素數通項公式

編輯詞條已關注編輯摘要 摘要素數普遍公式 目錄[隱藏]一、引言二、素數普遍公式三、素數的個數四、公式的用途五、素數普遍公式在認識形成中的作用和意義思考題 作者王曉明（獃獃）目錄1引言 2素數普遍公式 3素數的個數 4公式的用途 5素數普遍公式在… 6思考題展開目錄1引言 2素數普遍公式 3素數的個數 4公式的用途 5素數普遍公式在… 6思考題 7素數公式比較 7.1以前x^2處的的素數 7.2現在Pn#處的素數 7.3兩者的誤差 7.4生成圖表 8初等證明 9素數簡介 9.1個數 9.2費馬數2^2^n+1 9.3梅森質數 9.4相關猜想收起編輯本段2000多年前歐幾里德在證明素數無窮多時就埋下了尋求素數普遍公式的伏筆，以布勞維爾為首的直覺主義學派認為：「你沒有給出第n個素數是如何構造的，就不能算是好的證明」。2000多年來，數論學最重要的一個任務，就是尋找素數普遍公式，為此，一代又一代數學精英，耗費了巨大的心血，始終未獲成功。黎曼曾想用他的ζ函數數的「零點」來逼近素數普遍公式，至今未獲成功。也有人反向思考，用素數普遍公式逼近「零點」來解決黎曼猜想。希爾伯特在1900年的國際數學家大會上說：對黎曼公式進行了徹底討論之後，或許就能夠嚴格解決哥德巴赫問題和孿生素數問題。實際在哲學上，只要有一個明確的定義，就應該有一個公式。編輯本段公元前250年同樣是古希臘的數學家埃拉托塞尼提出一種篩法：（一）「要得到不大於某個自然數N的所有素數，只要在2---N中將不大於√N的素數的倍數全部划去即可」。（二）將上面的內容等價轉換：「如果N是合數，則它有一個因子d滿足1<d≤√N」。（《基礎數論》13頁，U杜德利著，上海科技出版社）。.（三）再將（二）的內容等價轉換：「若自然數N不能被不大於(根號)√N的任何素數整除，則N是一個素數」。見（代數學辭典[上海教育出版社]1985年。屜部貞世朗編。259頁）。（四）這句話的漢字可以等價轉換成為用英文字母表達的公式：N=p1m1+a1=p2m2+a2=......=pkmk+ak 。(1)其中p1，p2，.....，pk表示順序素數2，3，5，,,,,。a≠0。即N不能是2m+0，3m+0，5m+0，...，pkm+0形。若N<P（k+1）的平方 [註：後面的1，2，3，....，k，（k+1）是腳標，由於列印不出來，凡字母后面的數字或者i與k都是腳標] ，則N是一個素數。（五）可以把（1）等價轉換成為用同餘式組表示：N≡a1(modp1)， N≡a2(modp2)，.....，N≡ak(modpk)。(2)例如，29，29不能夠被根號29以下的任何素數2，3，5整除，29=2x14+1=3x9+2=5x5+4。 29≡1(mod2)，29≡2(mod3)， 29≡4(mod5)。29小於7的平方49，所以29是一個素數。以後平方用「*」表示，即：㎡=m*。由於（2）的模p1，p2，....，pk 兩兩互素，根據孫子定理(中國剩餘定理）知，（2）在p1p2.....pk範圍內有唯一解。例如k=1時，N=2m+1，解得N=3，5，7。求得了（3，3*）區間的全部素數。k=2時，N=2m+1=3m+1，解得N=7，13，19； N=2m+1=3m+2，解得N=5，11，17，23。求得了（5，5*）區間的全部素數。k=3時,---------------------| 5m+1-|- 5m+2-| 5m+3,| 5m+4.|---------------------|---------|----------|--------|---------|n=2m+1=3m+1= |--31----|--7, 37-|-13,43|--19----|n=2m+1=3m+2= |-11,41-|-17,47-|--23---|---29---|------------------------------------------------------------求得了（7，7*）區間的全部素數。由孫子定理知，（1）式和（2）式在p1p2....pk範圍內有(2-1)(3-1)（5-1）....(pk-1)個解，兩式的本質是從p1p2....pk中除去pm（m〉1)的合數，這一點與埃拉托塞篩法不同，埃氏篩是用p1，p2，...，pk去篩p(k+1)平方以內的合數，剩下的就是p*(k+1)以內的素數了。例如用2，3，5，去篩49以內的合數，剩下的就是（7，7*）區間的素數了。但是，（1）（2）式是用p1，p2，..，pk 去篩p1p2...pk以內的pim（i≤k)形的數，連同p1，p2，...，pk也篩掉了。切比雪夫證明了「p*(k+1)<p1p2...pk對於由4開始的所有的K 都是對的。例如，3*>2，5*>2×3，7*>2×3×5，11*<2×3×5×7。從11開始都是這樣了。（參見[數學欣賞]漢斯拉德海著220頁「數30的一個性質」北京出版社1981.6）所以，若K≥4時，（1）（2）式的計算結果只能取p(k+1)平方以內的值才是素數。k=4時,- -------------------------- |7m+1 |7m+2 |7m+3 | 7m+4|7m+5 | 7m+6 |-----------------------------|--------|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m+1=5m+1=|-- 1 -- |-121- |-- 31--|- 151-|--61--|-181-- |------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m=1=5m+2=|-127-|--37-- |--157--|-67--|-187-- |-- 97-- |------------------------------|- -----|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m+1=5m+3=|--43--|--163-|--73---|-193-|-103--|--13----|------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m+1=5m+4=|-169-|--79--,|-199-- |-109-|--19---|-139---|------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m+2=5m+1=|--71--|-191--|-101--|--11--|-131--|--41----|------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m+2=5m+2=|-197-|-107--|--17---|-137--|--47-- |-167-- |------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|----------n= 2m+1=3m+2=5m+3=|-113-|-- 23--|-143--|-- 53--|-173--|-- 83---|------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-n= 2m+1=3m+2=5m+4=|--29--|-149--|--59--|-179--|--89-- |--209-- |------------------------------|-------|--------|--------|-------|--------|---------|-求得了（11，11*）區間的全部素數。 共有（2-1）×（3-1）×（5-1）×（7-1）=48個解。 小於11平方的解有27個，加上被篩掉的（m=1）四個數2，3，5，7。減掉即不是素數也不是合數的「1」，共有：************(2-1)×(3-1)×(5-1)×(7-1)[ 121×------------------------------------+4-1]=30.個解。 方括弧內取整數。******************( 2×3×5×7)素數普遍公式實際上是由兩個式子共同完成，僅從（1）式看不出素數的什麼規律，一旦轉為同餘式組，整個線路就清晰了，因為在孫子定理的照耀下，我們知道，a≠0，即是在p1p2p3...pk範圍內篩去p1m+0，p2m+0，p3m+0，...，pkm+0形的數，所以在p1p2p3...pk範圍內有（2-1）×（3-1）×（5-1）×...×(pk-1)個解。或者表示成(1-1/2)(1-1/3)(1-1/5)...(1-1/pk).（*）個解。並且類似義大利數學家彼德羅們伐利的調和級數的定理，在向無窮所使用的「自我複製」,大家可以聯想到原子核裂變的情況，物理與數學是相通的。編輯本段設π（p*(k+1)表示不大於p*(k+1)素數個數（可以參見右圖）：------------------------------（p1-1)(p2-1)(p3-1)......(pk-1)π(p*(k+1)=[p*(k+1)×-------------------------------------------+k-1] 。（ 3 ）------------------------------------------(p1p2......pk)利用（3）式計算素數個數可以相當精確。下面是利用（3）式計算的一些結果。-------------------------------------------------------------------------p(k+1) |--------- 利用（3）式計算的數值------- |---- 實際值---3----|------------4----------------------------------|----4--------5----|------------9----------------------------------|----9-----------7----|-----------15---------------------------------|----15---------11---|-----------30----------------------------------|---30---------13---|-----------39----------------------------------|---39----------17--|-----------60----------------------------------|---61----------19--|-----------71----------------------------------|---72---------23---|-----------97----------------------------------|----99----------29--|--------145------------------------------------|-----146--------31-|----------161----------------------------------|-----162--------37-|-----------219---------------------------------|----219-------101-|----------1251---------------------------------|---1252-----------------------------------------------------------------------------------------------上面的表格是說，例如，素數101的平方內，利用（3）式計算的是1251個素數，實際值是1252個素數。誤差非常小。仿此下去，可以求得任意大的數以內的全部素數。以上就是吳振奎教授在文章中介紹王曉明發現的素數普遍公式。南開大學的胡久念教授認為（3）式非常重要。這個公式提示我們，素數不是越來越少，如果按自然數平方的區間計算，反而越來越多。例如：n*-------------------(n+1)*------------素數個數1-----------------------2---------------------2(即1的平方到2的平方有2個素數）2-----------------------3---------------------23-----------------------4---------------------24-----------------------5---------------------35-----------------------6---------------------26-----------------------7---------------------47-----------------------8---------------------38-----------------------9---------------------4...........................................50---------------------51------------------11（即50的平方到51的平方有11個素數）51---------------------52------------------1552---------------------53------------------1653---------------------54-------------------1254---------------------55-------------------1355---------------------56-------------------1156---------------------57-------------------1257---------------------58-------------------17...........................................95--------------------96--------------------2096--------------------97--------------------2297--------------------98--------------------2298--------------------99--------------------2399-------------------100--------------------21（即99的平方到100的平方有21個素數）總的形勢是越來越多。利用上面的公式證明奧波曼猜想（在正整數n*與（n*+n）之間必有一個素數）和傑波夫猜想（兩個相鄰奇素數平方之間至少有兩對素數）已經不是什麼問題了。因為，我們成功地將零散的數學概念，方法，定理編輯成為一個從基本概念到最複雜結論的網路，當然，我們只不過是繼承了歐幾里德的方法。編輯本段(一）利用這個公式可以解決大部分數論難題利用這個公式可以解決大部分數論難題，包括孿生素數猜想在【中等數學】2002.5期「從台爾曼公式談起」，王曉明給出了哥德巴赫猜想的合理框架。即對於任何一個正整數n，是否必然存在一個X，使得（n+X）與（n-X）都是素數。因為（n+X）+（n-X）=2n。這就是著名的哥德巴赫猜想。根據除法算式定理和同餘定理：「每一個整數恰與0，1，2，...，m-1中一數同於(modm)。」我們得知，任給一個整數n，都可以唯一地表示成：n=p1m1+c1=p2m2+c2=...=pkmk+ck 。(4)p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，...，。c=0，1，2，3，...，pi-1。[Pk的平方/2]<n<[P（K+1)的平方/2]。是否存在一個X：X=p1h1+g1=p2h2+g2=...=pkhk+gk 。(5)gi≠ci，gi≠pi-ci。若X〈n-2，則n+X與n-X是一對素數。例如n=20，20=2m+0=3m+2=5m+0. （ 5的平方/2)<20<（7的平方/2）即（25/2）<20<（49/2）；解得X=2h+1=3h+0=5h+1=21X=2h+1=3h+0=5h+2=27X=2h+1=3h+0=5h+3=3X=2h+1=3h+0=5h+4=9X的四個解中有2個小於20-2，即3和9。得知20-3與20+3是一對素數；20-9與20+9是一對素數。這個例題包含了證明的思想，必須利用一個引理，見下面的引理。徹底證明已經不困難，讀者可以自己試著完成。這是因為胡作玄教授有一個精闢的論斷（他在介紹康托爾企圖證明哥德巴赫猜想失敗後的話）：解決哥德巴赫問題在於對素數有一個正面的刻畫。素數普遍公式就是正面的刻畫，例如上面的例子：**20=2m+0=3m+2=5m+0(+)9=2h+1=3h+0=5h+4----------------------------------------=29=2m+1=3m+2=5m+4.(符合（1）（2）式，gi≠pi-ci.，相加後最小剩餘不為0，所以相加後是素數。相減：**20=2m+0=3m+2=5m+0(-)9=2h+1=3h+0=5h+4--------------------------------------=11=2m+1=3m+2=5m+1(符合（1）（2）式，gi≠ci.，相減後最小剩餘不為0，所以相減後是素數。（相加相減讀者可以參考「群」的概念）證明哥德巴赫猜想就是要證明（5）式：1，x必然有解（如果最小剩餘ci≠gi,ci≠pi-gi覆蓋了全部剩餘類就沒有解）。2，x必然有小於pk平方/2的解。利用這個公式去解決黎曼猜想也完全可能。這個方法的優越性十分明顯，每一步都與前面一步有著十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的定理。1923年哈代和李特爾伍德證明，如果廣義黎曼猜想成立，（所有L（S，X）的非平凡零點都位於直線R*S=1/2上，簡記（CRH），那麼幾乎所有的偶數都可以表示為二個奇素數之和。相反，假如哥氏猜想成立，黎曼猜想是否也可以推出？當然，一個完全正確的命題，其逆命題可能是錯誤的。這個公式比黎曼素數公式所含的信息量大的多。有了素數普遍公式，哥德巴赫猜想和孿生素數猜想等數論難題都將迎刃而解。希爾伯特，沈康身（浙江大學教授）吳振奎（天津商學院教授）都是這樣認為的。（二）證明素數無窮多已經知道有幾十種證明素數無窮多的方法。可以利用素數普遍公式證明素數無窮多。先證明一個引理：|------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩K次後被篩數（或者未被篩數）相差不超過K個」。||------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|說明：本篩法與埃拉托賽尼篩法不同，埃氏篩先用2篩，然後把2的倍數剔除掉；再用3篩，又把3的倍數剔除掉；再用5篩，.....。本篩法是已經篩過的數不馬上剔除掉，而是做上標記，等全部篩完過後再把篩過的數剔除掉。於是，有一些含有幾個不同素因子的數就要被篩幾遍，例如「6 」，就要被「2，」和「3，」各篩一遍。證明：根據除法算式定理：「給定正整數a和b，b不等於0，存在唯一整數a和r，（0≤r<b.)。使a=bq+r。」得知，如果從a中篩bm形數，a個連續自然數中，最多含有q+1個bm形數，r個連續自然數中，最多含有一個bm形數。例如，a=35，b=3，35=3x11+2，35個連續自然數中，最多含有11+1=12個3m形數，例如1---35有11個3m形數，36----70有12個3m形數。現在設某兩個區間為A與B，含自然數的個數分別為|A|與|B|，|A|=|B|，下證明p去篩，兩區間被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個。由上所述篩法，用順序素數p1，p2，...，pk依次去篩，兩區間每次被篩pm形數（或者未被篩數）個數相差最多不超過1個，故篩k次兩區間被篩數(或者未被篩數）個數最多不超過k個。證法1，設|A|=pm+r，則|B|=pm+r，0≤r<p，即區間A和B中均至少含有m個pm形數，又由於r<p，故r個連續自然數中至多有一個pm形數，即被篩pm形數個數相差不超過1個。證法2，假若不然，篩k次有兩個區間A與B，被篩數相差大於K，比如有K+1個，那會出現什麼問題呢？我們問第K+1是個什麼（見圖），例如A與B用2和3去篩，如果出現了相差3個，第一個記為2m形，第二個記為3m形，問第三個（-？-）是什麼形式？（每一個括弧表示一個自然數）。A：（+）。。。（+）；-------------------（-）（-）（-）（-）。。。（-）；B：（+）。。。（+）（2m)(3m)(-?-)；--------------------（-）。。。（-）；|---------------已經篩過部分----------------|------------未經篩過部分------------|。如果第三個（-？-）是2m或者3m形， 顯然與除法算式定理矛盾；如果不是2m或者3m形，它就不應該「站在」已經篩過的行列。無論哪一種情況，假設都不能成立。證畢。證明方法2由美國Qhio-Wesleyan-University王蕊珂給出。（如果已經篩過部分A比B多K個，則未篩過部分B比A多k個，這個很好理解，正如一個故事所講，第一輛車裝了40位姑娘，第二輛車裝了40位小夥子，停車時第二輛車的一部分小夥子坐上了第一輛車，第一輛車的司機不高興了，說我只拉40個人，於是兩輛車都是40個人，都有姑娘小伙，問：是第一輛車的姑娘多還是第二輛車的小夥子多？答案是顯然的；第一輛車的姑娘與第二輛車的小夥子一樣多)。我們可以用公式表示：{|A1|=|A2|=...=|An|}→s(k):|Aj|-|Ai|≤k。就是說，在連續自然數相等的區間|A1|，|A2|，...，|An|中，篩（用s表示)k 次，任何兩個區間:| Aj|-|Ai|≤k。.註：原來以為這個問題是顯然的，哪知，論文發表後，江西省九江市第一中學高三級黃晶晶同學發現必須給與證明，否則就是一個漏洞，給編輯部寫信。時間是2002年。 小小年紀，真是不簡單。後來得知，黃晶晶考入一所著名大學的數學系，經過兩年多努力，才完成「任何兩個含連續自然數個數相等的區間，篩k次被篩數（或者未被篩數）相差不大於k個。------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------假定最後一個素數是23，那麼對於下式：N=2m+a1=3m+a2=5m+a3=7m+a4=11m+a5=13m+a6=17m+a7=19m+a8=23m+a9。（6）（a不等於0，若N<23*，則是一個素數，23是第9個素數).來說，就沒有小於23*的解，因為N與2，3，5，7，11，13，17，19，23互素，並且大於23，我們知道沒有與所有素數互素的合數，所以N必然是素數，原先假設是錯誤的，這是證法一。證法二：（6）式如果有小於23*的解，就是素數，與假設矛盾，所以（6）沒有小於23*的解。（1）式的同餘形式：N≡a1(mod2)， N≡a2(mod3)，N≡a3(mod5)，N≡a4(mod7)，N≡a5(mod11)，N≡a6(mod13)，N≡a7(mod17)，N≡a8(mod19)，N≡a9(mod23).。（7）根據孫子定理，從（6）（7）式得知，（6）（7）式在2x3x5x7x11x13x17x19x23範圍內有（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）個解。（6）（7）式的本質是從2x3x5x7x11x13x17x19x23中篩去2m，3m，5m，7m，11m，13m，17m，19m，23m形的數。共篩9次。我們把2x3x5x7x11x13x17x19x23按(19x23)為一個區間，（注意19x23<23的平方）分成2x3x5x7x11x13x17個區間：[1 ，19x23），[19x23+1，2x19x23），.........，[2x3x5x7x11x13x17x19x23-（19x23）+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23）。假如第一區間[1，19x23）無解，根據引理，其他區間的解也不會超過9個。2x3x5x7x11x13x17個區間不超過2x3x5x7x11x13x17x9個解。少於（6）（7）式固有的解（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）。一一對應，（23-1）對應9；（19-1）對應17；（17-1）對應13，（13-1）對應11；（11-1）對應7；（7-1）對應5；（5-1）對應3；（3-1）對應2。--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------（2-1）|（3-1）|（5-1）|（7-1）|（11-1）|（13-1）|（17-1）|（19-1）|（23-1）||-------------2-----|----3----|----5----|-----7-----|-----11----|----13---|-----17----|----9------|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------每一項都是上面大於或者等於下面，說明原先假設23是最大的素數是錯誤的，他造成了與（6）（7）式的矛盾，而（6）（7）式的解數目是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾必然是錯誤的。這是利用抽屜原則，（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）是抽屜，2x3x5x7x11x13x17x9是信封，信封少於抽屜，說明至少有抽屜沒有信封。證畢。證法二雖然繁瑣（繞圈子），但是一個強有力的工具（歸謬法）。假如在第一區間無解，就會造成總的解數目少於公式固有的解的數目，而固有解的數目是由孫子定理得出的。這個方法移植到孿生素數證明上，同樣有效。(三）組裝素數。在例題中，當k=4時，我們發現，根本不需要計算，只有添進數字就可以了，當k=5時，有480個解，如果用埃氏篩，或者進行計算，哪怕是歐拉或者高斯這樣的巨匠，也要幾個小時，如果編成程序，一秒鐘也用不了。人類已經不需要依賴埃拉托賽尼篩法計算素數。只有利用一個模具。（四）解釋問題可以說明1，台爾曼素數公式。（參見「從台爾曼公式談起」《中等數學》2002年5期)2,福蒂恩猜想。劍橋大學人類學家福蒂恩發現：若與p1p2....pn+1(p1,p2,....是順序素數2，3，5，，，，）相繼的下一個素數為q,則q-p1p2p3....pn也是素數：2+1=3，5-2=3；2x3+1=7,11-6=5;2x3x5+1=31,37-30=7,;2x3x5x7+1=211,223-210=13,............利用公式可以清晰地解釋福蒂恩猜想。（五）孿生素數及其猜想公式　孿生素數有一個十分精確的普遍公式，是根據一個定理：「若自然數Q與Q+2都不能被不大於根號(Q+2)的任何素數整除，則Q與Q+2是一對素數，稱為相差2的孿生素數。這一句話可以用公式表達：Q=p1m1+b1=p2m2+b2=....=pkmk+bk. 。(8)其中p1，p2，...，pk表示順序素數2，3，5，....。b≠0， b≠pi-2。(即最小剩餘不能是0和pi-2.。不能是2m，3m，5m，...，pkm形，不能是3m+1，5m+3，7m+5，....，pkm-2形）。若Q〈P*（k+1)-2 [註：（k+1)是腳標]，則Q與Q+2是一對孿生素數。例如，29，29和29+2不能被不大於根號（29+2）的任何素數2，3，5整除，29=2m+1=3m+2=5m+4， 29〈49-2(即7*-2）所以29與29+2是一對孿生素數。上式可以用同餘式組表示：Q≡b1(modp1)，Q≡b2(modp2)，...，Q≡bk(modpk)。(9)。由於（9）式的模p1，p2，...，pk兩兩互素，根據孫子（中國剩餘）定理，對於給定的b值,（9）式在p1p2...pk範圍內有唯一的解。例如29，29≡1(mod2)，29≡2(mod3)，29≡4(mod5)。29小於7的平方減2，即49-2。所以29是一個素數。29在2×3×5=30範圍內有唯一解。例如：k=1時，Q=2 m+1，解得Q=3和5，5<3*-2，得知3與3+2，5與5+2是兩對孿生素數。從而得到了3,3*)區間的全部孿生素數。k=2時，Q=2m+1=3m+2。解得Q=5，11，17。17<5*-2，得知11與11+2，17與17+2是孿生素數對，從而得到（5，5*)區間的全部孿生素數。k=3時，*********************|----5m+1-----|-5m+2-|-5m+4-|---------------------------------------------------------|Q=2m+1=3m+2=|-11-，-41-；|---17---|---29---|---------------------------------------------------------|從而求得了（7，7*）區間的全部孿生素數對。k=4,時，解得：******************************|-7m+1-|-7m+2-|-7m+3-|-7m+4-|-7m+6-|Q=2m+1=3m+2=5m+1=|---71---|--191--|--101---|---11--|----41--|Q=2m+1=3m+2=5m+2=|--197--|--107--|---17----|--137--|--167--|Q=2m+1=3m+2=5m+4=|---29--|--149--|----59----|--179--|--209--|---------------------------------------------------------------------------------------求得了（11，11*）區間的全部解。仿此下去，可以求得任意給定的數以內的全部孿生素數，並且一個不漏地得到。注意，在k≥4時，利用表格，我們不需要通過計算，或者埃拉托賽尼篩法求得解，而是只要填寫即可。表格的數字十分有規律。人類已經不依賴埃氏篩。可以通過組裝或者克隆素數。這對大數密碼是一個強烈的衝擊。由於b≠0,（8）（9）式的本質就是從p1p2p3....pk中篩去p1m，p2m，...，pkm形的數k次;；由於b≠pi-2，(8)，(9)式是從p1p2p3...pk中篩去p1m-2，p2m-2，p3m-2，....，pkm-2形的數k次，共篩2k次。孿生素數猜想就是要證明（8）式或者（9）式在k值任意大時都有小於p*{k+1)-2的解。詳細情況可以參見「百度百科」詞條「孿生素數普遍公式」，以及「素數普遍公式」。利用（8）（9）式證明孿生素數猜想變得十分容易，希爾伯特等數學家都是這樣認為的.根據孫子定理得知，（1）（2）式在p1p2p3...pk範圍內有：(2-1)×(3-2)×(5-2)×....×(pk-2)。（3）個解。（p後面的1，2，3，...，k是腳標）。孿生素數的篩法就是在埃拉托塞尼的篩後再篩去pm-2型的數。關於孿生素數猜想孿生素數猜想就是要證明K值任意大時（1) 式（2）式都有小於p*k的解。有了這個孿生素數普遍公式，證明孿生素數問題就像做一道中學數學題一樣容易。這是希爾伯特說的，因為孿生素數公式把孿生素數猜想轉化成一個初等數論問題。事實上也是這樣。例如，假設最後一對孿生素數是59與61，那麼對於下式：Q=2m+b1=3m+b2=5m+b3=....=53m+b16=59m+b17=61m+b18. （10）(61是第18個素數)。來說，就沒有小於67*-2的解。b≠0， b≠pi-2。若Q<67*-2，則Q與Q+2是一對孿生素數。（10）式可用同於式組表示：Q≡1（mod2)，Q≡2(mod3)，...，Q≡b17(mod59)，Q≡b18(mod61)。（11）根據孫子定理，（10）式（11）式共有：（2-1）×（3-2）×（5-2）×（7-2）×........×（59-2）×（61-2）。（12）個解。注意（10）式，Q與(Q+2)與2，3，5，.......，53，59，61互素。並且大於2，3，5，.......，53，59，61。如果Q<67*-2，則Q與（Q+2）是一對大於61的孿生素數。既然我們已經假設了最大的孿生素數是59與61，那麼（10）（11）式肯定沒有小於67*-2的解，如果Q小於67*-2，則Q與（Q+2）是一對孿生素數。可以分為幾個步驟證明：{1}：我們將2×3×5×7×....×53×59×61按59×61劃分為一個區間：[1，59×61]，[59×61+1，2×59×61]，...,，[（2×3×5X...X59×61）-（59×61）+1，2×3×5×....×59×61]。共有2×3×5×....×53個區間。因為（10）（11）式的本質是從2×3×5×...×53×59×61範圍內篩去 2m，3m，5m，...，53m，59m，61m形的數(篩k次）和2m-2，3m-2，5m-2，7m-2，...，53m-2，59m-2，61m-2形的數(篩k次）共2k次。{2}：既然67*-2沒有解，我們只要證明：如果第一區間[1，59×61]無解，即67*-2內無解，（因為59×61<67*-2），[也就是（4）（5）式在p*k內無解]。其它區間解的數目就不會超過2k個（此時k=18,，61是第18個素數)。（見上面的「引理」）。{3}：[（2×3×5×…×47×53）×2×18]<[（2-1）×（3-2）×（5-2）×…×（59-2）×（61-2）]。一一對應：右式在上，左式在下，(61-2)對應(2x18)，(59-2)對應53，(53-2)對應47，(47-2）對應43，（43-2）對應41，（41-2）對應37。[(2-1)X(3-2)X(5-2)X(7-2)X(11-2)X(13-2)X(17-2)X...X(37-2)X(41-2)X(43-2)X(47-2)X(53-2)X(59-2)X(61-2)]------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------>2。[2X3X5X7X11X13X17X19X23X29X31X37X41X43X47X53X(2×18)]。前面：（2-1)X(3-2)X(5-2)X(7-2)X(11-2)X(13-2)X(17-2)X(19-2)X(23-2)X(29-2)X(31-2)X(37-2)-----------------------------------------------------------------------------------------------------------=1.0862x3x5x7x11x13x17x19x23x29x31後面每一項分子大於分母。由於右式比左式多2項，所以造成：{4}：每一項都是上端大於下端或者等於下端。造成了下端假設解的數目少於（10）（11）式固有的解（上端的數目（2-1）×（3-2）×（5-2）×....×（53-2）×（59-2）×（61-2），而上端解的數目是根據孫子定理得出的，與孫子定理相矛盾必然是錯誤的, 所以原先假設最後一對孿生素數是59與61是錯誤的。。這就是利用抽屜原則這個鐵一樣的定理，（（2-1）x(3-2)x(5-2)x(7-2)x...x(59-2)x(61-2)就是抽屜，2 x3x5x7x...x53x(2x18)就是信封，信封少於抽屜，至少有抽屜沒有裝上信封。{5}這個證明是什麼意思呢？就是說，如果假設59與61是最大的孿生素數，那麼在（4）（5）式，就沒有小於67*-2的解，即第一區間（1，59×61）內無解，如果第一區間無解，其它區間的解就會少於2k個，即2×18=36個。這樣就出現了與假設的矛盾，因為（10）（11）式的解是一個絕對的數目（即（12）式），他是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾顯然是錯誤的，所以假設59與61是最大的孿生素數是不對的。這個方法的優越性十分明顯，可以避免循環論證，每一步都與前面一步有著十分清晰而明確的關係。並且可以直接導回原來的公式。（六）黎曼假設中的素數公式來自埃拉托塞尼篩法　　有些數具有不能表示為兩個更小的數的乘積的特殊性質，例如，2,3,5,7,等等。這樣的數稱為素數；它們在純數學及其應用中都起著重要作用。在所有自然數中，這種素數的分布並不遵循任何有規則的模式；然而，德國數學家黎曼(1826~1866)觀察到，素數的頻率緊密相關於一個精心構造的所謂黎曼蔡塔函數z(s)的性態。著名的黎曼假設斷言，方程z(s)=0的所有有意義的解都在一條直線上。這點已經對於開始的1,500,000,000個解驗證過。證明它對於每一個有意義的解都成立將為圍繞素數分布的許多奧秘帶來光明。　　1730年，歐拉在研究調和級數：　　Σ1/n=1+1/2+1/3+...+1/n.....。(13)　　時，發現：　　Σ1/n=(1+1/2+1/2^2+...)(1+1/3+1/3^2+...)(1+1/5+1/5^2+...)......=Π(1-1/p)^-1。(14)　　其中，n過所有正整數，p過所有素數，但稍加改動便可以使其收斂，將n寫成n^s(s>1),即可。如果黎曼假設正確：　　Π（x)=Li(x)+O(x^1/2*logx).。(15)　　證明了上式，即證明了黎曼猜想。　　為什麼：　　π1/(1-1/P)={1/(1-1/2)}×{1/(1-1/3)}×{1/(1-1/5)}×.......=Σ1/n=1+1/2+1/3+1/4+,,,,。(16)　　因為：　　1/(1-r)=1+r+r^2+r^3+r^4+......。（17）　　所以：　　1/(1-1/2)=1+1/2+(1/2)^2+(1/2)^3+(1/2)^4+......　　1/(1-1/3)=1+1/3+(1/3)^2+(1/3)^3+(1/3)^4+......　　1/(1-1/5)=1+1/5+(1/5)^2+(1/5)^3+(1/5)^4+.......　　.......................................　　右端所有第一項的「1」相乘得到：「1」；　　右端第一行1/2與其它行第一項的「1」相乘得到「1/2";　　...................　　把所有加起來就是：1+1/2+1/3+1/4+........　　在證明素數定理的過程中，黎曼提出了一個論斷：Zeta函數的零點都在直線Res(s) = 1/2上。他在作了一番努力而未能證明後便放棄了，因為這對他證明素數定理影響不大。但這一問題至今仍然未能解決，甚至於比此假設簡單的猜想也未能獲證。而函數論和解析數論中的很多問題都依賴於黎曼假設。在代數數論中的廣義黎曼假設更是影響深遠。若能證明黎曼假設，則可帶動許多問題的解決。　　　有人發現埃拉托塞尼篩法的公式【即(1)(2）式】反過來可以推出黎曼猜想的猜想。因為只要把兩個式子連接起來，就可以研究。現在還沒有找到這個紐帶，但是已經有共同的內容聯繫起來：　　以下內容可以參見任何一本有關黎曼猜想的書籍，下面內容摘自《素數之戀》第100頁。　　黎曼猜想的基本來源是埃拉托塞尼篩法。埃氏篩大家都熟悉，我們就省略了，下面是某個大於1的*函數。（原文章用s，由於s不好表示右上標，所有這裡我們用「*」表示）　　ζ（*）=1+1/2*+1/3*+1/4*+1/5*+1/6*+.....。（18）　　（注意，這裡「*」表示右上角標）。　　在等號兩邊乘以1/2*由冪運算規則得到：　　1/2* ζ(*)=1/2*+1/4*+1/6*+1/8*+1/10*+1/12*+.....。（19）　　我們從第（8）式子減去第二個式子，在左邊我有一個ζ（*），又有它的1/2*,做減法得：　　（1-1/2*)ζ(*)=1+1/3*+1/5*+1/7*+1/9*+1/11*+1/13*+1/15*+....。（20）　　這個減法從那個無窮和中去掉了所有偶數項。　　現在我們在等號兩邊乘以1/3*,而3是右邊第一個還沒有去掉的數：　　1/3*(1-1/2*)ζ(*)=1/3*+1/9*+1/15*+1/21*+1/27*+1/33*+1/39*+....。（21）　　我們再做減法得：　　（1-1/3*)(1-1/2*)ζ(*)=1+1/5*+1/7*+1/11*+1/13*+1/17*+1/19*+1/23*+....。（22）　　3的所有倍數都從那個無窮和中消失了，右邊還有第一個沒有被去掉的數是5，如果我們兩邊都乘以1/5*,結果是：　　1/5*(1-1/3*)(1-1/2*)ζ(*)=1/5*+1/25*+1/35*+1/55*+1/65*+1/85*+1/95*+1/115*+...。（23）　　現在從前面那個式子減去這個等式得：　　（1-/5*)(1-1/3*)(1-1/2*)ζ(*)=1+1/7*+1/11*+1/13*+1/17*+1/19*+1/23*+...。（24）　　我們繼續下去，對於大於1的任意*，左邊對每一個帶括弧的表達式，並向右邊一直繼續下去，對這個式子的兩邊都依次逐個除以這些括弧，我們得到：　　ζ（*）=[1/(1-1/2*)]×[1/(1-1/3*)]×[1/(1-1/5*)]×[1/(1-1/7*)]×[1/(1-1/11*)]×....。（25）　　即：　　（18）式=（25）式　　這就是重複埃拉托塞尼篩法的過程。　　由於黎曼猜想與（1）（2）式都是來自埃拉托塞尼篩法，有共同的來源，所有我們有理由相信，解決黎曼問題可以利用（1)(2)式，只是我們現在還差一個環節。（王曉明王蕊珂）編輯本段埃拉托賽尼篩法是一個相對獨立的實踐活動，而埃拉托賽尼的素數普遍公式是一種理論。（實踐先於理論，實踐是理論的源泉）。如果實踐是對的，行之有效的，那麼他可以作為論據支持公式。公式的對與錯，看他是否與方法吻合，（與經驗事實相吻合）。方法是公式的內容，公式是方法的理論。在理論的內容是真的前提下，公式是可靠的，一個公式能夠產生出來，表明具有了相應的三大條件：一，相應的觀念和方法已經產生；二，相應的實踐條件和手段已經具備；三，科學勞動者能夠正確無誤地進行操作。方法只有藉助公式才能獲得確定的含義，方法是構成公式的成分。公式是具有一定結構的整體，這是公式自身存在與發展的前提。公式是一種體系化和邏輯化了的認識，而體系化規範化的方法是公式的靈魂。理論和公式的意義恰恰不在於他的形式，而在於他形成之後的運行。在於他作為某種因素而導出另外的結果。公式是方法的收集，方法的反應。僅有方法，無法拓展新的實踐和認識，生命力受到局限，只有藉助於公式才能向更深層次參透，因為方法是一個層次，他主要是描述性的，例如，埃拉托賽尼篩法是怎樣尋找素數。而公式是理論認識，說明「為什麼」，相對來說，他超過了個別。人以理論的方式，觀念地把握世界，人以「公式」的形式，觀念地把握方法。就公式產生和存在的意義和使命而言，就是要朝著實踐方向作認識總過程的再認識（再次飛躍），以創造還未知的外部世界。總之，只有在一切解釋皆真的公式，才能算普效的公式，或者邏輯真的公式。要判定一個公式是否可推演出，即是否可證，這是純形式的問題；要斷言一個公式是否真，必須依賴公式以外的解釋和模型------即這個公式和方法是否可以做等價轉換。下面談談素數普遍公式的一些具體作用：（一）素數普遍公式是素數定理（若N不能被不大於根號N的任何素數整除，則N是素數）和埃拉托賽尼篩法的表現形式，表明在一定條件下和範圍內[P（k+1)平方]主觀和客觀上的符合。因而是科學真理的一種表現形式。素數普遍公式提供了廣泛的概念框架，並且概括出其中普遍的不變關係。（二）素數普遍公式有助於科學概念和素數理論的形成。素數普遍公式是明確其他科學概念（例如哥德巴赫猜想）的一種有效手段。將來許多科學概念的內涵都會通過素數普遍概念公式表現出來，在素數理論中，素數普遍公式起著極大的作用，他是核心和靈魂。（三）素數普遍公式有解釋和預見功能，由於素數普遍公式是從整體上解釋素數性質的，所以常常是演繹推理模型中的大前提（全稱），也是預見的先行條件。（四），在數學論證中，數學證明的本質是用有限駕馭無窮，必須首先找出無窮對象的規律，用公式概括起來，既正面刻畫後，才能去證明更深刻的問題。總之，沒有素數普遍公式，就不能去催促新的思想。例如有些人用複變函數把簡單的素數理論弄的面目全非，違背了事物的真實性，造成了驚心動魄的場面卻解決不了實際問題。正如馮。諾伊曼指出的那樣：「當一門數學離他的源泉越遠，他就變的愈加嬌柔造作。歐幾里德是第一個提出素數普遍公式的人，為此，人類這一步卻跨越了兩千年，這是值得深思的。希爾伯特對數學成果的評價，那些能把過去統一起來而同時又為未來的拓展開闢了廣闊的道路的概念和方法，應該算是最為深刻的概念和方法。素數普遍公式就是一種承上啟下，繼往開來的思想。令人欣喜的是，自從素數普遍公式發表後，已經有好幾篇相關論文發表，為最終解決黎曼猜想等難題做好了基礎。我們要想認識素數，就不得不向這個理論屈服。這個方法也許將直接導致大數密碼的崩潰，西方數學家在與軍方合作時時關注素數研究的進展，我們也應該引起注意。有網友說「這其實就是埃拉托賽篩法的延伸」，說的非常正確。200萬年前，人類中的一員，用手中的木枝，接燃了野火，去點燃預先準備好的柴火，人類第一次主觀地利用了火，我們發生了質變。埃氏篩就是野火，我們用（1）式接燃了它，去點燃（2）式。從此，數論將發生質變。六。素數普遍公式的名稱來源素數普遍公式是美籍俄羅斯人喬治。伽莫夫，在1946年的著作《從一到無窮大》提出的，他還提出過「宇宙大爆咋」理論。這真是：兩千年期待，姍然遲來。 ----------------|------ 數百位豪傑，盡傾心血。仰天長嘆，空蕩蕩青春虛度。------------|-------低頭沉思，實在在光陰耗盡。看歐幾里德，一籌莫展。------------------|-------思費馬玄構，歐拉神算。艾拉托塞，搜遍骷腸，一聲感慨。-------|-------高斯雄才，黎曼假設，無言等待。天之轎子，何必選此絕路。---------------|-------豐功偉業，愚公豈能移山。想哈代力博，拉馬努賈英年逝。---------|-------絞無盡腦汁，勾不完質數變換。更雄心勃發，「充分大」忽悠天下，---|-------有幾路英雄，「殆素數」兵不厭炸。莫等閑富貴蒸發歲月流盡虛度年華。---|-------只贏得虛名假譽輕艷浮靡一枕黃梁。編輯本段1、為什麼歐拉素數公式f(m)=㎡+m+41,， 當m≥40時，就不靈了？。2、你能夠利用公式編出排列素數的程序嗎？3、你能夠證明㎡+1形式的素數有無窮多嗎？擴展閱讀：1.吳振奎【中等數學】1999.2 談談素數表達式。2.陳志雲【中等數學】2001.4 關於一個尋找素數方法的理論依據。3.淑生 【自然】1991.11 有表示所有素數的公式嗎4.王曉明【中等數學】2002.5 從台爾曼公式談起5.王曉明 [中等數學]2001.2 素數個數問題的三種新證法6.《數學大師的創造與失誤》43頁，44頁。天津教育出版社2003年第一版，2007年第二版。7.維基百科【素數公式】詞條。素數定理　　素數定理描述素數素數的大致分布情況。 素數的出現規律一直困惑著數學家。一個個地看，素數在正整數中的出現沒有什麼規律。可是總體地看，素數的個數竟然有規可循。對正實數x，定義π(x)為不大於x的素數個數。數學家找到了一些函數來估計π(x)的增長。以下是第一個這樣的估計。 π(x)≈x/ln x 其中ln x為x的自然對數。上式的意思是當x趨近∞，π(x) 和x/ln x的比趨 近1（註：該結果為高斯所發現）。但這不表示它們的數值隨著x增大而接近。 下面是對π(x)更好的估計： π(x)=Li (x) + O (x e^(-(ln x)^(1/2)/15)，當 x 趨近∞。 其中 Li(x) = ∫(dt/ln x2,x)，而關係式右邊第二項是誤差估計，詳見大O符號。素數定理可以給出第n個素數p(n)的漸近估計： :p(n)～n/ln n. 它也給出從整數中抽到素數的概率。從不大於n的自然數隨機選一個，它是素數的概率大約是1/ln n。 這定理的式子於1798年法國數學家勒讓德提出。1896年法國數學家哈達瑪(Jacques Hadamard)和比利時數學家普森(Charles Jean de la Vallée-Poussin)先後獨立給出證明。證明用到了複分析，尤其是黎曼ζ函數。 因為黎曼ζ函數與π(x)關係密切，關於黎曼ζ函數的黎曼猜想對數論很重要。一旦猜想獲證，便能大大改進素數定理誤差的估計。1901年瑞典數學家Helge von Koch證明出，假設黎曼猜想成立，以上關係式誤差項的估計可改進為 :π(x)=Li (x) + O (x^(1/2) ln x) 至於大O項的常數則還未知道。編輯本段以前（x^2）處的的素數x^2 * (Pn-1)# /Pn# + n -1現在（Pn#）處的素數(Pn-1)# +n -1兩者的誤差要想兩式x^2 * (Pn-1)# /Pn# + n -1 == (Pn-1)# +n -1恆等於，質數中x只有一個2的數沒有誤差:x^2=Pn#x=√ (Pn#)證明正確的都是化簡到了質數=2上面了，其他的都有誤差，雖然通過化簡都正確，但是質數分布是不對稱的！我們不能吧質數分布當作自然數方程去處理！所以後來用 （ x^2 * (Pn-1)# /Pn# + n -1）去求質數的值都出現了誤差，特別是經過化簡的公式更是如此。質數公式得出：(Pn#+4)/2,(Pn#-4)/2等一定是質數！生成圖表(1,2,…,(P(n+1)-1)/2)12345P=素數（prime number），! (P(n+1)+ *(P(n+1)+,P(n+1)+…)Pn#2362*36_15116+1713302*3*530-1317477*11= !(P(n+1)+ *(P(n+1)+,P(n+1)+…)30-11197*77930-723538330-129598930+131617*1330+737679730+11417110130+1343731032102*3*5*7210-103107317527737947210-101109319529739949...210-111994096198291039210-12094196298391049210+12114216318411051210+112214316418511061...2234336438531063210+1013115217319411151210+10331352373394311532310......編輯本段素數定理有些初等證明只需用數論的方法。第一個初等證明於1949年由匈牙利數學家保羅·艾狄胥（「愛爾多斯」，或「愛爾多希」）和挪威數學家阿特利·西爾伯格合作得出。 在此之前一些數學家不相信能找出不需藉助艱深數學的初等證明。像英國數學家哈代便說過素數定理必須以複分析證明，顯出定理結果的「深度」。他認為只用到實數不足以解決某些問題，必須引進複數來解決。這是憑感覺說出來的，覺得一些方法比別的更高等也更厲害，而素數定理的初等證明動搖了這論調。Selberg－艾狄胥的證明正好表示，看似初等的組合數學，威力也可以很大。 但是，有必要指出的是，雖然該初等證明只用到初等的辦法，其難度甚至要比用到複分析的證明遠為困難。編輯本段個數質數的個數是無窮的。最經典的證明由歐幾里得證明在他的《幾何原本》中就有記載。它使用了現在證明常用的方法：反證法。具體的證明如下：假設質數只有有限的n個，從小到大依次排列為p1,p2,…,pn，設 x = (p1·p2·...·pn)+1，如果x是合數，那麼它被從p1,p2,...,pn中的任何一個質數整除都會餘1，那麼能夠整除x的質數一定是大於pn的質數，和pn是最大的質數前提矛盾，而如果說x是質數，因為x>pn，仍然和pn是最大的質數前提矛盾。因此說如果質數是有限個，那麼一定可以證明存在另一個更大質數在原來假設的質數範圍之外，所以說質數的個數無限。費馬數2^(2^n)+1被稱為「17世紀最偉大的法國數學家」的費馬，也研究過質數的性質。他發現，設Fn=2^(2^n)+1，則當n分別等於0、1、2、3、4時，Fn分別給出3、5、17、257、65537，都是質數，由於F5太大（F5=4294967297），他沒有再往下檢測就直接猜測：對於一切自然數，Fn都是質數。這便是費馬數。但是，就是在F5上出了問題！費馬死後67年，25歲的瑞士數學家歐拉證明：F5=4294967297=641×6700417，它並非質數，而是一個合數！更加有趣的是，以後的Fn值，數學家再也沒有找到哪個Fn值是質數，全部都是合數。目前由於平方開得較大，因而能夠證明的也很少。現在數學家們取得Fn的最大值為：n=1495。這可是個超級天文數字，其位數多達10^10584位，當然它儘管非常之大，但也不是個質數。梅森質數17世紀還有位法國數學家叫梅森，他曾經做過一個猜想：2^p-1 ，當p是質數時，2^p-1是質數。他驗算出了：當p=2、3、5、7、17、19時，所得代數式的值都是質數，後來，歐拉證明p=31時，2^p-1是質數。 p=2，3，5，7時，2^p-1都是素數，但p=11時，所得2047=23×89卻不是素數。還剩下p=67、127、257三個梅森數，由於太大，長期沒有人去驗證。梅森去世250年後，美國數學家科勒證明，2^67-1=193707721×761838257287，是一個合數。這是第九個梅森數。20世紀，人們先後證明：第10個梅森數是質數，第11個梅森數是合數。質數排列得這樣雜亂無章，也給人們尋找質數規律造成了困難。現在，數學家找到的最大的梅森質數是一個有9808357位的數：2^32582657-1。數學家雖然可以找到很大的質數，但質數的規律還是無法循通。相關猜想哥德巴赫猜想哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）大致可以分為兩個猜想（前者稱「強」或「二重哥德巴赫猜想」後者稱「弱」或「三重哥德巴赫猜想」)：1、每個不小於6的偶數都可以表示為兩個奇素數之和；2、每個不小於9的奇數都可以表示為三個奇質數之和。黎曼猜想黎曼猜想是一個困擾數學界多年的難題，最早由德國數學家波恩哈德·黎曼提出，迄今為止仍未有人給出一個令人完全信服的合理證明。即如何證明「關於質數的方程的所有意義的解都在一條直線上」。此條質數之規律內的質數經過整形，「關於質數的方程的所有意義的解都在一條直線上」化為球體質數分布。孿生質數猜想1849年，波林那克提出孿生質數猜想（the conjecture of twin primes），即猜測存在無窮多對孿生質數。猜想中的「孿生質數」是指一對質數，它們之間相差2。例如3和5，5和7，11和13，10016957和10016959等等都是孿生質數。開放分類：數學、數論、素數、公式
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