素数的性质及研究

姓名：朱海英
学号：201415010124 班级：师范一班
专业：数学与应用数学指导教师：王宏仙
素数的性质及研究
一、素数定义
一个整数a≠0，它的所有倍数为：qa，q=O，±1，±2⋯⋯这个集合是完全确定的。

零是所有非零整数的倍数。

对于一个整数b≠O，显然±1，±b一定是b的约数,它们称为b的显然约数,b的其它约数(如果有的话)称为b的非显然约数。

由显然约数的定义引出素数的定义。

定义：设整数P≠0，±1，如果它除了显然约数±1，±P外没有其它的约数，那么，P就称为素数，若a≠0，±1，且，不为素数，则a 为合数。

本文所说的素数均为正数。

我们已定义了素数的定义，下面我们来介绍素数的性质。

二、素数的性质
性质1：若P为素数，∀a∈Z，则pla或(p，a)=1。

证：设(p，a)=d，则有dlp，又P为素数．∴d=l或P，即(P，a)=1或Pla。

性质2：设p>l，P∈Z，∀a,b∈Z，若plab，则pla或plb⇔p为素数。

证：“⇒”，p>1，P∈Z，设P为合数，则p=cd(1<c<-d<p)，则p=cd，但P不整除c，d，得出矛盾，∴P为一个素数。

“⇐”,p>1，P∈Z，P为素数，设P不整除a，则(P，a)=1,∴∃s,t
∈Z，有sp+at=1．∴sbp+abt=b．∴plb。

同理可得，pla。

性质3：相邻两素数比值的极限为1，即lim n→∞P n
P n+1
=1,P n为第n 个素数。

由性质3得出推论1。

推论1：m为正整数，a为任意正整数，P r表示不大于m a的最大的素
数，则有lim n→∞m a
P r
=1.
证：由于素数无限，m→∞
时，P r→∞ ，用P r+1表示大于m a的第一个素数，则有P r+1>m a，则
有1≤m a
P r ≤P r+1
P r
,由性质3可得，lim n→∞P r+1
P r
=1，故lim n→∞m a
P r
=1,
命题得证。

素数具有上述几个基本性质，下面来探讨素数的其它性质与定理。

定理1：大于2(5除外)的素数的4次方个位数字必为1。

证：p为素数，且p>2(5除外)，则P的个位数字必为1，3，7或9。

(10n+4)4≡1(mod10)n∈Z+
(10n+3)4≡1(mod10)n∈Z+
(10n+7)4≡1(mod10)n∈Z+
(10n+9)4≡1(mod10)n∈Z+
命题得证。

性质4：大于2(5除外)的素数的8次方个位数字必为1。

证：由定理1可直接证出。

由定理1和性质4，猜想得：
定理2：大于2不是5的素数的4k(k∈Z+)次方的个位数字必为1。

证：用数学归纳法当k=l时，由定理1可直接得出。

设当k=m时，结论也成立，即有如下关系式：
(10n+1)4m≡1(mod10) n∈Z+ , m∈Z+
(10n+3)4m≡1(mod10) n∈Z+ , m∈Z+
(10n+7)4m≡1(mod10) n∈Z+ , m∈Z+
(10n+9)4m≡1(mod10) n∈Z+ , m∈Z+
当k=m+l时，
10n+14m+1=10n+14m+4=10n+14m10n+14
≡1mod10 n∈Z+ ,m∈Z+
(10n+3)4(m+1)=(10n+3)(4m+4)=(10n+3)4m(10n+3)4
≡1(mod10) n∈Z+ ,m∈Z+
(10n+7)4(m+1)=(10n+7)(4m+4)=(10n+7)4m(10n+7)4
≡1(mod10) n∈Z+ ,m∈Z+
(10n+9)4(m+1)=(10n+9)(4m+4)=(10n+9)4m(10n+9)4
≡1(mod10) n∈Z+ ,m∈Z+
所以，当k=m+l时，上述命题也成立。

综上所述，该定理成立。

由定理2得到以下推论：
推论2：任何两个大于2(5除外)的素数的次方之差必为1O的倍数。

证：对大于2的素数，且不为5的素数可由定理2直接得到。

推论3：大于2的素数的4k+1次方的个位数字与该素数本身的个位数字相同。

证：当p=5时,54k≡5(mod5),54k+1≡5(mod5)，（k∈Z+）,当P≠5时，P的个位数字必为1，3，7或9。

(10n+1)4k+1=(10n+1)4k(10n+1)≡1(mod10)
(10n+3)4k+1=(10n+3)4k(10n+3)≡1(mod10)
(10n+7)4k+1=(10n+7)4k(10n+7)≡1(mod10)
(10n+9)4k+1=(10n+9)4k(10n+9)≡1(mod10)
所以，命题得证。

性质5：任何素数的7次方与该素数的3次方的差为1O的倍数。

证：设P为素数。

当p=2时，27=128，23=8，命题成立。

当p=5时，57=78125，53=125，命题也成立。

当P>5时，P必为奇数，P的个位数字必为1，3，7或9。

(10n+1)7≡1(mod10),(10n+1)3≡1(mod10)
(10n+3)7≡1(mod10),(10n+3)3≡1(mod10)
(10n+7)7≡1(mod10),(10n+7)3≡1(mod10)
(10n+9)7≡1(mod10),(10n+9)3≡1(mod10)
所以，由以上可得命题成立。

由性质5猜想得：
定理3：一个素数的方幂是以首项为3，公差为4的等差数列时。

则该素数的a n+1次方与次方之差是10的倍数，即p a n+1−p a n≡
0(mod10)，其中a n=4n−1。

证：用数学归纳法证。

当n=l时，a2=7，a1=3，由性质5可直接证出。

设当n=k时，命题也成立，即有关系式：
p4k+3−p4k−1≡0(mod10)，即
24k+3−24k−1≡0(mod10)，p=2
54k+3−54k−1≡0(mod10)，p=5
当P>5时，P的个位数字必为1，3，7或9
(10m+1)4k+3−(10m+1)4k−1≡0(mod10)
(10m+3)4k+3−(10m+3)4k−1≡0(mod10)
(10m+7)4k+3−(10m+7)4k−1≡0(mod10)
(10m+9)4k+3−(10m+9)4k−1≡0(mod10)
以上各式均成立。

设当n=k+l时，
24k+1+1−1−24k+1−1=(24k+3−24k−1)24≡0(mod10) 54k+1+1−1−54k+1−1=(54k+3−54k−1)54≡0(mod10)
(10m+1)4k+1+1−1−10m+124k+1−1
=[10m+14k+3−10m+14k−1](10m+1)4
≡0(mod10)
(10m+3)4k+1+1−1−10m+324k+1−1
=[10m+34k+3−10m+34k−1](10m+3)4
≡0(mod10)
(10m+7)4k+1+1−1−10m+724k+1−1
=[10m+74k+3−10m+74k−1](10m+7)4
≡0(mod10)
(10m+9)4k+1+1−1−10m+924k+1−1
=[10m+94k+3−10m+94k−1](10m+9)4
≡0(mod10)
由以上可得，当时，命题也成立。

综上所述，命题成立。

三、素数的研究
1. 只存在一组三胞胎素数 3/5/7
设 Pn 与 Pn+2 是一组孪生素数。

则Pn-2 与 Pn+4 必为3的倍数。

对应所有奇数M，首位为3的倍数的连续4个递增奇数，必然可以
表示为：3m、3m+2，3m+4、3m+6。

因此，连续3个奇数为素数时，有且仅有m=1时成立，此时3为素数，3、5、7为三胞胎素数。

2 .只存在一组三胞胎差值为4的素数 3/7/11
类比推想，把5考虑进来，首位为5的倍数的连续6个递增奇数为。

5n-8、5n-6、5n-4、5n-2、5n、5n+2、5n+4、5n+6、5n+8、5n+10. 假定5n-6 与 5n-2 为素数，则 5n-4|3，顺带5n+2|3、5n+8|3.
即假设存在某素数 P(>3)，且 P+4 也为素数，则P+2|3，P+8|3。

即，不存在连续的 P(>3)、P+4、P+8 都为素数。

3. 存在无穷多对孪生素
证明： Sm = （2m+1）N + 2m2-2m+6, 对于任意N，存在无穷多组（2m+1）N到Sm 之间至少有一对孪生奇数J、J+2，且J与J+2 都不能被小于2m+1的所有奇数整除，特别的当N=1时， Sm = 2m+1 + 2m2-2m+6 = 2m2+7, 而2m+1 到 2m2+7 之间必有一对孪生素数。

m 取值无穷，显然，有无穷多对孪生素数存在。

4 .请证明：这个可以直接类比素数无穷多的欧几里德证明.
首先除了2,3以外的质数只可能为6k+1或6k+5型.
假设6k+5型的素数只有有限个,设为p1,p2,...,pn.
考虑N = 6·p1·p2·...·pn+5,可知N不被p1,p2,...,pn整除,即不被6k+5型的素数整除.
此外N也不被2,3整除,于是N的质因数只有6k+1型的素数.
然而任意有限个6k+1型的数的乘积仍是6k+1型,与N是6k+5型矛盾. 因此形如6k+5的素数有无穷多.
可能还有其它方法,但上面这种想必是最简单的.
证明：先说明一个简单常识,如果形如(3k+2)的数不是素数,必有形如(3k+2)的素因数,否则形如(3k),(3k+1)的数是怎么也乘不到形如
(3k+2)这样的数的
再看这道题
如果是有限个,设最大的一个是3k+2，那么将3k+2之前的除去3的所有素数乘起来
2*5*7*11*.(3k+2)
令S=2*5*7*11*.(3k+2)
由于S中没有素因数3,所以S不是3的倍数,只能是3n+1或者3n+2的形式,而且还是偶数
如果是3n+1,那么S+1就是3n+2的形式,但是他不含有2——(3k+2)中的任意一个数为因数,因此就不能有形如(3k+2)的因数
如果是3n+2,那么S+3还是3n+2的形式,但是他也不含有2——(3k+2)中的任意一个数为因数,因此就不能有形如(3k+2)的因数
那么就说明都存在一个比3k+2还大的形如（3n+2）的数他只能是素数,与假设矛盾
所以原命题得证。