N平方加1型的素数是无穷多的

关于形如N+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N?1的素数是无穷多的. 关键词：素数 剩余类 筛法

22

予备知识

要讨论形如N?1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4k?1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.

2p?4k?1?s2?t2 <1>

其中s表示偶数,t表示奇数,[1]

引理二:若N?1为合数,则它能表为一偶一奇两数的平方和.

2N2?1?u2?v2 <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N?1(没有3(mod4)的素因子)由纯1(mod4)的素因子组成.[2] 引理四:若<2>成立,则v?8h?1,即N?1?u?(8h?1) <3> 证明:见[3].

引理五:若N?1含有素因子p?4k?1?s?t,则N?1除以P所得的商也能表为一偶一奇两数的平方和.即

22222222N2?1?u2?(8h?1)2?(s2?t2)(x2?y2) <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 N?1?u?(8h?1)?(s?t)(x?y) <4> 将上面等式的第三部分展开得:

2222222(s2?t2)(x2?y2)?(sy?tx)2?(sx?ty)2 <5>

比较<4>,<5>得:

N?sy?tx <6>

即满足<6>的N的N?1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.

2?sx?ty?8h?1 ??sx?ty?1从这个方程组解得: sx?4h?1, 此与s,x为偶数相矛盾, 即这种情况是不存在的.

- 35 -

?sx?ty?8h?1 ?sx?ty??1?从这个方程组解得: sx?4h,ty?4h?1.

?sx?ty?8h?1 ? ?sx?ty?1

从这个方程组解得: sx?4h,ty?4h?1,.

?sx?ty?8h?1 ??sx?ty??1从这个方程组解得: sx?4h?1, 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:

sx?4hty?4h?14h即 x?

s4h?1 <7> y?t将<7>代入<6>得:

4h?14h4h(s2?t2)?s24hp?s2 <8> N?sy?tx?s.?t.??tsstst <8>式说明:对于任意给定的形如4k?1的素数,总有满足<8> 的两类N,这样的N使N?1为含有素因子p?4k?1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4k?1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p?4k?1的合数. 即N?Pm?R,1?R?P?1 . 有下式成立 N?1?PQ. <9>

22计算方法

以下我们给出满足<9>的两类N的计算方法.

4hp?s2N? <8>

st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:

N??p?st <10>

由于λ的任意性, t可以整除λp,但是(s,t)?1 ,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???0t??,并且设

P??t?r,0?r?t一并代入<10>得

- 36 -

N??0p?????r?st <11>

由μ任意性,取适当的μ使

?r?s?0(modt).

则N??0p?(????r?st) <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

4hp?s24hp?s2?t2?t2N??stst <12>

224hp?p?t(4h?1)p?t??stst取以p为模,由于h任意性,不妨设4h?1含有因子t,则<12>变为

N?由λ

??p?ts <13>

,＇

＇

的任意性,不妨设????0s??设P???s?r?,0?r??s ,将这两个式子同时代入<13>得:

?p??????N??0??r??ts <14>

由于μ＇的任意性,取适当的μ＇使??r??t?0(mods) 得

??r??t?N??0p?(?????) <14>

s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N?1含有因子5.

解: ∵p?5?2?1,s?2,t?1.可以用公式<10>直接计算. N?5??2.

2因为N0?1为素数, 它也是4k?1的素数,所以对于形如N0?1的素数.求出两类N, 使N?1含有

22222素因子N0?1,可利用公式<10> 直接计算.

例2:对P =193.求出两类N,使N?1含有因子193. 解:

22p?193?122?72,s?12,t?7 193?27?7?4,??27,r?4

193?16?12?1,???16,r??1方法一:利用公式<11>将s?12,t?7,??27,r?4代入<11>得:

4??12) t7?193?0?(108?4)?193?0?112...........??4N??0p?(???)?193?0?(27??方法二:利用公式<14>,将s?12,t?7,???16,r??1 代入<14>得

?r?s

- 37 -

N??0p?(???????r??ts12?193?0?(80?1)?193?0?81..............???5方法一求出两类N稍加变形得:

)?193?0?(16??????7)

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

N?193?0?112?193(?0?1)?(?193)?112?193(?0?1)?(?81) ????0?1?193?0?81..........?0一般说来,对于以P为模的两个剩余类pm±R.如果约定 0?R?p?1?2k，不管用公式<11>,还是2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4k?1的素数去筛N,筛出的N使N?1都是合数,而留下的都是N?1的素数.

H筛法是用下述办法进行的:

22N是所有偶数.

首先用5去筛,筛出两类N?5??2,这两类N,使N?1都是含有因子5的合数. 然后用13去筛,筛出两类N?13??5,这两类N,使N?1都是含有因子13的合数. 其次用17去筛,筛出两类N?17??4,这两类N,使N?1都是含有因子17的合数. ..................

2依次用素数pj?4k?1去筛,筛出两类N?Pm?R,这两类N,使N?1都是含有因子pj的合数.

222形如N+1的素数是无限多的

2222的N,使N?1为合数.用13去筛 , 有的N,使N?1是合数.用17去筛,5132222有的N,使N?1是合数，……,用素数pj?4k?1去筛,有的N,使N?1是合数.

pr17我们注意到:用5去筛,有

我们又注意到:在N?1的数中,含因子5的占5,又含因子13的

22

222,含因子13的占,.....,含因子pJ的占J.既含因子

pr51322? ,......,既含因子5,又含因子13,...,又含因子pJ的占 513222??...? 513pr如果用5去筛,那末去掉含因子5的,把所有N?1作为1. 那末剩余部分是1?22 5- 38 -

如果单独用13去筛,那末剩余部分是1?2.如果既用5去筛, 又用13去筛.那末剩余部分是 131?2222??? 513513如果单独用17去筛,那末剩余部分是1?2.因既含因子5, 又含因子13,同时又含因子17的,占17222?? 所以同时用5, 13,17去筛,那末剩余部分是 513171?222222222222??????????? 51317513517131751317 .............

仿上进行下去,同时用5,13,17,..., pj?4k?1去筛, 那末剩余部分是

1??i?1jj2222222j?????...?(?1)? <15> pipipjpipjpki?1pi从另一方面分析:

22.剩余部分再用13去筛又可筛去所以把用5筛后的剩余部分作为51321,剩余部分再用13去筛,那末剩余部分仍为1? .对于整个来说,用5,13同时筛之后,剩余部分应为

13222(1?)?(1?),之后再用17去筛,剩余部分作为1,仍然可以再筛去.那末用5,13,17筛过以后,整个剩余

51317如果用5去筛, 剩余部分是1?部分为

222(1?)?(1?)?(1?) .

513172把这种分析方法重复下去,用5,13,17,..., pj?4k?1同时去筛,那末N?1中剩余部分为 j22222(1?)(1?)(1?)...(1?)??(1?) <16>

51317pjpii?1容易看出<15>,<16>是一回事. 对<16>的值作以估计：

?(1?i?1t231115P?2Pt?26)?.....t?1.? <17> Pi51317Pt?1PtPt由于(pi?pi?1)?4. 其次说明：

N2?N从N?2开始到N共有：个偶数,

22N2?N而 个偶数的每个数平方后再加上1,称为数组M.

2定理二:形如N?1的素数是无限多的.

证明:假如形如N?1的素数是有限的,不妨设最大的为PH?N?1,则小于N?1的所有形如

2222

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4k?1的素数,由小到大排列为p1,p2,p3,...,pM.

4用p1,p2,p3,...,pM可以把N?1以内的含素因子4k?1的合数挑选出来.由引理三数组M只含4k?1的素因子.

2我们用p1,p2,p3,...,pM.去筛数组M.因为形如N?1的素数是有限个的.所以对数组M的所有数.用

p1,p2,p3,...,pM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p1,p2,p3,...,pM.去筛.对于大于N的数,用p1,p2,p3,...,pM.中的每一个pi只

2能筛去其中的，那末用p1,p2,p3,...,pM.筛后剩余部分为：

pi数组M用p1,p2,p3,...,pM筛后,剩余的偶数个数为:

?(1?i?1M26 )?PiPMN2?NM23(N2?N)3(N2?N)(1?)??2?PPN2?1i?1iMN2?1?N?13(N?1)?3?3??2

N2?1N2?1N?4,N2?1?N2?4N?3N?N?3N?3这说明用p1,p2,p3,...,pM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N?1的素数是有限个所造成的.这就证明了形

如N?1的素数是无限多的.

我们不仅证明了形如N?1的素数是无限的.而且对于已知的N?1的素数，对于下一个形如N?1的素数的范围作出了估计., N?1与N?1之间至少还有两个形如N?1的素数.

24222222参考文献:

[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N?1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。

2About the Prime Numbers of N+ 1

Ma Guo-xiang (Luoyang fourth Railway school,471002)

2

Abstract:By using the primary way in this thesis,we have found a sifting methed which can be used

2to prove the fact N?1 has infinite prime numbers. Key wards: prime number lifted sifting methed

洛阳师范学院学报(自然科学版) 2001年第二期

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4k?1的素数,由小到大排列为p1,p2,p3,...,pM.

4用p1,p2,p3,...,pM可以把N?1以内的含素因子4k?1的合数挑选出来.由引理三数组M只含4k?1的素因子.

2我们用p1,p2,p3,...,pM.去筛数组M.因为形如N?1的素数是有限个的.所以对数组M的所有数.用

p1,p2,p3,...,pM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p1,p2,p3,...,pM.去筛.对于大于N的数,用p1,p2,p3,...,pM.中的每一个pi只

2能筛去其中的，那末用p1,p2,p3,...,pM.筛后剩余部分为：

pi数组M用p1,p2,p3,...,pM筛后,剩余的偶数个数为:

?(1?i?1M26 )?PiPMN2?NM23(N2?N)3(N2?N)(1?)??2?PPN2?1i?1iMN2?1?N?13(N?1)?3?3??2

N2?1N2?1N?4,N2?1?N2?4N?3N?N?3N?3这说明用p1,p2,p3,...,pM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N?1的素数是有限个所造成的.这就证明了形

如N?1的素数是无限多的.

我们不仅证明了形如N?1的素数是无限的.而且对于已知的N?1的素数，对于下一个形如N?1的素数的范围作出了估计., N?1与N?1之间至少还有两个形如N?1的素数.

24222222参考文献:

[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N?1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。

2About the Prime Numbers of N+ 1

Ma Guo-xiang (Luoyang fourth Railway school,471002)

2

Abstract:By using the primary way in this thesis,we have found a sifting methed which can be used

2to prove the fact N?1 has infinite prime numbers. Key wards: prime number lifted sifting methed

洛阳师范学院学报(自然科学版) 2001年第二期

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ihq.html