的零点有关。
尽管该猜想在数学界引起了广泛的兴趣，并且在解决其他数论难题上有了一定的应用，但至今仍未被证明。
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》素数公式是指对于给定的正整数n，小于等于n的素数的个数近似等于n/ln(n)，其中ln(n)表示自然对数。
素数定理是指当n趋向于无穷大时，小于等于n的素数的个数π(n)近似等于n/ln(n)。
公式中的π(n)表示小于等于n的素数的个数。
哥德巴赫猜想是指任意大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
首先证明素数公式。
定义函数S(n)为小于等于n的素数的个数。
我们需要证明当n趋向于无穷大时，S(n)在数学意义下近似等于n/ln(n)。
我们知道，当n越趋近于无穷大时，自然对数ln(n)也趋近于无穷大。
设m为一个足够大的正整数，使得ln(n) >= m。
我们将区间[2,n]均分为m个子区间，每个子区间的长度为(L=n-2)/m。
对于每个子区间，我们选择一个整数ni作为代表，使得ni落在这个子区间内，并且ni是最接近该子区间中点的整数。
由于n趋向于无穷大，我们可以得到ni一定存在。
我们定义T(m)为小于等于n的素数中，满足ni是素数的个数。
显然T(m) <= S(n)，因为ni只是小于等于n的素数中的一个子集。
我们对于每一个ni都检查它是否是素数，最简单的方法是对所有小于等于√ni的正整数k，检查ni是否能被k整除。
若存在整数k使得ni被k整除，则ni不是素数；若不存在这样的整数k，则ni是素数。
现在我们来估计T(m)的上界。
对于每个ni，我们需要进行√ni次的整除运算。
所以，总的运算次数为Sqrt(n1) + Sqrt(n2) + ... +Sqrt(nm)。
由于ni是区间中点附近的整数，所以我们可以将每个Sqrt(ni)近似为Sqrt(L/m) = Sqrt((n-2)/m)。
所以总的运算次数可以近似为m*Sqrt(L/m) = (n-2)*Sqrt(m/(n-2))。
当n趋向于无穷大时，这个运算次数的上界也趋于无穷大。
所以S(n)在数学意义下近似等于n/ln(n)。
N平方加1型的素数是无穷多的
关于形如N 2+1的素数问题摘要：本文建立了一种筛法,用这种筛法证明了形如12+N 的素数是无穷多的. 关键词：素数 剩余类 筛法予备知识要讨论形如12+N 的素数问题,除1以外,只须对N 是偶数的情况加以研究. 引理一:形如14+k 的素数可以表为一偶一奇两数的平方和, 并且表法是唯一的.2214t s k p +=+= <1>其中s 表示偶数,t 表示奇数,[1]引理二:若12+N 为合数,则它能表为一偶一奇两数的平方和.2221v u N +=+ <2>其中u 表示偶数,v 表示奇数,并且v>1.因为这里只讨论N 是偶数的情况,由引理一极易推得.引理三:若<2>成立,则12+N (没有)4(mod 3的素因子)由纯)4(mod 1的素因子组成.[2] 引理四:若<2>成立,则18±=h v ,即222)18(1±+=+h u N <3> 证明:见[3].引理五:若12+N 含有素因子2214t s k p +=+=,则12+N 除以P 所得的商也能表为一偶一奇两数的平方和.即))(()18(12222222y x t s h u N ++=±+=+ <4>其中x 表示偶数,y 表示奇数. 证明:见[1],[4].一个基本定理由 ))(()18(12222222y x t s h u N ++=±+=+ <4> 将上面等式的第三部分展开得:222222)()())((ty sx tx sy y x t s ±+±=++ <5>比较<4>,<5>得:tx sy N += <6>即满足<6>的N 的12+N 的数必含素因子P.为了确定N ,我们将<6>化简, 继续比较<4>,<5>得到以下四个一次方程组,并加以讨论.⎩⎨⎧=-+=+118ty sx h ty sx 从这个方程组解得: 14+=h sx , 此与s,x 为偶数相矛盾, 即这种情况是不存在的.⎩⎨⎧-=-+=+118ty sx h ty sx 从这个方程组解得: 14,4+==h ty h sx .从这个方程组解得: 14,4-==h ty h sx ,.⎩⎨⎧-=--=+118ty sx h ty sx 从这个方程组解得: 14-=h sx , 此与s,x 为偶数相矛盾, 即这种情况也是不存在的.所以得到:144±==h ty hsx即 s hx 4=th y 14±= <7> 将<7>代入<6>得:sts hp st s t s h s h t t h s tx sy N 22224)(44.14.±=±+=+±=+= <8> <8>式说明:对于任意给定的形如14+k 的素数,总有满足<8> 的两类N ,这样的N 使12+N 为含有素因子14+=k p 的合数. 于是我们得到基本定理.定理一:对于任意给定的形如14+k 的素数P,总存在这样的N ,即以P 为模的两个剩余类的N ,对于如此的N ,它的平方加1为含有素因子14+=k p 的合数. 即11,-≤≤±=P R R Pm N . 有下式成立 PQ N =+12. <9>计算方法以下我们给出满足<9>的两类N 的计算方法.sts hp N 24±= <8>取以P 为模, 由于h 的任意性, 不妨设4h 含有因子s, 则<8>变为:tsp N ±=λ <10>由于λ的任意性, t 可以整除λp,但是1),(=t s ,除t=1以外, t 不能整除s.所以,除t=1以外,不能用<10>求出满足<9>的两类N . 为此需要加以变换.由于λ的任意性,不妨设μλλ±=t 0,并且设t r r t P <<+=0,δ一并代入<10>得⎩⎨⎧=--=+118ty sx h ty sxtsr p N +±±=μμδλ0 <11>由μ任意性,取适当的μ使)(mod 0t s r ≡+μ.则)(0tsr p N ++±=μμδλ <11>.这样以来.公式<11>就给出了求满足<9>的两类N 的具体计算方法. 我们还可以给出求满足<9>的另外一种具体计算方法. 将<8>加以变形stt p h st t p hp stt t s hp st s hp N 222222)14(444 ±=±=±±=±= <12>取以p 为模,由于h 任意性,不妨设14±h 含有因子t,则<12>变为stp N ±'=λ <13>由λ＇的任意性,不妨设μλλ±='s ,0＇设s r r s P <'<'±'=0,δ ,将这两个式子同时代入<13>得:str p N +''±''±'=μδμλ0<14>由于μ＇的任意性,取适当的μ＇使)(m od 0s t r ≡+''μ 得)(0st r p N +''+''±'=μδμλ <14>公式<14>就又给出了满足<9>的两类N 的又一种方法.例1:对P =5.求出两类N ,使12+N 含有因子5.解: ∵1,2,12522=-+==t s p .可以用公式<10>直接计算. 25±=λN .因为120+N 为素数, 它也是14+k 的素数,所以对于形如120+N 的素数.求出两类N , 使12+N 含有素因子120+N ,可利用公式<10> 直接计算.例2:对P =193.求出两类N ,使12+N 含有因子193. 解:1,16,112161934,27,47271937,12,71219322='='+⨯-==+⨯===+==r r t s p δδ方法一:利用公式<11>将4,27,7,12====r t s δ代入<11>得:4...........112193)4108(193)712427(193)(0000=±=+±=++±=++±=μλλμμλμμδλt sr p N 方法二:利用公式<14>,将1,16,7,12='='==r t s δ 代入<14>得5..............81193)180(193)12716(193)(0000='±=+±=+'+'±=+''+''±=μλλμμλμδμλs tr p N由公式<11>和公式<14>求出的两类N 表面上是不一致的,实际上是一致的. 为了形式的一致,我们对用方法一求出两类N 稍加变形得:1..........81193)81()1(193112)193()1(193112193000000±='±'=±-±=±±-±=±=λλλλλλN 一般说来,对于以P 为模的两个剩余类pm±R.如果约定 k p R 2210=-<<，不管用公式<11>,还是用公式<14>求出的两类N 是唯一确定的.至于具体计算时究竟用那个公式, 要看用那个公式使计算简单一点而定.H 筛法由基本定理及求满足<9>的两类N 的具体计算方法加以深究. 实际上是创立了一种特殊的新的筛法,这里我们记为H 筛法.即用这种筛法,用形如14+k 的素数去筛N,筛出的N 使12+N 都是合数,而留下的都是12+N 的素数.H 筛法是用下述办法进行的:N 是所有偶数.首先用5去筛,筛出两类25±=λN ,这两类N ,使12+N 都是含有因子5的合数. 然后用13去筛,筛出两类513±=λN ,这两类N ,使12+N 都是含有因子13的合数. 其次用17去筛,筛出两类417±=λN ,这两类N ,使12+N 都是含有因子17的合数. ..................依次用素数14+=k p j 去筛,筛出两类R Pm N ±=,这两类N ,使12+N 都是含有因子j p 的合数.形如N 2+1的素数是无限多的我们注意到:用5去筛,有52的N,使12+N 为合数.用13去筛 , 有132的N,使12+N 是合数.用17去筛,有172的N,使12+N 是合数，……,用素数14+=k p j 去筛,有r p 2的N,使12+N 是合数.我们又注意到:在12+N 的数中,含因子5的占52,含因子13的占132,.....,含因子p J 的占r p 2J .既含因子5,又含因子13的13252⨯ ,......,既含因子5,又含因子13,...,又含因子p J 的占 rp 2...13252⨯⨯⨯ 如果用5去筛,那末去掉含因子5的,把所有12+N 作为1. 那末剩余部分是521-如果单独用13去筛,那末剩余部分是1321-.如果既用5去筛, 又用13去筛.那末剩余部分是 13252132521⨯+--如果单独用17去筛,那末剩余部分是1721-.因既含因子5, 又含因子13,同时又含因子17的,占17213252⨯⨯ 所以同时用5, 13,17去筛,那末剩余部分是 172132521721321725213252172132521⨯⨯-⨯+⨯+⨯+---.............仿上进行下去,同时用5,13,17,..., 14+=k p j 去筛, 那末剩余部分是∑∏∑∑==-++-+-ji ijk j i ji j i i p p p p p p p 112)1(...2222221 <15> 从另一方面分析:如果用5去筛, 剩余部分是521-.剩余部分再用13去筛又可筛去132所以把用5筛后的剩余部分作为1,剩余部分再用13去筛,那末剩余部分仍为1321- .对于整个来说,用5,13同时筛之后,剩余部分应为)1321()521(-⨯-,之后再用17去筛,剩余部分作为1,仍然可以再筛去172.那末用5,13,17筛过以后,整个剩余部分为)1721()1321()521(-⨯-⨯- .把这种分析方法重复下去,用5,13,17,..., 14+=k p j 同时去筛,那末12+N 中剩余部分为 )21()21)...(1721)(1321)(521(1i ji j p p ∏=-=---- <16>容易看出<15>,<16>是一回事. 对<16>的值作以估计：tt t t t i ti P P P P P P 62.2...1715.1311.53)21(111>--=---=∏ <17> 由于4)(1>--i i p p . 其次说明：从2+N 开始到2N 共有：22N N -个偶数,而 22N N -个偶数的每个数平方后再加上1,称为数组M.定理二:形如12+N 的素数是无限多的.证明:假如形如12+N 的素数是有限的,不妨设最大的为12+=N P H ,则小于12+N 的所有形如14+k 的素数,由小到大排列为M p p p p ,,3,2,1....用M p p p p ,,3,2,1...可以把14+N 以内的含素因子14+k 的合数挑选出来.由引理三数组M 只含14+k 的素因子.我们用M p p p p ,,3,2,1....去筛数组M.因为形如12+N 的素数是有限个的.所以对数组M 的所有数.用M p p p p ,,3,2,1...去筛.应该筛净,而没有剩余.即剩余部分应该等于零.（一）另一方面,由上面的分析用M p p p p ,,3,2,1....去筛.对于大于N 的数,用M p p p p ,,3,2,1....中的每一个i p 只能筛去其中的ip 2，那末用M p p p p ,,3,2,1....筛后剩余部分为：Mi Mi P P 6)21(1>-∏= 数组M 用M p p p p ,,3,2,1...筛后,剩余的偶数个数为:33341,421)1(3311131)(3)(3)21(22222222212+>+=≥>+≥>++-=+--+=+->->--∏=N N N N N N N N N N N N N N N P N N P N N M i M i这说明用M p p p p ,,3,2,1...去筛数组M 的所有的数是筛不净的.（二）（一）与（二）矛盾.产生矛盾的原因，是由假设形如12+N 的素数是有限个所造成的.这就证明了形如12+N 的素数是无限多的.我们不仅证明了形如12+N 的素数是无限的.而且对于已知的12+N 的素数，对于下一个形如12+N 的素数的范围作出了估计., 12+N 与14+N 之间至少还有两个形如12+N 的素数.参考文献:[1],柯召,孙琦 《数论讲义》高等教育出版社１９８６年３月第１版 第１２３－１２４页 [2] 闵嗣鹤 严世健 《初等数论》人民教育出版社１９８２年１１月 第二版 第９９页[3]胡育昆 王凌云 胡鲜芳 “关于形如12+N 表素数的讨论”洛阳师专学报(自然科学版)１９９１.２. [4]华罗庚 《数论导引》 科学出版社 １９５７年７月 第一版 第１２９－１３４页。
奈奎斯特定理内容
奈奎斯特定理内容奈奎斯特定理是世界上最重要的数学定理之一，也称为欧几里得定理，也被称作永恒定理。
它由希腊数学家艾克索斯奈奎斯特于四至五世纪发现，指出任何一个大于等于三的自然数的平方加一都可以分解成两个质数的乘积。
定理表述如下：设p,q为两个质数,则任意的正整数n>2的平方加一都可以写成p×q的形式，即：n^2+1=(p×q)即存在两个正整数p,q，使得：n^2+1=pq经过多年实践只有少数几种情况，甚至怀疑奈奎斯特定理是否成立，直到1770年拉普拉斯发现通过费马定理可以有效证实这一定理，这成为数学史上的一大里程碑。
奈奎斯特定理的证明拉普拉斯在费马定理的基础上证明了奈奎斯特定理，费马定理可以简单地表述为：如果p是一个质数，且a不是p的整数倍，那么a^(p-1)=1 (mod p)。
令a=n^2，那么根据费马定理可以得到：n^2^(p-1)=1 (mod p)。
注意这里的p是一个质数，所以可以将p-1表示为由若干个质数相乘，如：p-1=2×3×5……，因此可以将n^2^(p-1)=1 (mod p)个等式化简为：n^(p-1)=（1/n^2）(mod p)根据上述的表达式，可以推出：n^2×n^(p-1)=1 (mod p)由此，可以得出：n^2+1=n^2×（1+n^(p-1)）=n^2×(1+（1/n^2）) (mod p) 根据二项式定理可以知道：（n^2+1）/（1+n^(p-1)）=（n-1）×（n+1）由此可以得出：（n-1）×（n+1）=n^2×（1+（1/n^2））(mod p)而（n-1）和（n+1）即为n^2+1的分解，其中（n-1）和（n+1）均为p的因子，所以可以说，任意的大于等于三的自然数的平方加一都可以分解成两个质数的乘积。
奈奎斯特定理的重要意义奈奎斯特定理的发现具有深远的影响，它证明了一个长期被怀疑的定理，同时也为当时古希腊数学家创造出一种无限增长的方法，而且它也是比特币的基础原理来源之一，去中心化货币有非常广泛的应用。
梅森素数——精选推荐
梅森素数如果⼀个数字的所有真因⼦之和等于⾃⾝，则称它为“完全数”或“完美数”例如：6 = 1 + 2 + 328 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14早在公元前300多年，欧⼏⾥得就给出了判定完全数的定理：若 2^n - 1 是素数，则 2^(n-1) * (2^n - 1) 是完全数。
其中 ^ 表⽰“乘⽅”运算，乘⽅的优先级⽐四则运算⾼，例如：2^3 = 8， 2 * 2^3 = 16, 2^3-1 = 7但⼈们很快发现，当n很⼤时，判定⼀个⼤数是否为素数到今天也依然是个难题。
因为法国数学家梅森的猜想，我们习惯上把形如：2^n - 1 的素数称为：梅森素数。
截⽌2013年2⽉，⼀共只找到了48个梅森素数。
新近找到的梅森素数太⼤，以⾄于难于⽤⼀般的编程思路窥其全貌，所以我们把任务的难度降低⼀点：1963年，美国伊利诺伊⼤学为了纪念他们找到的第23个梅森素数 n=11213，在每个寄出的信封上都印上了“2^11213-1 是素数”的字样。
2^11213 - 1 这个数字已经很⼤(有3000多位)，请你编程求出这个素数的⼗进制表⽰的最后100位。
答案是⼀个长度为100的数字串，请通过浏览器直接提交该数字。
注意：不要提交解答过程，或其它辅助说明类的内容。
答案BigInteger快速幂。
代码：import java.math.BigInteger;public class Main {public static void main(String[] args) {BigInteger a = BigInteger.ONE;BigInteger b = BigInteger.ONE;BigInteger d = new BigInteger("2");for(int i = 0;i < 100;i ++) {a = a.multiply(BigInteger.TEN);}int c = 11213;while(c != 0) {if(c % 2 == 1) {b = b.multiply(d).mod(a);}d = d.multiply(d).mod(a);c /= 2;}b = b.subtract(BigInteger.ONE);System.out.println(b);}}。
n到2n间有素数的证明
n到2n间有素数的证明在整数的世界中，素数如同宝藏般珍贵而神秘。
对于素数的执着研究使得我们深入了解了这些数字的性质和规律。
而今天，我们将探讨一个非常有趣且备受关注的问题：在整数n到2n之间是否存在素数？首先，让我们来回顾一下素数的定义：素数是指除了1和自身外没有其他正因数的自然数。
例如，2、3、5、7、11等都是素数，而4、6、8、9等则不是素数。
为了探究这个问题，我们需要从两个方面来考虑：素数的分布规律和n到2n之间数的数量。
首先，让我们关注素数的分布规律。
根据素数定理，素数的分布是相对稀疏的。
也就是说，随着数值的增大，出现素数的频率会逐渐减小。
而在n到2n之间，数值的增加是相对有限的，因此我们可以猜测，在这个范围内，素数的分布应该相对较为密集。
其次，我们来考虑一下n到2n之间数的数量。
这个范围内的数的数量是2n - n = n，即n个数。
然而，我们需要注意到在这n个数中，有些数是合数，而不是素数。
例如，4、6、8等都是合数。
因此，我们还需要进一步分析这些合数的情况。
让我们来看一个例子来更好地理解这个问题。
假设我们选取n = 10，那么根据我们的问题，我们需要证明在10到20之间是否存在素数。
我们可以计算得到这个范围内有11个数，即10、11、12、13、14、15、16、17、18、19、20。
首先，我们来判断哪些数是素数。
通过简单地观察，我们可以发现10、12、14、15、16、18、20都是合数。
这意味着在这个例子中，存在至少4个合数。
那么，剩下的7个数里面是否存在素数呢？通过进一步计算，我们可以发现11、13、17和19都是素数。
瞧，我们找到了4个素数！这个例子证实了我们的猜测，即在n到2n之间，存在素数。
通过以上例子，我们可以看出，在任意选取的n下，都存在素数在n到2n之间。
这就是我们要证明的观点。
虽然具体的数目会有所不同，但是素数的存在性是不会改变的。
这一证明对我们理解素数的分布规律和整数之间的数的数量有着重要的指导意义。
n与2n之间必有素数的最简证明
n与2n之间必有素数的最简证明【题目】n与2n之间必有素数的最简证明【导言】素数是数论中一个极为重要的概念。
它指的是大于1且只能被1和自身整除的正整数。
素数的性质一直以来都备受数学家的关注和研究。
其中，一个有趣且重要的结论是：对于任意给定的正整数n，n与2n 之间必定存在至少一个素数。
本文将以从简到繁的方式，给出这一结论的最简证明。
【正文】1. 我们首先从基本概念开始，回顾一下素数的定义。
根据定义，素数大于1且只能被1和自身整除。
要证明n与2n之间必有素数，我们需要说明这个区间中不存在任何被除了1和自身以外的数整除的数。
2. 考虑区间[n, 2n]中的所有自然数。
我们可以通过反证法来证明这个区间内至少存在一个素数。
假设区间中不存在素数，即区间中的所有数都可以被除了1和自身以外的数整除。
这意味着，对于区间中的任意一个数x，存在另一个数y（y不等于1和自身），使得x能被y整除。
3. 现在我们观察一下这个数y。
根据前面的假设，y不是素数，因此它可以被除了1和自身以外的数整除。
我们将y表示为y = p * q，其中p和q均为大于1的整数。
4. 根据上一步骤的观察，我们可以得到下列等式：n ≤ x = p * q ≤ 2n。
我们将这个等式进行简化，得到n / q ≤ p ≤ 2n / q。
5. 注意到n和q是已知的正整数，而p是一个大于1的整数。
我们可以看到，当q的取值范围在(1, n)之间时，p的取值范围在(n/q, 2n/q)之间。
6. 我们现在来观察一下p的范围。
根据上述推导，当q在(1, n)之间取值时，p的取值范围在(n/q, 2n/q)之间。
我们可以将p的范围继续简化为(1, 2)。
7. 如果p的取值范围在(1, 2)之间，那么p的取值只能是2。
我们可以得到一个结论：当q的取值在(1, n)之间时，p的取值只能是2。
也就是说，只有当q取值在(1, n)之间时，等式p * q = x才有可能成立。
素数通项公式
素数通项公式素数通项公式是数学中的一个重要公式，它可以用来表示素数的通项。
素数是大于1且只能被1和自身整除的正整数。
素数通项公式的发现对于数论的研究具有重要意义，也为解决一些实际问题提供了便利。
素数通项公式的具体形式是：P(n) = n^2 + n + 41，其中P(n)表示第n个素数。
这个公式由欧拉在18世纪中叶提出，并被证明在n取遍自然数时，P(n)都能够得到素数。
这个公式的发现引起了当时数学界的广泛关注，并被认为是一个重要的突破。
素数通项公式的证明过程较为复杂，需要运用到数论中的一些高级知识和技巧。
在这里，我们将不涉及具体的证明过程，而是通过一些例子来展示素数通项公式的应用和意义。
我们可以通过计算来验证素数通项公式的正确性。
例如，当n取1时，P(1) = 1^2 + 1 + 41 = 43，是一个素数。
当n取2时，P(2) = 2^2 + 2 + 41 = 47，也是一个素数。
以此类推，通过计算可以发现，当n取任意自然数时，P(n)都能够得到素数。
这正是素数通项公式的重要性所在。
素数通项公式的应用不仅限于数论领域，还涉及到其他一些实际问题的解决。
例如，在密码学中，素数通项公式可以用来生成一类特殊的素数，被称为欧拉素数。
这些素数具有一些特殊的性质，可以用来构造安全性更高的加密算法。
在计算机科学中，素数通项公式也被广泛应用于生成随机数。
由于素数具有较好的随机性和不可预测性，因此可以用来生成高质量的随机数序列，用于密码学、模拟实验等领域。
总的来说，素数通项公式是数学中的一个重要公式，它不仅具有理论意义，还有许多实际应用。
通过素数通项公式，我们可以方便地计算出任意位置的素数，为数论研究和实际问题的解决提供了便利。
同时，素数通项公式的应用也拓展了数学在密码学、计算机科学等领域的应用范围，为相关领域的发展做出了贡献。
虽然素数通项公式在数学和应用领域具有重要地位，但它并不是万能的，也存在一些限制和局限性。
斐波那契数列
斐波那契数列斐波那契数列00求助编辑百科名片斐波纳契数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有直接的应用，为此，美国数学会从1960年代起出版了《斐波纳契数列》季刊，专门刊载这方面的研究成果。
目录斐波那契数列的定义奇妙的属性在杨辉三角中隐藏着斐波那契数列斐波那契数列的整除性与素数生成性斐波那契数列的个位数：一个60步的循环斐波那契数与植物花瓣斐波那契―卢卡斯数列与广义斐波那契数列斐波那契―卢卡斯数列斐波那契―卢卡斯数列之间的广泛联系黄金特征与孪生斐波那契―卢卡斯数列广义斐波那契数列斐波那契数列与黄金比相关的数学问题1.排列组合2.数列中相邻两项的前项比后项的极限斐波那契数列别名斐波那契数列公式的推导编程中的斐波那契数列PB语言程序C语言程序C#语言程序Java语言程序JavaScript语言程序Pascal语言程序PL/SQL程序Python程序数列与矩阵斐波那契数列的前若干项斐波那契弧线斐波那契数列的应用影视作品中的斐波那契数列斐波那契螺旋斐波那契数列的定义斐波那契数列的发明者，是意大利数学家列昂纳多?斐波那契（Leonardo Fibonacci，生于公元1170年，卒于1240年，籍贯大概是比萨）。
他被人称作“比萨的列昂纳多”。
1202年，他撰写了《珠算原理》(Liber Abacci)一书。
他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。
他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事,dfsdf，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。
他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。
斐波那契数列通项公式斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、……这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
它的通项公式为:(见图)（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例。
）有趣的是：这样一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理数来表达的。
证明梅森数互素-概述说明以及解释
证明梅森数互素-概述说明以及解释1.引言1.1 概述梅森数是指形式为2^n - 1的自然数，其中n是一个正整数。
而互素数则是指两个或多个数的最大公约数为1的数。
证明梅森数互素是一个重要的数论问题，这对于理解数学中的基本概念和性质具有重要意义。
本文将通过介绍梅森数和互素数的定义，以及详细阐述证明梅森数互素的方法，展示梅森数互素的重要性并总结证明过程。
通过本文的阐述，读者将更深入地了解数论中的重要概念，同时也可以体会到证明和推理在数学中的重要性。
文章结构如下所示:1. 引言1.1 概述1.2 文章结构（本部分）1.3 目的2. 正文2.1 什么是梅森数2.2 什么是互素数2.3 证明梅森数互素的方法3. 结论3.1 总结证明过程3.2 梅森数互素的重要性3.3 结论与展望在文章结构部分，我们将介绍本文的整体结构布局，帮助读者更好地理解文章的内容和脉络。
通过引言、正文和结论三部分的分段，有助于读者更容易地掌握文章的主题和论证过程。
1.3 目的：本文的目的是证明梅森数互素的性质。
通过详细的讨论和证明过程，我们将展示梅森数之间的互素关系，从而加深对梅森数和素数的理解。
同时，证明梅森数互素的方法也将为数论领域的研究提供新的思路和方法，具有一定的理论意义和应用价值。
通过本文的研究，读者将深入了解梅森数的特性，并掌握证明互素性质的技巧，为数学领域的深入探索提供一定的参考和启发。
2.正文2.1 什么是梅森数梅森数是一类特殊的素数，它的形式为2^n - 1，其中n是一个正整数。
梅森数以17世纪的法国数学家梅森（Marin Mersenne）命名，他首次研究这类素数，并提出了一个与梅森数有关的猜想。
梅森数具有特殊的性质，其中一部分原因是由于它们的形式2^n - 1中的指数n通常也是素数。
通过欧拉定理可以证明，如果2^n - 1是一个素数，那么n也必须是一个素数。
这就使得梅森数成为了一类独特的素数，它们在数论研究中具有重要的地位。
素数数列的通项公式推导
素数数列的通项公式推导素数，又称质数，指在大于1的自然数中，除了1和自身外没有其他约数的数。
素数是数论中的重要概念，具有许多特殊性质和规律。
在数学领域，研究素数的性质一直是数论研究的热点之一。
素数数列是由一系列素数按照从小到大的顺序排列而成的数列。
素数数列的通项公式是指可以用一个公式来表示素数数列中第n项的数值。
下面我们将从数学定理和推导的角度来探讨素数数列的通项公式。
首先，我们知道素数数列是一个无限的数列。
素数的个数是无穷多的，这个结论是由希罗多德所证明的。
根据希罗多德的证明方法，我们可以利用反证法推导出素数数列的通项公式。
假设存在一个素数数列的通项公式，可以表示第n个素数为P(n)，我们假设P(n)的形式为公式f(n)。
现在我们来看看通过反证法，是否可以推导出矛盾的结论。
我们假设存在一个通项公式f(n)，可以表示第n个素数P(n)，那么我们考虑当n趋向无穷时，P(n)也会趋向无穷。
因为素数是无限多的，所以当n趋向无穷时，P(n)也会趋向无穷。
但是根据数学的基本原理，我们知道对于任意一个函数f(n)，当n趋向无穷时，f(n)也趋向无穷。
根据这个性质，我们得出结论，如果存在一个能够表示素数数列的通项公式，那么这个公式必须是一个无限的函数，能够涵盖所有的素数，才能满足数学的基本原理。
然而，根据哥德巴赫猜想，任意一个偶数都可以表示为两个素数之和，这表明素数之间存在着一定的规律，而这种规律会导致无法找到一个通项公式来准确表示所有的素数。
这也就意味着，在当前的数学知识框架下，我们无法推导出一个简单的通项公式来表示素数数列。
素数数列的特殊性质和规律使得它无法被简单的数学公式所描述，这也是素数数列一直以来备受关注和研究的原因之一。
总结一下，素数数列的通项公式是一个具有挑战性的数学问题。
虽然目前无法找到一个简单的公式来表示所有的素数，但是通过数学方法和推导可以揭示素数数列的一些规律和性质，帮助我们更深入地理解素数的奥秘。
数论讲义答案(第三章)
数论讲义答案(第三章)1. 证明: 若n 为正整数, α为实数, 则(1) ][][αα=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n , (2) [][]ααααn n n n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++1...1. 证明:(1) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r ,左边 = q n r q n r nq n n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡][α, 右边 = []q n n r q n n r nq n n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=}{}{αααα 所以[]αα=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n ][. (2) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , α = q +( r + {n α})/n . r = 0时, α = q +{n α}/n , 左边 = q + q + … + q = nq . 右边 = nq .r ≥ 1时, 左边 = ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++n n n r q n n r q n n r q 1}{...1}{}{ααα = nq +∑∑--=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++11}{}{r n k n r n k n k n r n k n r αα = nq + 0 + n - 1 - (n - r ) + 1 = nq + r=[n α] = 右边. #2. 证明不等式[2α] + [2β] ≥ [α] + [α + β] + [β]证明:设α = m + a , β = n + b , m , n ∈Z , 0 ≤ a , b < 1. 不妨设a ≥ b , 则 [2α] + [2β] = [2m +2a ] + [2n + 2b ]= 2m + 2n + [2a ] + [2b ]而[α] + [α + β] + [β] = [m + a ] + [n + b ] + [m + n + a + b ]= 2m + 2n + [a ] + [b ] + [a +b ] = 2m + 2n + [a +b ]下证 [2a ] + [2b ] ≥ [a +b ] 而 a ≥ b , 故[2a ]≥[a +b ],自然有[2a ] + [2b ] ≥ [a +b ]. #3. 证明: 若a > 0, b > 0, n > 0, 满足n | a n - b n , 则n | (a n - b n )/(a -b ).证明:设p m || n , p 为一个素数, a - b = t , 若p |/t , 则由p m | a n - b n , 自然有p m | (a n - b n )/t . 现设p | t , 而tb t b t b a nn n n -+=-)( = ∑=--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ni i i n t b i n 11因为!)1)...(1(11i t b i n n n t b i n i i n i i n ----+--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ (1) 在i = 1, 2, …, n 时, i !中含p 的最高方幂是∑∑∞=∞=≤-=<⎥⎦⎤⎢⎣⎡111k k kk i p ip i p i 又因p i -1 | t i -1, p m | n , 故由(1)可知p m | n i t b i n i i n ,...,1,1=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--.即 p m | (a n - b n )/(a -b ). 把n 作因子分解并考察每一个素因子, 这就证明了n | (a n - b n )/(a -b ). #4. 证明: 若n ≥ 5, 2 ≤ b ≤ n , 则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--b n b )!1(1. (1) 证明:若b < n , 则b (b -1) | (n -1)!, 即⎥⎦⎤⎢⎣⎡--b n b )!1(1, 且⎥⎦⎤⎢⎣⎡-b n )!1(∈Z , 故(1)成立. 若b = n , n 是一个合数且不是一个素数的平方, 可设b = n = rs , 1 < r < s < n , 由(n , n -1) = 1知s < n -1, 故b (b -1) = rs (n -1) | (n -1)!, (1)式成立.若b = n = p 2, p 是一个素数, 由n = p 2 ≥ 5知, 1 < p < 2p < p 2 - 1 = n - 1, 故p , 2p , n - 1是小于n 的三个不同的数. 故p ⋅2p ⋅(n -1) = 2b (b -1) | (n -1)!, 故(1)式成立.若b = n = p , p 是一个素数, 由(p -1)! + 1 ≡ 0 (mod p )知p p p p p p p p p p )1()!1(11)!1(11)!1()!1(---=-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡- 即)1()!1()!1(---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-p p p p p , 而(p , p -1) = 1知(p -1)⎥⎦⎤⎢⎣⎡-p n )!1(, (1)成立. #5. 证明: 对于任意的正整数n ,)!1(!)!2(+n n n是一个整数.证明: 因为pot p ((2n )!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡12i i p n , pot p ((n )!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1i i p n , pot p ((n +1)!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+11i i p n .所以只需证∀ i ≥ 1, ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡i i i p n p n p n 12. (*)设n = qp i + r , 0 ≤ r < p i , 则若r < p i - 1, 则,,1q p n q p n i i =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+(*)式成立. 若r = p i - 1, 则,,11q p n q p n i i =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+而⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡i i i i i i p n p n q p p q p p q p n i 1121122222, 故此时(*)式也成立. 所以)!1(!)!2(+n n n ∈Z . #6. 证明: 设∑==kj j n n 1, 则(1)!!...!!21k n n n n 是一个整数;(2) 如n 是一个素数, 而max(n 1, …, n k ) < n , 则!!...!!|21k n n n n n .证明:(1) 证法一 只需设n 1, n 2,…, n k 均为正数, 设p 为任意素数, 则v p ((n )!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1i i p n , v p ((n j )!) = k j p n i i j ≤≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑∞=0,1, 只需证∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡++k j i j ik p n p n n 11...对∀i ≥ 1均成立, 而由P64 性质2知这是显然的, 故!!...!!21k n n n n ∈Z .证法二 n = 2时,Z n n n n n n ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-111)!(!!, 假设n - 1时结论成立, 则当n 时Z n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n k k k k ∈++++++=+++=)!()!...)((!!)!(!!...!)!...(!!...!!213212*********(由归纳假设知Z n n n n n n k ∈+++++)!()!...)((21321, 又!!)!(2121n n n n +∈Z .)(2) 若n 是素数, 且max(n 1, n 2,…,n k ) < n , 故n | n !, 而n |/n 1!, n 2!, …, n k !, 所以 !!...!!|21k n n n n n . #7. 证明: 如果在自然数列1 ≤ a 1 < a2 < … < a k ≤ n中, 任意两个数a i , a j 的最小公倍数[a i , a j ] > n , 则k ≤ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21n . 证明:断言: 对于≤2n 的任意n + 1个正整数中, 至少有一个被另一个所整除. 设1 ≤ a 1 < a 2 < … < a n +1 ≤ 2n , a i = 2λi b i , λi ≥ 0, 2|/b i , 1 ≤ i ≤ n +1, 其中b i < 2n . 因为在1, 2, …, 2n 中只有n 个不同的奇数1, 3, …, 2n -1, 故b 1, b 2, …, b n +1中至少有两个相同. 设b i = b j , 1 ≤ i < j ≤ n +1, 于是在a i = 2λi b i 和a j = 2λj b i 中, 由a i < a j 知λi < λj . 故a i | a j .若k > ,21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+n 当n = 2t 时, k > t n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21, 故a 1, …, a k 为k (k ≥ t +1)个小于等于2t 的数, 故∃ i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , 使得a i | a j . 故[a i , a j ] = a j ≤ n , 矛盾!若n = 2t + 1, 则k > ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21n = t + 1, 因为1, 2, …, n = 2t + 1中只能有t + 1个奇数, 故k 个数a 1, a 2, …, a k 中有一对数i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , 使得a i | a j , 所以[a i , a j ] = a j ≤ n 矛盾. 故k ≤ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21n . # 8. 证明: 若k > 0, 则∑==kd d u )(0)(ϕ. 证明:若∃ d , 使得ϕ(d ) = k ,则(1) 22 | d , 则u (d ) = 0不考虑.(2) 2 || d , 则(d /2, 2) = 1, 所以ϕ(d ) = ϕ(2⨯d /2) = ϕ(2)⨯ϕ(d /2) = ϕ(d /2) = k .而 u (d ) + u (d /2) = 0.(3) 2|/d , 则ϕ(2d ) = ϕ(2)⨯ϕ(d ) = ϕ(d ) = k , 而u (2d ) + u (d ) = 0. 故{u (d ) ≠ 0 | u (d ) = k }可分成若干对, 每对为u (d ) + u (2d ) = 0. 故∑==kd d u )(0)(ϕ. # 9. 证明∑=nd n u d u |22)()(.证明:由u (n )的定义有⎩⎨⎧=中含有平方因子中不含有平方因子n n n u ,0,1)(2, 当n 中不含有平方因子时, 显然∑==nd u d u |21)1()(当n 中含有平方因子时, 设n = n 02m , n 0 > 1, m 不含平方因子, 则0)()()()(1||.||0222022====∑∑∑∑>n d n d mn d nd d u d u d u d u .故=∑nd d u |2)(u 2(n ). #其实, 采用类似的方法可证⎩⎨⎧>=∑其它若,11,|,0)(|m n m d u k n d k. 10. 证明: 对于任一个素数p ,∑⎪⎩⎪⎨⎧≥===n d n p n n d p u d u | ,01, ,21,1)),(()(是其余情形若若若αα. 证明:n = 1结论显然. 若n = p α, α ≥ 1, 则2)()()1()1()),(()(|=+=∑p u p u u u d p u d u nd .若(n , p ) = 1, 则0)()),(()(||==∑∑nd nd d u d p u d u .若n = p αn 1, n 1 > 1, 则0)()()()()()()),(()(111|1|),(|1),(||=+=+=∑∑∑∑∑==n d n d pp d n d p d n d nd p u d u d u p u d u d u d p u d u #11. 证明∑=n d d d u n n |2)()()(ϕϕ 证明:n = 1时结论显然.n > 1时, 由于u (n ), ϕ(n )均是积性函数, 所以u 2(d )/ϕ(d ), ∑nd d d u |2)()(ϕ也是积性函数. 设n = p 1α1…p s αs , 则右边 = ∏∏∏===-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++sk s k s k kk k k k k k p p p p p u p p u k k 111221111)()(...)()(1ααϕϕ. 左边 =()∏∏∏===---=-=-sk k ksk kssk kssp p pp p pp p p p s s 111111111)1(...1 (11)αααα. 故 ∑=n d n n d d u |2)()()(ϕϕ. # 12. 证明: ∑=nd d d u |0)()(ϕ的充分必要条件是)2(mod 0≡n .证明:设n = k k p p αα (1)1, p 1, …, p k 为不同的素数, αi ≥ 1, i = 1, 2, …, k .)...()...(...)()()1()1()()(111|k kki iind p p pp u p p u u d d u ϕϕϕϕ+++=∑∑==∏∑==--++--+ki ikki i pp 11)1()1(...)1)(1(1=∏=--ki i p 1)11(所以,n pd d u ind |220)()(|⇔=∃⇔=∑某个ϕ. #13. 证明:)0(2)1()(1>+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑=n n n d n d nd ϕ. 证明:n = 1时结论显然.假设对n = k 时成立, 即2)1()(1+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑=k k d k d kd ϕ. 则n = k + 1时, 有)1(1)()(1)(1111++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑∑==+=k d k d k d d k d d k d kd k d k d ϕϕϕϕ =)1()(2)1(11|++++∑+<+k d k k k d k d ϕϕ = ∑+++1|)(2)1(k d d k k ϕ =12)1(+++k k k = 2)2)(1(++k k . #证法二 因为∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎥⎦⎤⎢⎣⎡d n k d n 11, 所以∑∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡====⎥⎦⎤⎢⎣⎡d n k nd nd d d n d 1111)()(ϕϕ∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡===d n k n d d 11)(ϕ∑∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==nk k n d d 11)(ϕ∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=n k k n k 1)(ϕ)(1k k n n k ϕ∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡= )(...)3(3)2(2)1(n n n n ϕϕϕϕ++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=∑∑∑+++=nd d d d d d |2|1|)(...)()(ϕϕϕn +++=...21 2)1(+=n n . # 14. 计算S (n ) = ∑⎪⎭⎫⎝⎛n d d n u d u |)(.解:若n = 1, S (1) = 1, 若n = p 1…p k , 则S (n ) = ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n u d u |)(= u (1)u (p 1p 2…p k ) + u (p 1)u (p 2…p k ) + … + u (p k )u (p 1…p k -1) +… + u (p 1p 2…p k )u (1)= (-1)k (k k kk C C C +++ (1)0) = 2k (-1)k若n = p 12p 2…p k , 则S (n ) = ∑+-==⎪⎭⎫⎝⎛nd k k p p p u p u d n u d u |1211)1()...()()(其余情形S (n ) = 0. # 15. 证明: n 是素数的充分必要条件是σ(n ) + ϕ(n ) = nd (n ). 证明:“⇒” 若n 为素数, 则σ(n ) = 1 + n , ϕ(n ) = n - 1, d (n ) = 2, 所以有σ(n ) + ϕ(n ) = nd (n ).“⇐” n , d (n ), ϕ(n ), σ(n )均是极性函数, 若n 不为素数的方幂, n = n 1n 2, (n 1, n 2) = 1,σ(n 1n 2) + ϕ(n 1n 2) = σ(n 1)σ(n 2) + ϕ(n 1)ϕ (n 2)≠ (σ(n 1)+ϕ(n 1))⋅( σ(n 2)+ ϕ (n 2)) = n 1n 2d (n 1n 2).若n = p α, α ≥ 1, σ(n ) = 1 + p + … + p α-1 + p α, ϕ(n ) = p α - p α-1, d (n ) = α + 1, 1 + p + … + p α-2 + 2p α = (α + 1)p α, 只有α = 1时σ(n ) + ϕ(n ) = nd (n )才成立, 即n 是素数. # 16. 证明: 如果有正整数n 满足ϕ(n + 3) = ϕ(n ) + 2, (1)则n = 2p α 或n + 3 = 2p α, 其中α ≥ 1, p ≡ 3 (mod 4), p 是素数. 证明:经验证可知n = 1, 2不满足(1)式, 设n > 2, 则ϕ(n ), ϕ(n +3)均为偶数. 由(1)知ϕ(n )和ϕ(n +3)不能同时被4整除, 故只能有ϕ(n ) ≡ 2 (mod 4), ϕ(n +3) ≡ 0 (mod 4)或ϕ(n ) ≡ 0 (mod 4), ϕ(n +3) ≡ 2 (mod 4).令n = 2α1p 2α2…p k αk , 则ϕ(n ) = 2α1-1p 2α2-1(p 2-1)…p k αk -1(p k -1). 由于ϕ(n )中2α1-1, (p 2-1), …, (p k -1)均被2整除, 若ϕ(n ) ≡ 2 (mod 4), 则n 只能含有一个奇素数因子, 因此n 有三种情况: (1) n = 2α1, 此时α1 = 2, 故n = 4; (2) n = p 2α2, 此时p 2满足p 2 ≡ 3 (mod 4); (3) n = 2α1p 2α2, 此时α1 = 1, p 2 ≡ 3 (mod 4), 即n = 2p 2α2. 因为ϕ(4) ≠ ϕ(1) + 2, 所以若ϕ(n +3) ≡ 2 (mod 4), 经类似的分析可得n + 3 = p α, 2p α, α ≥ 1, p ≡ 3 (mod 4). 设n = p α, 由(1)得ϕ(p α+3) = p α - p α-1 + 2 (2)设2t || p α + 3, t ≥ 1, 由(2)得 p α - p α-1 + 2 = ϕ(2t ⋅(p α + 3)/2t )= 2t -1⋅ϕ( (p α + 3)/2t ) ≤ 2t -1⋅( (p α + 3)/2t -1) = (p α + 3)/2-2t -1即有 p α - p α-1 + 2 ≤ (p α + 3)/2 - 1, 化简得p α ≤ 2p α-1 - 3, 也即3 ≤ p α-1(2-p ) 由于p > 2, 故 3 ≤ p α-1(2-p )不能成立. 同样可证n + 3 = p α时, (1)式不成立, 故n = 2p α或n + 3= 2p α. # 17. 证明ϕ(n ) ≥ n /d (n ).证明:设n 的标准分解式为s l s l p p n ...11=, 故ϕ(n )d (n ) = n (1-1/p 1)…(1-1/p s )(l 1 + 1)…(l s + 1) ≥ n (1/2)s 2s = n于是得ϕ(n ) ≥ n /d (n ). # 18. 求出满足ϕ(mn ) = ϕ(m ) + ϕ(n ) (1)的全部正整数对(m , n ). 解:设(m ,n ) = d , 则从ϕ(n )的公式不难有ϕ(mn ) = d ⋅ϕ(m )⋅ϕ(n )/ϕ(d ), 由(1)得ϕ(m ) + ϕ(n ) = d ⋅ϕ(m )⋅ϕ(n )/ϕ(d ), (2)设ϕ(m )/ϕ(d ) = a , ϕ(n )/ϕ(d ) = b , a , b 都是正整数, (2)化为1/a + 1/b = d (3)d > 2时, 易证(3)无正整数解, 在d = 1和d = 2时, (3)分别仅有正整数解a = b = 2和a = b = 1. 在d = 1, a = b = 2时, ϕ(m ) = ϕ(n ) = 2, 因此(m , n ) = (3, 4), (4, 3); 在d = 2, a = b = 1时, ϕ(m ) = ϕ(n ) = 1, 于是(m , n ) = (2, 2). # 19. 若n > 0, 满足24 | n + 1, 则24 | σ(n ). 证明:由24 | n + 1知n ≡ -1(mod 3)和n ≡ -1(mod 8), 设因子d | n , 则3|/d , 2|/d , 可设d ≡ 1, 2 (mod 3), d ≡ 1, 3, 5, 7(mod 8).因为d ⋅(n /d ) = n ≡ -1 (mod 3)和d ⋅(n /d ) = n ≡ -1(mod 8), 由此推出, d ≡ 1 (mod 3), n /d ≡ 2 (mod 3) 或d ≡ 2 (mod 3), n /d ≡ 1 (mod 3), 和d ≡ 3 (mod 8), n /d ≡ 5 (mod 8) 或d ≡ 5 (mod 8), n /d ≡ 3 (mod 8) 或d ≡ 1 (mod 8), n /d ≡ 7 (mod 8) 或d ≡ 7 (mod 8), n /d ≡ 1 (mod 8).每一种情形都有d + n /d ≡ 0 (mod 3), d + n /d ≡ 0 (mod 8), 故d + n /d ≡ 0(mod 24). 又若d = n /d , 则n = d 2, d > 1, 则因为2|/n , 所以2|/d , 但n = d 2 ≡ 1 (mod 8)矛盾. 所以n 的所有正因子可以配对, 每对为d , n /d , 故24 | σ(n ). # 20. 证明: 若n = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , k ≤ 8, 则ϕ(n ) > n /6. 证明:ϕ(n ) = ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-k p p n 11...111 而p i 越大, 1 - 1/p i 越大, 故只要证p 1, p 2, …, p 8为前8个素数时, ϕ(n ) > n /6成立即可, 即要证611911...511311211>⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-, 而左边=6132332355296>, 即结论成立. # 21. 设w (1) = 0, n > 1, w (n )是n 的不同的素因子的个数, 证明:f (n ) = w (n )*μ(n ) = 0或1.证明:若n = p α (α ≥ 2)f (n ) = w (n )*u (n ) = ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n w d u |)( = u (1)⋅w (p α) + u (p )⋅w (p α-1) = u (1)⋅1 + (-1)⋅1 = 0.若n = p ,f (n ) = w (n )*u (n ) = w (1)⋅u (p ) + w (p )⋅u (1) = 1若n = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , k ≥ 2, 则 f (n ) = w (n )*u (n )= ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n w d u |)(= )1()1())1(()1(...)1()1()1(1110w C k k C k u C k u C k k k k k k kk -⋅+---⋅++-⋅-⋅+⋅⋅-- = 1|)')1((=-x k x= 0 # 22. 设f (x )的定义域是[0, 1]中的有理数,F (n ) = ()nknk f 1=∑, F *(n ) = ()n k nn k k f 1),(1==∑,证明: F *(n ) = μ(n )*F (n ). 证明:由Mobius 变换定理知, 等价于证明F (n ) = F *(n )*e (n ), 即要证F (n ) = ∑∑∑==⎪⎭⎫ ⎝⎛=nd dd k k nd d k f d F |1),(1|*)(. 而对于r /n , r = 1, 2, …, n 的每个分数, 既约后均为k /d , d | n , k ≤ d , (k , d ) = 1的形式, 即为某个r /n , 1 ≤ r ≤ n . 故∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛n r nd dd k k n r f d k f 1|1),(1, 即F (n ) = ∑nd d F |*)(, 再由Mobius 逆变换即得. #23. 证明: 若f (n )是完全积性函数, 则对所有的数论函数g (n ), h (n ), 有f (n ) (g (n ) *h (n )) = (f (n )g (n )) * (f (n )h (n )).证明:f (n )⋅(g (n )*h (n )) = f (n )⋅(∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n h d g |)()= ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n h d g n f |)()(= ∑⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛nd d n h d n f d g d f |)()(= (f (n )⋅g (n ))*(f (n )⋅h (n )) #24. 证明: 若f (n )和f 1(n )各为g (n )和g 1(n )的麦比乌斯变换, 则()()d nnd dn nd f d g g d f 1|1|)()(∑=∑. 证明:f (n ) = ∑nd d g |)(, f 1(n ) = ∑nd d g |11)(,∑∑∑⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛nd n d dc d n g c g d n g d f |||11)()( ∑∑∑∑∑==⎪⎭⎫⎝⎛an b na n a an b n d b g a g b g a g d n f d g ||1||1|1)()()()()( 令b = n /d , 则(n /d ) | (n /a )⇒ a | d . 于是∑∑∑∑⎪⎭⎫⎝⎛=n d d a an b na d n g a gb g a g ||1||1)()()(.故∑∑⎪⎭⎫⎝⎛n d dc d n g c g ||1)(与∑∑n a an b b g a g ||1)()(展开式中每一项均相等, 因此()()d nnd dn nd f d g g d f 1|1|)()(∑=∑. # 证法二f = g *e ,f 1 =g 1*e , 则f *g 1 = g *e *g 1 = g *g 1*e = g *(g 1*e ) = g *f 1. # 25. 设f (x )是一个整系数多项式, ψ(n )代表f (0), f (1), ⋅⋅⋅ , f (n -1) (1)中与n 互素的数的个数, 证明: (1) ψ(n )是积性数论函数;(2) ψ(p α) = p α-1( p -b p ), b p 代表(1)中被素数p 整除的数的个数. 证明:(1) 需证 ∀(m , n ) = 1,f (0), f (1), …, f (n -1) f (n ), f (n + 1), …, f (2n -1) ……f ((m -1)⋅n ), f ((m -1)⋅n + 1), …, f ((m -1)⋅n + n -1)中与mn 互素的个数为ψ(m )ψ(n )个. 又f (x )为整系数多项式, 故 f (i + n ) ≡ f (i ) mod n f (i + m ) ≡ f (i ) mod m故上述mn 个数中每一行与n 互素的有ψ(n )个, 所以f (0), f (1), …., f ((m -1)⋅n + n -1)中共有m ψ(n )个与n 互素的数. 而f (i ), f (n + i ), …, f ((m -1)⋅n + i )由于i , n + i , …, (m -1)⋅n + i 恰好通过mod m 的一组完系, 所以上述m ψ(n )个与n 互素的数中有ψ(m )ψ(n )个与m 互素, 因此有ψ(mn ) = ψ(m )ψ(n ). (2) (a , p α) = 1⇔(a , p ) = 1, 而f (0), f (1), …, f (p -1) f (p ), f (p + 1), …, f (2p -1) ……f ((p α-1-1)⋅p ), f ((p α-1-1)⋅p + 1), …, f ((p α-1-1)⋅p + p -1) 每一行与p 互素个数为p -b p , 于是ψ(p α) = p α-1(p -b p ). # 26. 证明.))((())((2|3|t d t d nt nt ∑=∑证明:因为d 为积性函数, 故d 3, d 3*e , (d *e )2均为积性函数, 故只需对n = 1及n = p α证明上式即可!n = 1时, 左边 = 1 = 右边, 故命题成立. n = p α时, p 为素数, α ≥ 1时()()223330303|32141)1(...21)1())(())((++=++++=+==∑∑∑==ααααααi i ipt i p d t d ()()∑∑∑∑=++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==ααααααp t i i i p t t d i p d t d |32220202|))((2141)1()()(. # 27. 找出所有的正整数n 分别满足(1) ϕ(n ) = n /2; (2) ϕ(n ) = ϕ(2n ); (3) ϕ(n ) = 12.证明: 设n = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , p 1 < p 2 < … < p k , 则ϕ(n ) = n (1-1/p 1)…(1-1/p k ).(1) 若ϕ(n ) = n /2, 则(1-1/p 1)…(1-1/p k ) = 1/2.若t = 1, 则p 1 = 2, n = 2α即为所求.若p 1 ≠ 2, (1-1/p 1)…(1-1/p k ) = 1/2, 则2(p 1-1)…(p k -1) = p 1p 2…p k , 而p 1, p 2, …, p k 均为不同的奇素数, 所以此时ϕ(n ) = n /2不成立.(2) 若n 为奇数, p 1, p 2, …, p k 均为不同的奇素数, 则)(11...1111...112112)2(11n p p n p p n n k k ϕϕ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=. 若n 为偶数, 设p 1 = 2, 则)(211...211211...112112)2(2n p n p p n n t ϕϕ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=. 所以当n 是奇数时, ϕ(n ) = ϕ(2n ).(3) 若ϕ(n ) = p 1α1-1(p 1-1) p 2α2-1(p 2-1)⋅⋅⋅ p k αk -1(p k -1) = 12, 则p i - 1 | 12, i = 1,2, …, k . 故p i ∈ {2, 3, 5, 7, 13}且k ≤ 3, αi ≤ 3, i = 1, 2, …, k . 则若2|/n , ϕ(n ) = 12, 则n = 13, 3⨯7; 若2||n , 则n = 2⨯13, 2⨯3⨯7; 若4 || n , 则n = 4⨯7. 若2k || n (k ≥ 3), 则ϕ(n ) = ϕ(2k )⋅ϕ(n /2k ) = 2k -1⋅ϕ(n /2k ) = 12没有整数解, 所以ϕ(n ) = 12的解只有n = 13, 3⨯7, 2⨯13, 2⨯3⨯7, 4⨯7. #28. 证明: 设p n 表示第n 个素数, 则存在正常数C 1, C 2使C 1 n log n < p n < C 2 n log n .证明:n ≥ 2时, 由第7节定理1有nnn n n log 12)(log 81≤≤π将n 换成p n , 有nn n np p n p p log 12log 81≤≤. (1)上面不等式左边给出 p n ≤ 8n log p n . (2) 两边取对数有 log p n ≤ log8n + loglog p n . (3) 又x > 1时, log x < x /2, 所以loglog p n < log p n /2. 所以由(3)式, 有log p n /2<log8n . log p n <2log8n ≤8log n (因为n ≥ 2, (8n )2 ≤ n 8)再由(2)有, p n <64n log n , 取C 2 = 64即可. 而(1)的右边给出p n ≥ n log p n /12> n log n /12, 故取C 1 = 1/12即可. 即(1/12) n log n < p n < 64 n log n . #29. 证明: 设f 1 = f 2 = 1, F n +2 = F n +1 + F n (n ≥ 0), 则(F m , F n ) = F (m , n ).证明:(1) 首先证明对于n ≥ 2, m ≥ 1有f n +m = f n -1f m + f n f m +1, (*)对m 归纳证之m = 1时, 要证f n +1 = f n -1f 1 + f n f 2 = f n -1 + f n 即可. 假设小于m 时(*)成立. 则等于m 时, 由题设 f n +m = f n +m -1 + f n +m -2= (f n -1f m -1 + f n f m ) + (f n -1f m -2+f n f m -1) (归纳假设) = f n -1(f m -1 + f m -2) + f n (f m + f m -1) = f n -1 f m + f n f m +1 (m ≥ 3)m = 2时, f n +2 = f n +1 + f n = f n + f n -1 + f n = 2f n + f n -1f 2 = f n -1f 2 + f n f 3 故(*)成立.(2) 若m | n , 则f m | f n , 事实上, 设n = mn 1, 对n 1归纳, n 1 = 1时显然, 设f m | f mn 1, 则f m (n 1+1) = f mn 1+m )1(=f mn 1-1⋅f m + f mn 1⋅f m +1 故f m | f m (n 1+1) 故m | n 时, f m | f n . (3) (f n , f n + 1) = 1, n ≥ 1设(f n , f n + 1) = d , 则由题设 f n + 1 = f n +f n - 1 ⇒ d | f n - 1, 继续下去得d | f 1 = 1, 即d = 1. (4) 设m > n , (f m , f n ) =f (m , n ). 若m = n , 显然. 事实上, 设m = nq + r , 0 < r < n .(因若n | m , 由(2)显然). 由(1)及(2)有:(f m , f n ) = (f nq + r , f n )= (f nq - 1f r + f nq f r + 1, f n ) nqn f f |=(f nq - 1f r , f n )而f n | f nq , (f nq - 1, f nq ) = 1, ∴(f nq - 1, f n ) = 1, ∴(f m , f n ) = (f r , f n )令n = q 1r + r 0, 同上又有(f r , f n ) = (f r , f r 0) =…=f (m , n ). # 30. 证明: 设f (n )是一个积性函数, 则对素数的方幂p α (α ≥ 1)有f ( p α) = f ( p )α,则f (n )是完全积性函数. 证明:设m = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , n = p 1β1 p 2β2⋅⋅⋅ p k βk , αi ≥ 0, βi ≥ 0, i = 1, 2 , …, k .f (m ) = f (p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk ) = f (p 1α1)…f (p k αk ) = f (p 1)α1…f (p k )αk .同理, f (n ) = f (p 1)β1…f (p k )βk . 所以f (mn ) = f (p 1α1+β1p 2α2+β2⋅⋅⋅ p k αk +βk ) = f (p 1)α1+β1…f (p k )αk +βk . #31. 证明: 若F (n ), f (n )是两个数论函数, 则F (n ) = nd |∏f (d )的充分必要条件是f (n ) = nd |∏F (d )μ(n /d ).证明:“⇒”)/(||1|)/(1)()(d n u n d dd nd d n u d f d F ∏∏∏== )/(|)/(|1111)(td n u n d d n t d f ∏∏(d = d 1t )= ∑∏)1/(|11)/(|1)(d n t td n u nd d f = ∏=11|1)(d n nd d f= f (n )“⇐”)/(||1|)/(1)()(d n u n d dd nd d n u d F d f ∏∏∏== )/(|)/(|1111)(td n u n d d n t d F ∏∏ (d = d 1t )= ∑∏)1/(|11)/(|1)(d n t td n u nd d F= ∏=11|1)(d n n d d F= F (n ) #。
素数组合规则解答
基础数论就是要厘清这些奥秘真相，是自然数数论天机谜底。
这是复合“积”范畴与“和”范畴不相同区别。
其它理论，如奇数分解有二种:
“和”的分解与“积”的分解可用逆向思维方法进行。
“和”先分解任意一个奇数，再把剩下偶数按偶数方法进行分解，这样把叠加堆垒形态倒过来进行而已。
3， 具体数字:
1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，65，67，69，71，73，75，77，79，81，83，85，87，89，91，93，95，97，99……
称之为偶组合:
偶数个数素数1+1=偶数。
以及(奇数个数数量)叠加组合【三重奇数6N+3和双轨数阳奇(6N+1)，阴奇(6N-1)之三列中】奇组合数，
称之为奇组合:
奇数个数素数1+1+1=奇数。
②，“积”是在铁路双轨数中(任意阴阳两种)素数6N±1，经过2^2=4次变換
=6(N1+N2+N3)+1-1+1
=6N+1
这就是阳奇数 6N+1 数理模式
(略)
⑥ 奇数w
=阳+阴+阴
=1+1+1
=P1+P2+P3
=(6N1+1)+(6N2-1)+(6N3-1)
=6(N1+N2+N3)+1-1-1
=6N-1
这就是阴奇数 6N-1 数理模式
乐平林登发
职称经济师
谬证：1+1≠2的n种可能
最近看到几个有趣的数学谬证，想写下来与大家分享；结果写到这个又想到那个，一写就写个没完，于是想到干脆做一篇谬证大全，收集各种荒谬的证明。
如果你有什么更棒的“证明”，欢迎来信与我分享，我会更新到这篇日志中。
我的邮箱是 matrix67 at ，或者 gs.matrix67 at 。
1=2？史上最经典的“证明”设 a = b ，则a²b = a^2 ，等号两边同时减去 b^2 就有a²b - b^2 = a^2 - b^2 。
注意，这个等式的左边可以提出一个 b ，右边是一个平方差，于是有b²(a - b) = (a + b)(a - b) 。
约掉 (a - b) 有 b = a + b 。
然而 a = b ，因此 b = b + b ，也即 b = 2b 。
约掉 b ，得 1 = 2 。
这可能是有史以来最经典的谬证了。
Ted Chiang 在他的短篇科幻小说Division by Zero 中写到：There is a well-known “proof” that demonstrates that one equals two. It begins with some definitions: “Let a = 1; let b = 1.” It ends with the conclusion “a = 2a,” that is, one equals two. Hidden inconspicuously in the middle is a division by zero, and at that point the proof has stepped off the brink, making all rules null and void. Permitting division by zero allows one to prove not only that one and two are equal, but that any two numbers at all—real or imaginary, rational or irrational—are equal.这个证明的问题所在想必大家都已经很清楚了：等号两边是不能同时除以 a - b 的，因为我们假设了 a = b ，也就是说 a - b 是等于 0 的。
n与2n之间必有素数的最简证明
n与2n之间必有素数的最简证明在数学领域，素数一直以来都是一个重要而有趣的研究课题。
本文将从最简单的角度出发，证明了在任意两个正整数n和2n之间，一定存在至少一个素数。
为了方便证明，首先我们需要了解什么是素数。
素数指的是一个大于1的自然数，它除了1和自身之外没有其他因数。
常见的素数有2、3、5、7等。
而合数则是可以被大于1和小于自身的数整除的自然数，例如4、6、8等。
现在，我们来证明在n和2n之间一定存在至少一个素数。
首先，我们来看一下最简单的情况，即当n为2的情况。
此时，n=2，2n=4，我们可以发现在这个区间内有一个素数，即2。
这是因为2是唯一一个同时小于4和大于1的自然数。
接下来，我们假设n不是2的情况，即n大于2。
那么，我们可以分两种情况进行讨论。
情况一：n是一个奇数。
由于n是奇数，那么2n一定也是奇数。
我们知道奇数除了可以被1和自身整除外，不可能有其他因数为奇数。
因此，在n和2n之间，不存在偶数这个因数，而且2n一定不是素数，因为它至少可以被2整除。
所以，在这种情况下，n和2n之间一定存在一个奇数，它是素数。
情况二：n是一个偶数。
那么，我们可以将n表示为一个素数p与一个正整数k的乘积，即n=pk。
由于n是偶数，那么p只能是2，因为其他素数与2相乘得到的结果是奇数。
所以，n可以表示为n=2k。
根据我们的假设，n不是2，那么k至少等于2。
此时，我们可以将2n表示为4k。
我们可以发现，在4k和4k+2之间，一定存在一个偶数4k和一个奇数4k+2。
对于偶数4k来说，它除了1和自身外，还可以被2整除，所以不是素数。
而对于奇数4k+2来说，它至少可以被2和4整除，同样也不是素数。
综上所述，在任意两个正整数n和2n之间，无论n是奇数还是偶数，都一定存在至少一个素数。
因此，我们证明了n与2n之间必有素数的结论。
总结起来，从最简单的情况开始分析，再通过对奇数和偶数的讨论，我们得出了在n与2n之间一定存在至少一个素数的结论。
二项式加法公式
二项式加法公式二项式加法公式是代数学中的重要公式之一，它可以用来求解二项式之和。
本文将深入探讨二项式加法公式的推导和应用。
一、二项式的定义在代数学中，二项式是指两个数的和或差的代数式。
一般地，二项式的一般形式为：(x + y)^n其中，x和y是任意实数，n是非负整数。
二、二项式的展开要讨论二项式加法公式之前，我们首先需要了解二项式的展开。
根据二项式定理，可以将二项式展开为多个项的和。
二项式定理的表达式如下：(x + y)^n = C(n,0) * x^n * y^0 + C(n,1) * x^(n-1) * y^1 + C(n,2) * x^(n-2) * y^2 + ... + C(n,n) * x^0 * y^n其中，C(n,k)表示从n个元素中选取k个元素的组合数。
三、二项式加法公式的推导根据二项式的展开和组合数的性质，可以推导出二项式加法公式。
我们以(x + y)^2为例来说明。
展开式为：(x + y)^2 = C(2,0) * x^2 * y^0 + C(2,1) * x^1 * y^1 + C(2,2) * x^0 *y^2化简得：(x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2可以看出，二项式展开中的系数分别为1、2和1，它们分别对应于公式中的x^2、xy和y^2。
同样地，我们可以推导出一般情况下的二项式加法公式。
对于(x + y)^n，展开式为：(x + y)^n = C(n,0) * x^n * y^0 + C(n,1) * x^(n-1) * y^1 + C(n,2) * x^(n-2) * y^2 + ... + C(n,n) * x^0 * y^n四、二项式加法公式的应用二项式加法公式在代数学中有广泛的应用。
其中，它可以用来求解各种组合问题，例如排列、组合、集合等。
同时，二项式加法公式也常用于展开多项式或简化代数式。
在数学建模、概率统计等领域中，它也是不可或缺的工具。
质数通项公式
质数通项公式质数通项公式是一种数学公式，可以用来表示质数的规律。
质数是指只能被1和自身整除的正整数，如2、3、5、7等。
质数通项公式可以帮助我们找到更多的质数，它的发现和研究对数学的发展具有重要的指导意义。
质数通项公式最早由古希腊数学家欧几里得提出，他通过分析质数的规律，总结出了一条通项公式，即：P(n) = 2n - 1，其中P(n)表示第n个质数。
这个公式很简单，只需要输入一个整数n，就可以计算出对应的质数。
这个公式的作用是可以快速判断一个数是否为质数。
我们只需要将该数带入质数通项公式计算，如果得到的结果为一个整数，那么这个数就是质数；如果得到的结果为一个小数或者无法得到结果，那么这个数就不是质数。
然而，随着数学的发展，人们发现了更加精确和复杂的质数通项公式。
例如，欧拉提出的欧拉定理可以表示为：P(n) = n^2 - n + 41，其中P(n)仍代表第n个质数。
这个公式在一定范围内可以得出很多质数，但并非所有n都能得到质数。
人们还发现了更多的质数通项公式，如费马定理、拉马努金公式等。
这些公式虽然更加复杂，但它们揭示了质数之间的一些规律和性质，为研究质数理论提供了重要的线索。
质数通项公式的研究对数学的发展具有指导意义。
通过研究和推导质数通项公式，我们可以更好地理解质数的性质和分布规律。
同时，质数通项公式的探索也推动了数学领域其他重要理论的发展，如素数定理、黎曼猜想等。
值得一提的是，质数通项公式虽然具有一定的指导作用，但并不能涵盖所有质数。
质数是一种非常特殊的数，它的分布规律至今仍然不完全被了解。
因此，研究质数仍然是数学家们努力的方向。
总而言之，质数通项公式是一种揭示质数规律的数学公式，它对数学的发展具有重要的指导意义。
通过研究质数通项公式，我们可以更好地理解质数的性质和分布规律，为数学领域的其他重要理论的发展提供指导。
然而，质数的研究仍然存在诸多挑战和未解之谜，需要数学家们不断努力。
二次互反律——精选推荐
二次互反律二次互反律本词条缺少信息栏、名片图，补充相关内容使词条更完整，还能快速升级，赶紧来编辑吧！在数论中，特别是在同余理论里，二次互反律（quadratic reciprocity law）是一个用于判别二次剩余，即二次同余方程之整数解的存在性的定律。
1简介二次互反律是经典数论中最出色的定理之一。
二次互反律涉及到平方剩余的概念。
设a,b是两个非零整数，我们定义雅克比符号(a/b)：如果存在整数x, 使得b整除（x2-a），那么就记(a/b)=1;否则就记（a/b）=-1。
在b是素数时这个符号也叫做勒让德符号。
高斯二次互反律：设p和q为不同的奇素数，则(p/q)(q/p)=( ? 1)^[(p ? 1)(q ? 1) / 4]2作用二次互反律漂亮地解决了勒让德符号的计算问题，从而在实际上解决了二次剩余的判别问题。
欧拉和勒让德都曾经提出过二次互反律的猜想。
但第一个严格的证明是由高斯在1796年作出的，随后他又发现了另外七个不同的证明。
在《算数研究》一书和相关论文中，高斯将其称为“基石”。
私下里高斯把二次互反律誉为算术理论中的宝石，是一个黄金定律。
有人说：“二次互反律无疑是数论中最重要的工具，并且在数论的发展史中处于中心地位。
”高斯之后雅可比、柯西、刘维尔、克罗内克、弗洛贝尼乌斯等也相继给出了新的证明。
至今，二次互反律已有超过200个不同的的证明。
二次互反律可以推广到更高次的情况，如三次互反律等等。
二次互反律被称为“数论之酿母”，在数论中处于极高的地位。
后来希尔伯特、塞尔等数学家将它推广到更一般的情形。
二次互反律的一个特殊情形：2永远是8n±1型质数的平方剩余，永远是8n±3型质数的非平方剩余。
证明：（4n）！（mod8n+1）≡（2*4*6*8*……*（4n））*（1*3*5*7*……*（4n-1））≡（2^（2n）*（1*2*3*4*……*（2n）））*（（-8n）*（-8n-2）*……*（-4n-2））≡（2^（2n）*（1*2*3*4*……*（2n）））*（（- 2）^（2n）*（（4n）*（4n-1）*……*（2n+1）））≡2^（4n）*（4n）！∴当8n+1是质数时，必有2^（4n）≡1（mod8n+1），∴2永远是8n+1型质数的平方剩余，其余的可类似证明。
梅尼劳斯定理
梅尼劳斯定理梅尼劳斯定理的内容是：每一个正整数，如果它能被再次分解成若干子项相乘，而且其中没有公因子，则可以化为两个素数之和。
对于分解出的各个素数都应是合数，且没有公共因子。
简单地说就是每个偶数都可以写成两个素数之和。
可以证明，梅尼劳斯定理的主要意义是：任何一个大偶数都可以写成几个素数之和，除了2以外， 2的任何因子都不是质数；还证明了奇数中素数占绝大多数。
，我们先假设正好能够分解成两个素数之和，并且两个素数是互质的（这是素数定理告诉我们的），那么这个正整数分解出的两个素数必然互素，即：偶数a=a+2。
因此正整数a可以分解成两个素数之和。
接下来是证明在假设中提到的两个素数互质。
用素数定理，我们知道互素的两个素数必然是合数，显然我们的证明不会太复杂。
2011年2月，德国数学家迈克尔·梅尼劳斯在《科学》杂志上发表论文，声称他证明了在一个大偶数被分解成两个素数之和的过程中，可以把它分解成2个素数之和的“公因子”数量是素数最大公约数的两倍，即偶数a=a+2。
这是一个重大突破，为了纪念这位数学家，数学界把这种能把大偶数分解成两个素数之和的性质命名为梅尼劳斯定理。
看起来挺容易的，实际操作起来却并不容易，需要我们做很多的研究工作。
最重要的是，我们需要有强大的运算功底。
但如果仅仅停留在研究阶段，一旦发表的话，对我们的生活没有多大影响。
最多发表论文时别人会说你已经证明了梅尼劳斯定理，可这对我们生活有什么帮助呢？虽然，这只是一个猜想，但无论如何，这是伟大的猜想。
我不得不说这也是个伟大的发现，对这个发现，也许不同的人有不同的看法，但不可否认的是它给我们带来了很大的便利。
素数的使用范围扩展了，有很多难题迎刃而解。
我们现在使用计算器的时候，只需要按个位上的数字，就可以方便的得出答案，如果有了素数，我们也不必麻烦的在算盘上计算了。
很多科学家都有过发现。
这种精神值得我们去学习。
“从根本上来讲，这个定理的目标是将‘长度’或‘长度’这个词翻译成‘素数’。
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给一充分大的自然数 N 则不大于 N 的素数个数为 (N) 记 di 为不大于 N 的素数 pi 的相继素数差 di pi+1 pi [i 2,3,......, (N) 1 pi 在本文 中表示按从小到大顺序排列的第 i 个素数] 若不考虑素数 2 这一特例 可知 di 的下界是 2 记 D(N) 为不大于 N 的素数的相继素数差的上界 人们自然 会问 D(N) 可能有多大 ? 对充分大的正数 N 杰波夫猜测 N2 (N+1)2 之间有素数 Cramér 猜测 2 切比雪夫证明了 N 2N 之间有素数 到目前为止 楼世拓和姚 D(N) ln N 琦已证明 D(N) kN6/11+ (其中 为任意小正数 k 为大于 1 的正数)
_______________________________________________________________________________ 中国科技论文在线
D[(N+1)2] 由于 (N+1)2 定理 3-1 pn
1/2
2pn
2N (N+1)2] 内有素数
当 n k 时 应在数列(c)的基础上安排数值为 pk 的元素 根据规则(g) 数 列(c)上可以安排数值为 pk 的元素的位置只有 4 个 这就是 数列(c)的两端 的外侧 数值为 pk-2 和 pk-1 的元素的位置 而且只能有以下三种方式 在当前数列的基础上采用以下步骤 用新的元素 pk 置换出数列中唯一一个值等于 pk-2 的元素 将置换出来的元素 pk-2 排列在数列的一端 这时数列的元素个数为 Lk-1 1 (pk-2 1) 1 pk-2 排在数列的另一 而
由于筛掉最小素因数不大于 pn 的元素后 数列(q)中剩余的所有数值小于 pn+1 的元素都是素数 所以可以确定 不大于 pn+12 的任意两相邻素数之差都不 大于 2pn 即
2
D(pn+12)
2pn pn+12
(3-1) 所以不大于 (N+1)2
2 对于满足 pn N pn+1 的自然数 N 因为 (N+1) 的素数相继素数差上界 D[(N+1)2] 满足不等式
_______________________________________________________________________________ 中国科技论文在线 (q)的通项公式 ai Dj,i j i i 2 1 可知二者之间的距离为 (ai 1)/2 (kai ai)/2 (k 1)ai/2
N2
pipi+1
pi(pi
2)
pi2
2pi
式(3-1)表明区间 (pi2, pi2 2pi) 内有素数 再由所设条件 pi2 pn 可知上 2 式右端大于 pn+1 即 N2 pn+1 所以无论 pi 是否大于 pn+1 pn 与 pn+1 之间最小 1/2 素因数大于 pn 的奇数最多只有 1 个 而小于 pn 的素数与其相邻素数之间 所有奇数的最小素因数都不大于 pn1/2 证毕 四 相邻素数间最小素因数相同的奇数个数与相继素数差的关系 b 为正整数 且 (a b) 1 则奇数数列(q)有以
(b) (2-1)
的
显然 Ln 比 La 大一倍 下面用归纳法证明 Ln 是由不大于 pn 的素数组成 遵从规则(g)的素数数列中元素个数的最大值
证 最小的奇素数是 3 p3 3 所以 n 从 4 开始 3 而 p4-1 n 4 时 如同数列(a)和数列(a')形式的数列都只有一个元素 5 p4 7 按规则(g) 组成最大元素值不超过 7 的最长素数数列只能为 3,5,7,3 或 3,7,5,3 L4 4 p4-1 1 数列的元素个数为 n k 1 时 按上述方式排列的素数数列如下 pk-2,......,23,3,19,17,3,13,11,3,7,5,3,pk-2,pk-1,3,5,7,3, (c) 11,13,3,17,19,3,23,......,pk-2 设这是以最大元素值不超过 pk-1 个数为 Lk-1 pk-2 1 按规则(g)组成的最长素数数列 数列的元素
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最大相继素数差一般表达式的推导
蒋力 摘要 建立奇数数列及与之对应的最小素因数数列 构造出符合该数列排列 2 2 规则 元素个数最多且所有元素都不大于 N 的数列 从而得到 [N , (N+1) ]内 有素数的结论 进一步分析相邻素数间奇数最小素因数的特点 揭示出其中隐 藏的一些规律 得到不超过自然数 N 的最大相继素数差的一般表达式 关键词 最小素因数 素数数列 相继素数差
(d)
直接将元素 pk 排列在数列(c)一端的外侧 此时 pk Lk-1 1 由于规则(g)的 限制 在数列(c)中不可能再安排第二个等于 pk 的元素 只可能取其它小于 pk 的元素按照规则(g)继续排列在元素 pk 的外侧 因此最终比数列(c)增加的元 素个数为 L (pk-1 pk-2)/2 Lk/2
取其最小素因数为新元素
3,5,7,3,11,13,3,17,19,3,23,5,3,29,31,......
(p)
关于数列(p)的排列方式 有定理 1-1 数列(p)的排列方式遵从以下基本 规则 ── 规则(g) 数值相同的元素之间的距离为其值的整数倍 若数列中某元素的值为 pi 则所有与该元素的距离等于 pi 的整数倍位置 上的元素的值都不大于 pi 证 若数列(q)上第 j 个元素 aj 是第 i 个元素 ai 的 k 倍 根据奇数数列
既然是关于相继素数差的问题 那么不妨从素数及相继素数差的产生过 程中寻求答案 由于素数中只有 2 是偶数 因此本文仅从奇数及奇数组成的数 列出发进行讨论 一 奇数数列和对应的最小素因数数列 将大于 1 的所有奇数按从小到大的顺序排列 可得到一奇数数列 (q) 按
3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,......,2k+1,...... 将数列(q)中每一元素按算术基本定理分解 原顺序排列可得到一对应数列
用元素 pk 置换出数列(c)中唯一一个值等于 pk-1 的元素 将置换出的元素 pk-1 排列在数列(c)一端的外侧 由于 pk-1 Lk-1 1 受到规则(g)的限制 此时 在数列(c)中不可能再安排第二个等于 pk-1 的元素 结果与 相同 由此可知 当 n k 时 按照规则(g)构造的元素个数最多的素数数列只能 是数列(d) 因此 Ln 是由不大于 pn 的元素组成的遵从规则(g)的素数数列的 元素个数最大值 证毕 三. 初步结论 记 M 为筛掉数列(q)中最小素因数不大于 pn 的元素后 剩余相邻元素之 间被筛掉的元素个数的最大值 由定理 1-2 及式(2-1)可知 M Ln pn-1 1 记 D'为筛掉数列(q)中最小素因数不大于 pn 的元素后 所有两相邻元素 之差的最大值 则 D' 2M 2 2(pn-1 1) 2 2pn-1 2pn
(kai
1)/2
由于数列(q)中的元素都是奇数 k 只能取奇数 因此 (k 1)/2 为整数 所以 Dj,i 是 ai 的整数倍 同理 若第 h 个元素 ah 是 ai 的 m 倍 则二者之间的距离 Dh,i 也是 ai 的整数倍 ah aj 之间的距离为 h j (m k)ai/2 仍然是 ai 的整数倍 因 此数列(q)中所有值为 ai 整数倍的元素 其相互之间的距离都为 ai 的整数 倍 任选数列(p)中某个元素 pi 由数列(p)的定义可知 其中所有数值等于 pi 的元素 在数列(q)中对应位置的元素都是 pi 的整数倍 它们相互间的距离都 为 pi 的整数倍 因而可知 所有数值等于 pi 的元素在数列(p)中相互的距离 同样为 pi 的整数倍 因此规则(g)的 成立 设数列(q)中第 k 个元素 ak 为 pj 的整数倍 若 ak 的最小素因数为 pi 且 pi 不大于 pj 根据数列(p)的定义 ak 在数列(p)中对应位置的元素值 只能是 pi 因此规则(g)的 成立 证毕 定理 1-2 用不大于 pn 的奇素数作元素 按规则(g)构造出一个包含元素 个数最多的数列 将最小素因数不大于 pn 的元素筛掉后 数列(q)剩余的元素 中任意相邻元素之间被筛掉的元素个数都不超过这个数列的元素个数 而且所有 这些被筛下来的元素的最小素因数都不大于 pn 证 筛掉数列(q)中最小素因数不大于 pn 的元素后 记 m 为此时数列(q) 中任意两相邻元素之间被筛掉的元素个数 可知这 m 个元素的最小素因数都不 大于 pn 而且按其在数列(q)中的顺序排列 依然是数列(q)的子数列 由此可 知以这些元素的最小素因数为元素 按原顺序排列的数列都是数列(p)的子数 列 而当 pn 为有限值时 以不大于 pn 的素数为元素 按规则(g)排列数列 中 必然有组成数列的元素个数最多的数列 由于数列(p)的最大元素值不大于 pn 的子数列 其排列顺序也遵从规则(g) 因此这些子数列的元素个数不可能 超过按规则(g)排列的元素个数最多的那个数列 证毕 二 构造数列
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pn-1,......,23,3,19,17,3,13,11,3,7,5,3
(a')
在数列(a')与(a)之间插入数值分别为 pn-1 和 pn 的素数(两数列中所有元素 的值都不大于 pn-2 ) 将这两个数列连接起来 这样得到一个依然符合规则(g) 的新数列 其形式如下 pn-1,......,23,3,19,17,3,13,11,3,7,5,3,pn,pn-1,3,5,7,3, 11,13,3,17,19,3,23,......, pn-1 数列(b)的元素个数为 Ln [(pn-1 1)/2 1] 2 2 pn-1 1