素数定理的一个初等证明
初等数论资料
5.阿特勒·塞尔贝格阿特勒·塞尔贝格（Selberg,Atle），1917年6月17日出生于挪威，美国国籍。
1950年在坎布里奇获菲尔兹奖，曾在奥斯陆大学、普林斯顿高等研究所工作，主要成就有：数论中素数定理的初等证明和对黎曼假设的贡献。
目录∙ 1 简介∙ 2 获奖情况∙ 3 主要成就阿特勒·塞尔贝格 - 简介阿特勒·塞尔贝格（Selberg,Atle），1917年6月17日出生于挪威，美国国籍，获菲尔兹奖时年龄33岁。
阿特勒·塞尔贝格 - 获奖情况阿特勒·塞尔贝格1950年在坎布里奇获菲尔兹奖。
获奖前后的工作地点是奥斯陆大学、普林斯顿高等研究所。
阿特勒·塞尔贝格 - 主要成就阿特勒·塞尔贝格的主要成就有：数论中素数定理的初等证明和对黎曼假设的贡献；弱对黎曼空间中调和分析和不连续群及其狄里克雷级数的应用；连续群的离子群研究。
[1]6.厄多斯生平简介保罗‧厄多斯(1913-1996)是一位匈牙利的数学家。
其父母都是匈牙利的高中数学教师。
保罗·厄多斯，1983年以色列政府颁给十万美元“沃尔夫奖金”（WolfPrize）就是由他和华裔美籍的陈省身教授平分。
厄多斯是当代发表最多数学论文的数学家，也是全世界和各种各样不同国籍的数学家合作发表论文最多的人。
他发表了近1000多篇的论文，平均一年要写和回答1500多封有关于数学问题的信。
他可以和任何大学的数学家合作研究，他每到一处演讲就能和该处的一两个数学家合作写论文，据说多数的情形是人们把一些本身长期解决不了的问题和他讨论，他可以很快就给出了问题的解决方法或答案，于是人们赶快把结果写下来，然后发表的时候放上他的名字，厄多斯的新的一篇论文就这样诞生了。
保罗·厄多斯出生前，有两个姊姊相继去逝。
这个因素造成厄多斯受双亲的百般呵护。
他第一次显露数学天份是在1917年，当时他4岁，还不会写数目字，但是会心算。
《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)。
素数定理的概述
素数定理是数论中的一项基本定理，它给出了素数的分布规律。
该定理最初由数学家雅可比（Jacobi）在1838年提出，并于1851年由黎曼（Riemann）进行了证明。
下面是素数定理的概述：
素数定理陈述了当自然数趋近无穷大时，素数的数量与整体自然数的比例逐渐趋近于一个特定的值，该值称为素数密度。
具体来说，素数定理表明，若π(x)表示小于或等于x的素数个数，则当x趋近于无穷大时，π(x)与x/ln(x)的比值趋近于1，即：
lim (x→∞) (π(x) / (x/ln(x))) = 1
其中ln(x)表示自然对数。
这个定理的意义在于揭示了素数在自然数中的稀疏程度，即素数的分布相对均匀。
素数定理的证明是相当复杂的，涉及到复分析和数论中的高级数学工具。
黎曼的证明中引入了著名的黎曼猜想，该猜想与素数的分布密切相关。
然而，黎曼猜想至今尚未得到完全证明，仍然是数论中一个悬而未决的难题。
素数定理的应用广泛，不仅在数论研究中起到了重要的基础作用，也在密码学、编码理论和算法设计等领域有着重要的应用。
此外，素数分布规律的研究对于了解整数的性质以及数论中其他重要问题的解决也具有重要意义。
《初等数论》历年考试解答
《初等数论》习题集第1章第 1 节1. 证明定理1.2. 证明：若m-p∣mn+pq，则m-p∣mq+np.3.证明：任意给定地连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数地数字和能被11整除.4. 设p是n地最小素约数，n=pn1，n1>1，证明：若p>，则n1是素数.5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为a2+p（a > 0是整数，p为素数）地形式.第 2 节1.证明：12∣n4+2n3+11n2+10n，n∈Z.2. 设3∣a2+b2，证明：3∣a且3∣b.3.设n，k是正整数，证明：n k与n k + 4地个位数字相同.4.证明：对于任何整数n，m，等式n2+ (n+1)2 =m2+ 2不可能成立.5. 设a是自然数，问a4- 3a2+ 9是素数还是合数？6.证明：对于任意给定地n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整除.第 3 节1.证明定理1中地结论(ⅰ)—(ⅳ).2.证明定理2地推论1,推论2和推论3.3.证明定理4地推论1和推论3.4.设x，y∈Z，17∣2x+3y，证明：17∣9x+5y.5. 设a，b，c∈N，c无平方因子，a2∣b2c，证明：a∣b.6.设n是正整数，求地最大公约数.第 4 节1. 证明定理1.2.证明定理3地推论.3. 设a，b是正整数，证明：(a+b)[a, b] = a[b, a+b].4. 求正整数a，b，使得a+b = 120，(a, b) = 24，[a, b] = 144.5.设a，b，c是正整数，证明：.6. 设k是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k+ 2k+ + 9k.第 5 节1.说明例1证明中所用到地四个事实地依据.2.用辗转相除法求整数x，y，使得1387x-162y = (1387,162).3.计算：(27090,21672, 11352).4. 使用引理1中地记号，证明：(F n+ 1, F n) = 1.5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1地整数除所得地余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？6.记M n=2n- 1，证明：对于正整数a，b，有(M a, M b)= M(a, b).第 6 节1.证明定理1地推论1.2.证明定理1地推论2.3.写出22345680地标准分解式.4. 证明：在1, 2, , 2n中任取n+ 1数，其中至少有一个能被另一个整除.5.证明：（n≥2）不是整数.6.设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得a = a1a2，b = b1b2，(a2,b2) = 1，并且[a,b] = a2b2.第7 节1.证明定理1.2.求使12347!被35k整除地最大地k值.3. 设n是正整数，x是实数，证明：= n.4.设n是正整数，求方程x2-[x2] = (x-[x])2在[1,n]中地解地个数.5.证明：方程f(x) = [x] + [2x] + [22x] + [23x] + [24x] + [25x] = 12345没有实数解.6. 证明：在n!地标准分解式中，2地指数h = n-k，其中k是n地二进制表示地位数码之和.第8 节1. 证明：若2n+ 1是素数，则n是2地乘幂.2.证明：若2n- 1是素数，则n是素数.3.证明：形如6n+ 5地素数有无限多个.4.设d是正整数，6d，证明：在以d为公差地等差数列中，连续三项都是素数地情况最多发生一次.5.证明：对于任意给定地正整数n，必存在连续地n个自然数，使得它们都是合数.6. 证明：级数发散，此处使用了定理1注2中地记号.第2章第 1 节1.证明定理1和定理2.2.证明定理4.3.证明定理5中地结论(ⅰ)—(ⅳ).4.求81234被13除地余数.5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), ,f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解.6.已知99∣，求α与β.第 2 节1.证明定理1.2.证明：若2p+ 1是奇素数，则(p!)2+ (-1)p≡ 0(mod 2p+ 1).3.证明：若p是奇素数，N = 1 + 2 + + ( p- 1)，则(p- 1)! ≡p- 1(mod N).4.证明Wilson定理地逆定理：若n>1，并且(n- 1)! ≡-1(mod n)，则n是素数.5.设m是整数，4∣m，{a1, a2, , a m}与{b1, b2, , b m}是模m地两个完全剩余系，证明：{a1b1,a2b2, , a m b m}不是模m地完全剩余系.6.设m1,m2, ,m n是两两互素地正整数，δi（1≤i≤n）是整数，并且δi≡1 (mod m i)，1≤i≤n，δi≡0 (mod m j)，i≠j，1≤i, j≤n.证明：当b i通过模m i（1≤i≤n）地完全剩余系时，b1δ1+b2δ2+ +b nδn通过模m =m1m2 m n地完全剩余系.第 3 节1.证明定理1.2.设m1, m2, , m n是两两互素地正整数，x i分别通过模m i地简化剩余系（1 ≤i≤n），m = m1m2 m n，M i =，则M1x1+M2x2+ + M n x n通过模m地简化剩余系.3.设m>1，(a, m) = 1，x1, x2, ⋯, xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：.其中{x}表示x地小数部分.4.设m与n是正整数，证明：ϕ(mn)ϕ((m, n)) = (m, n)ϕ(m)ϕ(n).5.设a，b是任意给定地正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得aϕ(m) = bϕ(n).6.设n是正整数，证明：(ⅰ) ϕ(n) >；(ⅱ) 若n是合数，则ϕ(n)≤n-.第 4 节1. 证明：1978103- 19783能被103整除.2.求313159被7除地余数.3.证明：对于任意地整数a，(a, 561) = 1，都有a560≡ 1 (mod 561)，但561是合数.4. 设p，q是两个不同地素数，证明：p q- 1+q p- 1≡ 1 (mod pq).5.将612- 1分解成素因数之积.6.设n∈N，b∈N，对于b n+1地素因数，你有甚麽与例6相似地结论？第 5 节1.证明例2中地结论.2.证明定理2.3.求.4.设f(n)是积性函数，证明：(ⅰ)(ⅱ).5.求ϕ(n)地Mobius变换.第3章第 1 节1.证明定理3.2.写出789地二进制表示和五进制表示.3.求地小数地循环节.4.证明：七进制表示地整数是偶数地充要条件是它地各位数字之和为偶数.5.证明：既约正分数地b进制小数(0.a-1a-2a-3 )b为有限小数地充要条件是n地每个素因数都是b地素因数.第 2 节1.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，2.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，k≥ 2.3.求连分数〈 1, 2, 3, 4, 5, 〉地前三个渐近分数.4.求连分数〈 2, 3, 2, 3, 〉地值.5.解不定方程：7x- 9y = 4.第 3 节1.证明定理4.2.求地连分数.3.求地误差≤ 10- 5地有理逼近.4.求sin18︒地误差≤ 10- 5地有理逼近.5.已知圆周率π = 〈 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, 〉，求π地误差≤ 10- 6地有理逼近.6.证明：连分数展开地第k个渐近分数为.此处{F n}是Fibonacci数列.第 4 节1.将方程3x2+ 2x- 2 = 0地正根写成连分数.2.求α = 〈〉之值.3.设a是正整数，求地连分数.4.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，证明：地充要条件是p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1.5.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，且正整数n使得p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1，证明：(ⅰ) 当n为偶数时，p n，q n是不定方程x2-dy2 = 1地解；(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2-dy2 = 1地解.第4章第 1 节1.将写成三个既约分数之和，它们地分母分别是3，5和7.2.求方程x1+ 2x2+ 3x3 = 41地所有正整数解.3.求解不定方程组：.4.甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班地学生分到相同数量地铅笔，乙班学生也分到相同数量地铅笔，问应怎样分法？5. 证明：二元一次不定方程ax+by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1地非负整数解地个数为+ 1.6.设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, , ab-a-b中恰有个整数可以表示成ax+by（x≥ 0，y≥ 0）地形式.第 2 节1.证明定理2推论.2.设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z-1，2(x+y +1)都是平方数.3.求整数x，y，z，x > y > z，使x-y，x-z，y-z都是平方数.4.解不定方程：x2+3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1.5.证明下面地不定方程没有满足xyz ≠0地整数解.(ⅰ)x2+y2+z2 = x2y2；(ⅱ) x2+y2+z2 = 2xyz.6.求方程x2+y2 = z4地满足(x, y ) = 1，2∣x地正整数解.第 3 节1. 求方程x2+xy -6 = 0地整数解.2. 求方程组地整数解.3. 求方程2x-3y = 1地正整数解.4.求方程地正整数解.5.设p是素数，求方程地整数解.6. 设2n+ 1个有理数a1, a2, , a2n+ 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数地和相等，证明：a1 = a1 = = a2n+ 1.第5章第 1 节1.证明定理1.2.解同余方程：(ⅰ) 31x≡ 5 (mod 17)；(ⅱ) 3215x≡ 160 (mod 235).3.解同余方程组：.4.设p是素数，0<a<p，证明：(mod p).是同余方程ax≡b (mod p)地解.5.证明：同余方程a1x1+a2x2+ +a n x n≡b (mod m)有解地充要条件是(a1, a2, , a n, m) = d∣b.若有解，则恰有d⋅m n-1个解，mod m.6.解同余方程：2x+ 7y≡ 5 (mod 12).第 2 节1. 解同余方程组：2.解同余方程组：3.有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人.已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？4. 求一个最小地自然数n，使得它地是一个平方数，它地是一个立方数，它地是一个5次方数.5. 证明：对于任意给定地n个不同地素数p1, p2, …, p n，必存在连续n个整数，使得它们中地第k个数能被p k整除.6.解同余方程：3x2+ 11x - 20≡0 (mod 105).第 3 节1.证明定理地推论.2.将例2中略去地部分补足.3.将例4中略去地部分补足.4.解同余方程x2≡-1 (mod 54).5.解同余方程f(x) = 3x2+ 4x-15 ≡ 0 (mod 75).6.证明：对于任意给定地正整数n，必存在m，使得同余方程x2≡1 (mod m)地解数T > n.第 4 节1.解同余方程：(ⅰ)3x11+2x8+ 5x4-1 ≡0 (mod 7)；(ⅱ)4x20+3x12+ 2x7+ 3x-2 ≡0 (mod 5).2.判定(ⅰ) 2x3-x2+ 3x-1 ≡0 (mod 5)是否有三个解；(ⅱ) x6+2x5- 4x2+ 3 ≡0 (mod 5)是否有六个解？3.设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k≡a (mod m)，证明同余方程x k≡a(mod m)地一切解x都可以表示成x≡yx0(mod m)，其中y满足同余方程y k≡1 (mod m).4.设n是正整数，p是素数，(n, p-1) = k，证明同余方程x n≡ 1 (mod p)有k个解.5.设p是素数，证明：(ⅰ) 对于一切整数x，x p- 1-1 ≡ (x-1) (x-2) (x-p+ 1) (mod p)；(ⅱ) (p-1)! ≡-1 (mod p).6.设p≥ 3是素数，证明：(x-1)(x-2) (x-p+ 1)地展开式中除首项及常数项外，所有地系数都是p地倍数.第 5 节1.同余方程x2≡ 3 (mod 13)有多少个解？2.求出模23地所有地二次剩余和二次非剩余.3.设p是奇素数，证明：模p地两个二次剩余地乘积是二次剩余；两个二次非剩余地乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余地乘积是二次非剩余.4.设素数p≡ 3 (mod 4)，= 1，证明x≡±(mod p)是同余方程x2≡n (mod p)地解.5.设p是奇素数，(n, p) = 1，α是正整数，证明同余方程x2≡n (mod pα)有解地充要条件是= 1.6.设p是奇素数，证明：模p地所有二次剩余地乘积与对模p同余.第 6 节1.已知769与1013是素数，判定方程(ⅰ) x2≡ 1742 (mod 769)；(ⅱ) x2≡ 1503 (mod 1013).是否有解.2.求所有地素数p，使得下面地方程有解：x2≡ 11 (mod p).3.求所有地素数p，使得-2∈QR(p)，-3∈QR(p).4.设(x, y) = 1，试求x2- 3y2地奇素数因数地一般形式.5.证明：形如8k+ 5（k∈Z）地素数无穷多个.6.证明：对于任意地奇素数p，总存在整数n，使得p∣(n2+ 1)(n2+ 2)(n2- 2).第7 节1.证明定理地结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ).2.已知3019是素数，判定方程x2≡ 374 (mod 3019)是否有解.3.设奇素数为p = 4n+ 1型，且d∣n，证明：= 1.4.设p，q是两个不同地奇素数，且p = q+ 4a，证明：.5.设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：6.设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2b，b<4ac，求地关系.第6章第 1 节1.设n是正整数，证明：不定方程x2+y2 = z n总有正整数解x，y，z.2.设p是奇素数，(k, p) = 1，则，此处是Legender符号.3.设素数p≡ 1(mod 4)，(k, p) = 1，记，则2∣S(k)，并且，对于任何整数t，有，此处是Legender符号.4.设p是奇素数，，则构成模p地一个简化剩余系.5.在第3题地条件下，并沿用第2题地记号，有.即上式给出了形如4k+ 1地素数地二平方和表示地具体方法.6.利用题5地结论，试将p = 13写成二平方和.第 2 节1.若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得x2+y2+ z2 = 4n2.2.设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和.3.证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数地代数和.4.证明：16k+ 15型地整数至少需要15个四次方数地和表之.5.证明：16k⋅31不能表示为15个四次方数地和.第7章第 1 节2.求模14地全部原根.3.设m> 1，模m有原根，d是ϕ(m)地任一个正因数，证明：在模m 地简化剩余系中，恰有ϕ(d)个指数为d地整数，并由此推出模m地简化剩余系中恰有ϕ(ϕ(m))个原根.4.设m≥ 3，g是模m地原根，x1, x2, , xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：(ⅰ) ≡-1 (mod m)；(ⅱ) x1x2 xϕ(m)≡-1 (mod m).5.设p = 2n+ 1是一个奇素数，证明：模p地全部二次非剩余就是模p 地全部原根.6.证明：(ⅰ) 设p奇素数，则M p = 2p- 1地素因数必为2pk+ 1型；(ⅱ) 设n≥ 0，则F n =+ 1地素因数必为2n+ 1k+ 1型.第 2 节1.求模29地最小正原根.2. 分别求模293和模2⋅293地原根.3.解同余方程：x12≡ 16 (mod 17).4.设p和q = 4p+ 1都是素数，证明：2是模q地一个原根.5.设m≥ 3，g1和g2都是模m地原根，则g = g1g2不是模m地原根.6.设p是奇素数，证明：当且仅当p- 1n时，有1n+ 2n+ + (p- 1)n≡0 (mod p).第8章第 1 节1.补足定理1地证明.2.证明定理2.3.证明：有理数为代数整数地充要条件是这个有理数为整数.第 2 节1.证明例中地结论.2.证明连分数是超越数.3.设ξ是一个超越数，α是一个非零地代数数，证明：ξ+α，ξα，都是超越数.第 3 节1.证明引理1.2.证明定理3中地F+F(0)是整数.第9章第 1 节1.问：1948年2月14日是星期几？2.问：1999年10月1日是星期几？第 2 节1.编一个有十个球队进行循环赛地程序表.2.编一个有九个球队进行循环赛地程序表.第 3 节1.利用例1中地加密方法，将“ICOMETODAY”加密.2. 已知字母a，b， ，y，z，它们分别与整数00，01， ，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：P≡a'E+b' (mod 26)，并破译下面地密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”.第 4 节1.设一RSA地公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E.2. 设RSA(n A, e A) = RSA(33, 3)，RSA(n B, e B) = RSA(35, 5)，A地签证信息为M = 3，试说明A向B发送签证M地传送和认证过程.第 5 节1.设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13.试设计一个对该数据库加密地方法，但要能取出个别地F i（1≤i≤4），同时不影响其他文件地保密.2.利用本节中地秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3地方法，要求：只要有两方提供他们所掌握地数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方地数据，不能求出文件M.（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）第 6 节1.设明文P地二进制表示是P= (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应地密文是E是E =a1p1+a2p2+ +a8p8，如果这里地超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P.2.给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密.（提示：取M = 118，k =77）.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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对素数定理最新的初等推导
对素数定理最新的初等推导山东章丘马国梁对“素数分布规律”的研究和证明之所以成为一个百年难题，其主要原因就是人们在研究方向上发生了偏差。
大家一心关注怎样利用高等函数，而没有将初等函数的潜力挖掘到极限。
笔者经过多年锲而不舍的努力，终于有幸窥探到初等公式的深层奥秘，得到了对素数定理最简单的初等推导。
这真是“苦海无边，回头是岸”啊！我们知道：根据“埃氏筛法”，在x之内，素数个数的计算公式是i = [1/2] [2/3] [4/5] ……[1 – 1 / P r] x 其中P r < sqrt(P i)因为在P i~ x 之间很可能有个合数必须用P r+1筛掉，所以在公式最后还必须乘上一项[1 – 1 /sqrt(x)] 。
这样公式就变成了i = [1/2] [2/3] [4/5] ……[1 – 1 / P r] [1 – 1 /sqrt(x)] x= [1/2] [2/3] [4/5] ……[1 – 1 / P r] [x – sqrt(x)]将两边微分得di = [1/2] [2/3] [4/5] ……[1 – 1 / P r] [1 – 0.5 /sqrt(x)] dx只要令di = 1 那么我们即得到素数的间隔了：ΔP i = P i+1 - P i = dx = [2/1] [3/2] [5/4] ……[ P r /(P r – 1) ] / [1 – 0.5 /sqrt(x)]因为我们可作这样的变换，当P r >> 1 时P r /(P r – 1) = e ^ – ln(1 – 1 / P r) = e ^ (1/ P r)所以ΔP i = C e ^ [(1/2)+(1/3) +(1/5)+ ……+(1/ P r)] / [1 – 0.5 /sqrt(x)]= C e ^ [ ʃ (1/ P) (dP/ΔP)] / [1 – 0.5 /sqrt(x)]C是修正系数，其大小因公式而异。
三个素数分布定理的初等证明
定义 3
将正整数集合 N 分成无限个有限数字组成的台阶，每个台阶中的数字具有同
一个台阶素数 p ( xe, ) ，把这些数字称为同一台阶的数。每一个台阶中第一个数称该台阶的首 数，用 a ( xe, ) 表示；最后一个数称该台阶的尾数，用 b ( xe, ) 表示。 Tk 表示第 k 个台阶。 台阶的划分由台阶系数 f ( xe, ) 来决定. 令
g ∗
( xe,) =
D( x ) x
（1-17）
2．不大于 x 的素数个数的计算公式（或称素数分布定理）
对任意 x ∈ Tn ，即 x ∈ [ an , bn ] ，恒有
-3-
hn ( x ) ≤ π n ( x ) ≤ π ( x ) ≤ π n ( x ) 。
（见[3] 数的诸 X 区间数字对数平均值。 Goldbach 素数对数 （或表示法个数） 用 D ( x ) 表示 解析数论基础） 。 显然第一个 X 区间的 Goldbach 素数以 x 2 为对称轴前后二个数字相加， 均等于偶数 x 。 g ( xe, ) 具有以下性质： （1） g ( xe, ) 是非负有界函数 （2） g ( xe, ) 是单调递减函数 （3） 当 x → ∞ 时
w xe, → 0பைடு நூலகம்0 ≺ w xe, ≤ 0.25
w ( xe,1) ≺ w ( xe, ) ≺ w ( xe,−1)
( )
（1-9） （1-10） （1-11）
( )
渐近线
w xe, = 0
( )
定义 9 我们把每个台阶中实际孪生素数对数与该台阶数字个数的比值称为孪生素数在该
∗ 台阶中的平均分布密度，简称分布密度，用 w ( xe, ) 表示。显然第 k 个台阶的分布密度为：
数学实验之五---素数
6、素数的分布
• 素数沿数轴的分布 • （1）随着整数范围的扩大，素数是不是 越来越稀疏？稀疏的程度是否单调地增 加？ • （2）相邻素数之间的间隔值有哪些? 它 们各重复多少次? 哪些间隔值的重复次 数多? 最大间隔值是多少? 随整数范围 扩大, 最大间隔值是否也随之增大?
• （3）间隔差为2的素数对是否有无穷多 个? 更一般地, 间隔差为某一个固定偶 数的素数对是否有无穷多个? 是否存在 相邻的素数, 其间隔值可以任意大?
• 素性判别的多项式算法 给定一个n位的整数，假设某一算法能在 f(n)步内判断出该整数是否素数。如果f(n) 是一个多项式的话，则称该算法具有多 项式复杂性，称该问题是“多项式可解 的”。如果不存在一个算法其具有多项 式的计算复杂性，则称该问题属于NP问 题。
• 2002年8月，印度理工大学计算机系的三 位学者提出了整数素性判别的多项式算 法！即素性判别问题是P类问题。他们指 出算法复杂性一般为O(n^12)。如果提供 某些启发线索的话，算法的复杂性可以 降到O(n^6)甚至O(n^3). • 一个令人关注的问题是，该算法是否会 威胁现有的RSA公钥密码体系的安全？
• • • • •
关于Fermat数主要研究的问题是： （1）如何分解Fermat数？ （2）Fermat素数是否只有有限个？ （3）Fermat合数是否有无穷多个？ （4）Fermat数有没有平方因子？
• Euler素数生成公式 Euler曾研究过公式：f(n)=n^2+n+41. 可以验证，当n=0,1,…,39时，f(n)都是 素数，但f(40)是合数。有趣的是，公式 能给出相当多的素数。
• １９８０年数学家Adleman, Rumely, Cohen和Lenstra研究出一种非常复杂、具 有高度技巧的素数判别方法，检验一个 ２０位数的素性只需１０秒，对一个５ ０位数，只要１５秒，而一个１００位 数只用４０秒。如果用试除法，判别一 个５０位数的素性要一百亿年！
初等数论第一章第2节 素数与合数
因为442 2005 452,
所以在d (1), d (2),L , d (2005)中恰好有44个奇数,
所以d (1) d (2) L d (2005)为偶数.
例3 若n是奇数,则8 | n2 1.
证明: 令n 2k 1,则n2 1 4k(k 1), Q k与k 1一奇一偶,8 n2 1.
证明: 若n是奇数,则n, a1, a2,L , an都是奇数, 则a1 a2 L an 0不可能,2 n. 即在a1, a2 ,L , an中至少有一个偶数. 如果只有一个偶数, 不妨设为a1 , 则2不 整除ai (2 i n). 由a2 a3 L an -a1知, 左边是(n -1)个奇数的和,右边是偶数, 这是不可能的.
显然q为3,5,L , p中的某一个,则有q | 22 35L p, 又q | 22 35L p 1,得q |1,矛盾. 由于N为奇数, 显然N的所有素因数 只能是形如4n 1或4n -1的数, 而两个形如4n 1的数相乘仍是形如4n 1的数. 因此, N至少有一个形如4n -1的素因数, 记为q1,则q1 p,这与p是形如4n -1 的素数中最大一个矛盾. 故存在无穷多个形如4n -1的素数.
例题
例1设A {d1, d2,L , dk}是n的所有约数的集合,
则B { n , n ,L , n }也是n的所有约数的集合.
d1 d2
dk
证明:Q (1)A和B的元素个数相同;
(2)若di
A,即di
| n,则 n di
| n,反之亦然;
(3)若di
d
j
,
则
n di
n dj
.
▪ 例2 以d(n)表示n的正约数的个数.
推论2
哥德巴赫猜想研究
哥德巴赫猜想研究
“哥德巴赫猜想”从1742年提出，迄今已经279年了。
欧拉在给哥德巴赫的回信中，认可猜想，但一时给不出证明。
从此，素数分布的议题伴随欧拉的后半生，取得了超越欧几里得的深刻认识。
法国数学家勒让德承续了欧拉的研究，在1830年提出素数分布猜想及算术级数中的素数分布猜想。
1837年，德国数学家狄里克莱用解析法证明了后一命题，但此时勒让德已经去世，前一命题尚未得证，因此未派上用场。
数学王子高斯也着力研究猜想，提出素数分布的密度问题，提出类似猜想，用此法解决素数散点列分布问题。
瓦莱普桑用解析法证明了素数分布定理。
题之一的第八难题的一部分。
并归结为二元一次不定方程，是解决难题的路线图。
兹后，英国数学家哈代与利特伍德，以及印度数学家拉玛努金联手攻关，首次提出偶猜散点列的渐近公式，圆法，筛法等工具开始应用。
1934年，旬牙利数学家埃尔德什拜访哈代时，哈代谈到，断言
一个命题不能用某种方法解决是qing率的，但素数分布定理一旦用初等方法证明，数论教科书就得扔进垃圾堆重写。
1949年，(哈代去世两年后),埃尔德什与美国数学家塞尔贝格得出素数定理的初等证明方法，仅是用到e^x,lnx，及极限理论，没有用到黎曼才塔函数，等。
1962年，法国数学家罗素及雄飞尔德得出有关素数分布的上下界的重要不等式。
我国数学家华罗庚师承哈代，得出“哥德巴赫猜想”的概念估计，创建了中国学派，把1+c推进到1+2(陈景润)，但未能解决猜想本身。
如今，“互联网+数论”的新时代提供了最佳环境，吾辈应与时俱进，砥砺前行，凝心聚力，携手共进，共创数学界的中国梦。
判别孪生三生四生五生六生素数的初等证明
判别孪生三生四生五生六生素数的初等证明务川县实验学校王若仲（王洪）摘要:运用特异奇合数的性质，探讨如何判别孪生素数、三生素数、四生素数、五生素数、六生素数、七生素数、八生素数。
关键词：特异奇数特异奇合数孪生素数孪生素数的概念：当两个素数的差为2时，这样的两个素数称为孪生素数。
如：3和5，5和7，11和13，17和19，29和31等等。
三生素数的概念：若有三个素数，其中有两个素数的差为2，有两个素数的差为4时，这样的三个素数称为三生素数。
如：3和5以及7，5和7以及11，11和13以及17，17和19以及23等等。
四生素数的概念：若有四个素数，其中有两对素数的差为2，有两个素数的差为4时或者其中有两对素数的差为4，有一对素数的差为2时，这样的四个素数称为四生素数。
如：5和7以及11和13，11和13以及17和19，13和17以及19和23等等。
五生素数的概念：若有五个素数，其中有两对素数的差为2，有两对素数的差为4时，这样的五个素数称为五生素数。
如：7和11以及13以及17和19，11和13以及17和19以及23等等。
六生素数的概念：若有六个素数，其中有三对素数的差为2，有两对素数的差为4时或者其中有三对素数的差为4，有两对素数的差为2时，这样的六个素数称为六生素数。
如：3和5以及7和11以及13和17，5和7以及11和13以及17和19，7以及11和13以及17和19以及23等等。
七生素数的概念：若有七个素数，其中有四对素数的差为2，有三对素数的差为4时或者其中有三对素数的差为2，有三对素数的差为4时，这样的七个素数称为七生素数。
如：3和5以及7和11以及13和17以及19，5和7以及11和13以及17和19以及23等等。
八生素数的概念：若有八个素数，其中有四对素数的差为2，有四对素数的差为4时或者其中有三对素数的差为2，有四对素数的差为4时，这样的八个素数称为八生素数。
如：3和5以及7和11以及13和17以及19和23。
初等数论定理三证明
初等数论定理三证明
一、定理：费马小定理
若p是素数，且a是小于p的任意整数，那么a^(p-1) ≡1 (mod p)
二、证明：
1、首先，假设p是素数，则p有两个质因数p和1，其积为p，则有p=p*1；
2、接着，令n=p-1，则有p=n+1，将此代入上式可得：n*1 + 1 = p；
3、再Setp，假设a是小于p的任意整数，可将a从2到n一个接一个的代入，进行如下操作：
n*a + a = p；
(n-1)*a + a *2 = p；
……
a + a*n = p；
可以看出，a循环经过n+1次，最后能变回初始状态，并且左侧乘法式系数也可以返回，由而得出结论：a^n ≡1 (mod p)；
4、最后，将结论替换原式，即可得出本定理的证明：a^(p-1) ≡1 (mod p)；
三、结论：
本文证明了费马小定理，即：若p是素数，且a是小于p的任意整数，那么a^(p-
1) ≡1 (mod p)。
本定理的证明完全遵循数论中的环路法则，证明过程简洁、清楚，且完整无缺。
Selberg不等式与素数定理的初等证明
Selberg不等式与素数定理的初等证明作者：华国栋来源：《科学导报·学术》2018年第04期摘要：本文从数学中的初等方法经由素数定理的等价关系，运用Selberg不等式这个重要的结论给出素数定理的初等证明。
关键词：素数定理；Selberg不等式；筛法；初等证明Abstract： This paper gives an elementary proof concerning the equivalence of prime number theory by using the very famous Selberg inequality.Key words： Prime number theory， Selberg inequality， sieve method， elementary method【中图分类号】 O156.1 【文献标识码】 A 【文章编号】 2236-1879（2018）04-0014-05MR（2000）主题分类： 54C10；54D55参考文献[1] Th.Bang， An inequality for real functions of a real variable and its application to the prime number theory， Proc.Conf.（Oberwolfach， 1963），Birkhauser，Basel， 1964， pp.155-160.[2] P.Erds， On a new mehtod in elementary number theory which leads to an elementary proof of the prime number theory， Proc.Nat.Acad.Sci.U.S.A. （1949），374-384.[3] R.Ayoub， Euler and the zeta function， Amer.Math.Monthly （1974），1067-1086.[4] P.L.Chebyshev， Mmoire sur les nombres premiers， J.de Math.Pures Appl.（1）（1852），366-390.[5] H.Diamond，J.Steining， An elementary proof of the prime number theory with a remainder term， Invert.Math. （1970），199-258.[6] H.Diamond， Elementary methods in the study of the distribution of prime numbers，Bull.Amer.Math.Soc. （1982），553-589.[7] N.Levinson， A motivated account of an elementary proof of the prime number theory，Amer.Math.Monthly （1969），225-245.[8] T.Nagell， Introduction to number theory， Wiley，New York，1951.[9] Pan C.D.， Elementary Number Theory， Beijing： Peking University Press， 1991 （in Chinese）.[10] A.Selberg， An elementary proof of the prime number theory， Ann.of Math （2）（1949），305-313.[11] A.Selberg， An elementary proof of the prime number theory for arithmetic progressions，Canad.J.Math. （1950），66-78.[12] A.A.Karatsuba， Basic Analytic Number Theory， Berlin，Springer，1993.[13] H.N.Shapiro， On a theorem of Selberg and generalization， Ann.of Math （2）（1949），485-497.[14] N.Wiener， A new method in Tauberian theorems， J.Math.Phys.M.I.T. （1927-28），164-184.[15] H.Davenport， Multiplicative number theory， Berlin：2nd.，Springer，1980.[16] E.C.Titchmarsh， The theory of the Riemann zeta-function，2nd ed.，Oxford：University Press，1986.[17] G.H Hardy，J.E. Littlewood， Some problems of "partito numerorum" ：On the expression of a number as a sum of primes， Acta Math.， 1923，， 1-70.。
才华横溢的数学家明星——赛尔伯格
6 月 1 4 日出生于挪威的朗根松， 他的
Atle Sel+erg)， 美籍数学
全 部 教 育 都 是 在 挪 威 国 内 接 受 .挪 威 是 一 个 产 生 过阿贝尔这样伟大数学家的北欧国家， 数学教育 水平颇高， 处于这样的大环境， 再加上赛尔伯格的 父亲和两个哥哥都是数学教授， 家庭 教 育 的 熏 陶 和氛围， 使赛尔伯格自幼就爱上了数学.据说当他 看到子
1 2 届国际数学家大
会上， 3 3 岁的他获得了国际数学领域中的最高荣 誉 -菲 尔 兹 奖 ， 成为战后第一届菲尔兹奖的得主. 在菲尔兹奖的早期得奖者中， 赛尔伯格在数 学 界 活 跃 的 时 间 相 当 长 .他 在 4 0 年 代 就 崭 露 头 角， 在 1950年 获 得 菲 尔 兹 奖 后 ， 又继续在许多数 学分支上做出重要工作， 取得了一系列令人瞩目 的成果， 以至在本世纪的数学史上（ 特别是数论史 上） ， 留下了一些以他命名的数学名词： 赛尔伯格
•
66
•
《 数学之友》
2017年 第 16期
不等式、 赛尔伯格等式、 赛尔伯格渐近公式、 赛尔 伯格 筛 法 、 赛尔伯格函数、 赛尔伯格猜想等， 数十 年研究不辍兴趣不减， 展现出一个杰出数学家才 华 横 溢 宝 刀 不 老 的 风采.由于这些贡献， 赛尔伯格 成为美国科学院、 丹麦科学院、 瑞典科学院、 挪威 科学院、 印度科学院等院士， 1 9 8 6 孩 子 .他 说
2
我曾经跟许多已成为数学家的
人谈起他们在中学所学的数学， 他们中大多数并 未从中得到特别的鼓舞， 而是自学自己偶然碰到 的或是以某种方式得到的数学， 我自己就是一例. 我认为中学数学内容应重新斟酌， 应该增加一些 涉 及 如 何 发 现 并 令 人 振 奋 的 内 容 ……. > 不 难 看 出， 赛尔伯格的思路与我国新课标中强调知识的 发生形成要求不谋而合， 这也充分说明数学家的 专业眼光具有深刻性 和 预 见 性 的 特 征 ， 因此， 无论 从那方面来判断， 赛尔伯格是令人钦佩也是令人 尊重的明星数学家. 参考文献：
素数的个数公式
( n ) 时，π ( n, r ) = j + 1 。这个结论很好理解，从自然数列 1、2、3……
又因为
⎡n⎤ m ⎡ n ⎤ m ⎡ n ⎤ j = n−∑⎢ ⎥+∑⎢ ⎥− ∑ ⎢ ⎥+ p p p p p < < i =1 ⎣ pi ⎦ i< j ⎢ i j k ⎥ ⎢ ⎣ i j⎦ ⎣ i j k⎥ ⎦
m
⎡ n ⎤ m ⎡ n ⎤ ⎡n⎤ n−∑⎢ ⎥+∑⎢ ⎥− ∑ ⎢ ⎥+ i =1 ⎣ pi ⎦ i< j ⎣ ⎢ pi p j ⎦ ⎥ i< j<k ⎣ ⎢ pi p j pk ⎦ ⎥
倍数的个数也就是还剩有质数，合数和 1。故
⎡n⎤ m ⎡ n ⎤ m ⎡ n ⎤ n−∑⎢ ⎥+∑⎢ ⎥− ∑ ⎢ ⎥+ p p p p p < < i =1 ⎣ pi ⎦ i< j ⎢ i j k ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ i j⎦ ⎣ i j k⎦
m
当 m = 0 时，有容斥原理可以知道这个公式表示 n 减去 n 以内 0 个质数倍数的个 数也就是没有减去一个数。故
pm 为 n 的前部素数， m = π
( n ) 是前部质数的个
数，那么所有不大于 n 的素数的个数
π ( n) = m + n − ∑ ⎢
⎡ n ⎤ ⎡ n ⎤ ⎡n⎤ ⎥− ∑ ⎢ ⎥+ ⎥ +∑⎢ p p p p p < < i =1 ⎣ pi ⎦ i< j ⎢ i j k ⎥ ⎢ ⎥ i j i j k ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
素数的个数公式
作者姓名：弯国强
作者地址：漯河市舞阳县莲花镇第二初级中学 E-mail：632158@
关于素数的几个定理
关于素数的几个定理定义：一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不再有其他因数的自然数叫做素数，也叫质数。
在研究素数方面，随着数学技术的进步，人们对素数及其应用有了更深刻的理解。
一般而言，素数可以有效地应用在信息安全，比特币系统，伪随机数等领域。
目前，研究素数的定理有以下几种：1.马小定理：若 $a$一个正整数，且 $p$ 为质数，则 $a^{p-1} equiv 1 (mod p)$2.定理：若 $a$一个正整数，且 $p$ 为质数，则 $a^{p-1} - 1$ $p$除 3.拉定理：质数 $p$足：$(p-1)! equiv -1 (mod p)$4.斯维加斯定理：若 $a$一个正整数，且 $p$ 为质数，则 $a^{2} equiv a (mod p)$ 5.斯定理：若 $a$一个正整数，且 $p$ 为质数，则 $p$好有且只有$(p-1)/2$ 个解，即$a^{k} equiv -a (mod p)$中k的取值在$1,2,...,(p-1)/2$ 之间费马小定理是的第一个关于素数的定理，由法国数学家费马构造出来的。
它是一种非常简单而有用的定理，该定理是用来判断一个正整数是否是质数的一种方法，但它也有它的局限性，即若$a$ 不是$1$$p-1$，那么此定理就不适用了。
如果$a$ 不是$1$$p-1$，那么可以使用小定理，即：$a^{p-1} - 1$ $p$除，这证明了它也是一种判断质数方法。
同时，欧拉定理则是关于质数的第一个大定理，它探究了质数和阶乘之间的关系，从而得出了$(p-1)! equiv -1 (mod p)$结论。
拉斯维加斯定理指出，若$a$一个正整数，且 $p$ 为质数，则$a^{2} equiv a (mod p)$，即任何一个质数都满足$a^{2} - a$是它自身的倍数。
最后，高斯定理则认为，若$a$一个正整数，且 $p$ 为质数，则 $p$好有且只有 $(p-1)/2$ 个解，即$a^{k} equiv -a (mod p)$中k的取值在 $1,2,...,(p-1)/2$ 之间。
《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》关于素数公式、素数定理和哥德巴赫猜想的初等证明首先，我们来阐述素数公式。
素数公式是指计算n以内素数个数的公式。
素数是指除了1和自身之外没有其他因数的自然数。
素数公式的一种常用表达式是欧拉公式：π(n)≈n/ln(n)其中π(n)表示不大于n的素数个数，ln(n)为n的自然对数。
这个公式是一种估计，它越随着n的增大趋于准确，但并不完全精确。
其次，我们来讨论素数定理。
素数定理是关于素数的分布规律的定理。
它的表述是：当n趋向无穷时，π(n)与n/ln(n)的比值趋于1我们首先定义M(n)为不大于n的最大素数。
根据素数定理，当n足够大时有π(n)≈n/ln(n)，即π(n)和n/ln(n)之间的差异趋于0。
因此，我们可以得到以下近似的等式：π(n)≈n/ln(n)≈(n−M(n))/ln(n)接下来，我们定义一个函数f(x)=(x−M(x))/ln(x)，其中x为任意正整数。
我们可以发现，对于任意的x，f(x)的值都非负。
因为当x不小于M(x)时，分子大于等于0，分母大于0；而当x小于M(x)时，分子小于0，分母小于0，两者相除仍然非负。
然后，我们考虑函数f(x)在[x, x+1]上的变化。
首先，由于f(x)的非负性，我们可以推断f(x+1)≥f(x)。
其次，我们用斜率代替函数的导数，即f'(x)。
我们可以发现，当x足够大时，f'(x)始终小于等于0。
这是因为当x足够大时，分子(x−M(x))的增长速度远远小于分母ln(x)的增长速度。
所以我们可以知道f(x)在[x, x+1]上是单调递减的。
由此我们可以得出结论，对于足够大的x，f(x)在[x,x+1]上是单调递减的。
且根据不等式π(n)≤n，可以得到对于足够大的n，f(n)≥0。
因此，当n足够大时，f(n)在闭区间[1,n]上的值始终大于等于0。
最后，我们来讨论哥德巴赫猜想。
哥德巴赫猜想指的是任意大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
《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的初等证明想[原创]2009.10.26山东省莱西市266618。
摘要:素数(亦称质数)，是数论领域极具神秘色彩的数，有关素数的数学难题，则是数论领域，最具挑战性的经典数学难题之一。
本文从最浅显的数学基础理论入手，通过对传统数学理论的继承与创新,采用新颖的数学思想和数学方法,从本质上揭示出了素数在正整数域中,分布变化的内在规律。
并简明的给出了“素数公式”；“准素数定理”以及“哥德巴赫猜想”的初等证明。
进而使得这门古老的数学基础理论----“数论”焕发出新的生机。
关键词：素数，素数公式，准素数定理，哥德巴赫猜想。
引言数论，是一门古老的数学学科分支，他是研究整数性质和相互关系的理论。
素数及其分布，则是数论领域最有趣的一大分支。
关于素数分布问题,可分为三种类型:一:怎样直接计算和表示出(某个、多个以及所有)素数。
亦即“素数公式”问题。
二:怎样得到和准确表示出给定正整数域中，素数的数量及其分布,亦即“准素数定理”问题。
三:怎样得到和表示出所给定正整数域中，具有某种特性的素数的数量及其分布规律.如: “孪生及比孪生素数问题”;“哥德巴赫猜想问题”，“勒让德猜想问题”等等。
对于素数这三个方面的问题,虽然世界上诸多数学精英做了大量的工作.发现并利用大筛法来获得素数,编制了庞大的素数表数据库。
但是,因所引用的基础的理论存在偏差,确切的说，是所引用定理的切于点不到位和不够精准。
所以导致了在理论层面上，不但没能证明出，表达给定整数域中，任意素数的表达式----素数公式；而且，也没能归纳出有关正整数域中，素数数量分布变化的表达式----准素数定理；因此，也就无法最终解决那些具有某种特性的素数，在正整数域中分布变化规律的诸多难题。
所以数百年来在数学界遗憾的错过了对一个极其重要的数学规律的发现及认知。
下面用初等数学方法对“素数公式”问题、“准素数定理”问题、“哥德巴赫猜想”问题、进行论证。
一：素数公式素数:是指在正整数域内，只能表示为1的整数倍数的数。
《初等数论》习题解答
《初等数论》习题集第1章第 1 节1. 证明定理1。
2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数）的形式。
第 2 节1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。
2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。
3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。
5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。
第 3 节1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。
5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。
6. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。
第 4 节1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。
4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。
5. 设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。