素数公式

质数公式，又称素数公式，在数学领域中，表示一种能够僅产生质数的公式。即是说，这个公式能够一个不漏地产生所有的质数，并且对每个输入的值，此公式产生的结果都是质数。由于质数的个数是可数的，因此一般假设输入的值是自然数集（或整数集及其它可数集）。迄今为止，人们尚未找到易于计算且符合上述條件的质数公式，但对于质数公式应该具备的性质已经有了大量的研究。 可以证明，一个整系數多项式P(n)，如果不是常數函數的话，不会是一个素数公式。证明很简单：假设这样的一个多项式P(n)存在。那么P(1)将是一个素数p。接下来考虑 P ( 1 + k p ) {\displaystyle P(1+kp)} 的值。由于 P ( 1 ) ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle P(1)\equiv 0{\pmod {p}}} ，對于任意整數k，我们有 P ( 1 + k p ) ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle P(1+kp)\equiv 0{\pmod {p}}} ，從而 P ( 1 + k p ) {\displaystyle P(1+kp)} 是p的倍数，但已然假设 P {\displaystyle P} 是素数公式，所以 P ( 1 + k n ) {\displaystyle P(1+kn)} 必须是素数，于是它就只能等于 p {\displaystyle p} 。也就是說，对于任意的k， 1 + k p {\displaystyle 1+kp} 都是多项式P(n) - p的一個根。但根據代數基本定理，一個非零的整系數多項式不可能有無窮多個根。故此，P(n)只能是常数函數。 应用代数数理论，可以证明更强的结果：不存在能够对几乎所有自然数输入，都能产生素数的非常数的多项式P(n)。 欧拉在1772年发现，对于小于40的所有自然数，多项式 f ( n ) = n 2 + n + 41 {\displaystyle f(n)=n^{2}+n+41} 的值都是素数。对于前几个自然数n = 0, 1, 2, 3...，多项式的值是41, 43, 47, 53, 61, 71...。当n等于40时，多项式的值是1681=41×41，是一个合数。实际上，当n能被41整除的时候，P(n)也能被41整除，因而是合数。这个公式和所谓的质数螺旋有关，也和黑格納數 163 = 4 ⋅ 41 − 1 {\displaystyle 163=4\cdot 41-1} 有關。若 p = 2 , 3 , 5 , 11 , 17 {\displaystyle p=2,3,5,11,17} 時，其對應的多項式也有類似的性質，而 4 ⋅ p − 1 {\displaystyle 4\cdot p-1} 也是黑格納數。 狄利克雷定理证明了，对于互素的a和b， 線性函數 L ( n ) = a n + b {\displaystyle L(n)=an+b} 能产生无穷多个质数（尽管不是对于所有的自然数n）。至于是否存在次数大于等于2的多项式，满足对无穷多个整数，都能取到素数值，目前还没有结论。 此外，格林-陶定理证明了另一结论：对于每个正整数k，都存在着整数对a, b，使得对于每个0与k−1之间的n， L ( n ) = a n + b {\displaystyle L(n)=an+b} 都是素数。然而，对于比较大的k，找出a和b是很困难的。目前最好的结果是对于k = 26， P(n) = 5283234035979900n + 43142746595714191（ A204189 ） 一个很著名的素数公式是以下的有26个未知数的由14个方程组成的丢番图方程组Jones et al.（1976）： 0 = w z + h + j − q {\displaystyle 0=wz+h+j-q} 0 = ( g k + 2 g + k + 1 ) ( h + j ) + h − z {\displaystyle 0=(gk+2g+k+1)(h+j)+h-z} 0 = 16 ( k + 1 ) 3 ( k + 2 ) ( n + 1 ) 2 + 1 − f 2 {\displaystyle 0=16(k+1)^{3}(k+2)(n+1)^{2}+1-f^{2}} 0 = 2 n + p + q + z − e {\displaystyle 0=2n+p+q+z-e} 0 = e 3 ( e + 2 ) ( a + 1 ) 2 + 1 − o 2 {\displaystyle 0=e^{3}(e+2)(a+1)^{2}+1-o^{2}} 0 = ( a 2 − 1 ) y 2 + 1 − x 2 {\displaystyle 0=(a^{2}-1)y^{2}+1-x^{2}} 0 = 16 r 2 y 4 ( a 2 − 1 ) + 1 − u 2 {\displaystyle 0=16r^{2}y^{4}(a^{2}-1)+1-u^{2}} 0 = n + l + v − y {\displaystyle 0=n+l+v-y} 0 = ( a 2 − 1 ) l 2 + 1 − m 2 {\displaystyle 0=(a^{2}-1)l^{2}+1-m^{2}} 0 = a i + k + 1 − l − i {\displaystyle 0=ai+k+1-l-i} 0 = ( ( a + u 2 ( u 2 − a ) ) 2 − 1 ) ( n + 4 d y ) 2 + 1 − ( x + c u ) 2 {\displaystyle 0=((a+u^{2}(u^{2}-a))^{2}-1)(n+4dy)^{2}+1-(x+cu)^{2}} 0 = p + l ( a − n − 1 ) + b ( 2 a n + 2 a − n 2 − 2 n − 2 ) − m {\displaystyle 0=p+l(a-n-1)+b(2an+2a-n^{2}-2n-2)-m} 0 = q + y ( a − p − 1 ) + s ( 2 a p + 2 a − p 2 − 2 p − 2 ) − x {\displaystyle 0=q+y(a-p-1)+s(2ap+2a-p^{2}-2p-2)-x} 0 = z + p l ( a − p ) + t ( 2 a p − p 2 − 1 ) − p m . {\displaystyle 0=z+pl(a-p)+t(2ap-p^{2}-1)-pm.} 对于这个方程组的所有正整数解：(a,b,...,z)，k + 2都是素数。可以把这个公式改写成多项式的形式：将14个等式记作p1，p2，……，p14，那么可以说，多项式 ( k + 2 ) ( 1 − p 1 2 − p 2 2 − ⋯ − p 14 2 ) {\displaystyle (k+2)(1-p_{1}^{2}-p_{2}^{2}-\cdots -p_{14}^{2})} 的输入值(a,b,...,z)是正整数时，其值域的正值部分就是所有素数。 根据尤里·马季亚谢维奇的一个定理，如果一个集合能够被定义成一个丢番图方程的解集，那么就可以被定义为一个只有9个未知数的丢番图方程的解集。于是，素数集合可以被定义为一个只含10个变元的多项式的正值解集。然而，这个多项式的次数极大（在1045数量级），另一方面，也存在次数不超过4的多项式，未知数个数是58个。 利用高斯符號 [ x ] {\displaystyle [x]} ，可以建立一些第n个素数的表达式： 第一个带高斯函数的素数公式由W. H. Mills在1947年构造。他证明了存在实数A使得数列 [ A 3 n ] {\displaystyle [A^{3^{n}}\;]} 中的每个数都是素数。最小的A称为米爾斯常數，如果黎曼猜想成立，它的值大約為： A ≈ 1.30637788386308069046 … {\displaystyle A\approx 1.30637788386308069046\ldots } （ A051021）。 这个素数公式并没有什么实际价值，因为人们对A的性质所知甚少，甚至不知道A是否為有理数。而且，除了用素数值逼近外，没有其他计算A的方法。 使用威尔逊定理，可以建立一些其他的素数公式。以下的公式也没有什么实际价值，大多数的素性测试都比它远为有效。 我们定义 π ( m ) = ∑ j = 2 m sin 2 ⁡ ( π j ( j − 1 ) ! 2 ) sin 2 ⁡ ( π j ) {\displaystyle \pi (m)=\sum _{j=2}^{m}{\frac {\sin ^{2}({\pi \over j}(j-1)!^{2})}{\sin ^{2}({\pi \over j})}}} 或者 π ( m ) = ∑ j = 2 m [ ( j − 1 ) ! + 1 j − [ ( j − 1 ) ! j ] ] . {\displaystyle \pi (m)=\sum _{j=2}^{m}\left[{(j-1)!+1 \over j}-\left[{(j-1)! \over j}\right]\right].} 这两种定义是等价的。π（m）就是小于m的素数个数。于是，我们可以定义第n个素数如下： p n = 1 + ∑ m = 1 2 n [ [ n 1 + π ( m ) ] 1 n ] . {\displaystyle p_{n}=1+\sum _{m=1}^{2^{n}}\left\lbrack \left\lbrack {n \over 1+\pi (m)}\right\rbrack ^{1 \over n}\right\rbrack .} 这个例子没有用到阶乘和威尔逊定理，但也大量应用了高斯函数（S. M. Ruiz 2000）。首先定义： π ( k ) = k − 1 + ∑ j = 2 k [ 2 j ( 1 + ∑ s = 1 [ j ] ( [ j − 1 s ] − [ j s ] ) ) ] {\displaystyle \pi (k)=k-1+\sum _{j=2}^{k}\left\lbrack {2 \over j}\left(1+\sum _{s=1}^{\left\lbrack {\sqrt {j}}\right\rbrack }\left(\left\lbrack {j-1 \over s}\right\rbrack -\left\lbrack {j \over s}\right\rbrack \right)\right)\right\rbrack } 然后就有第n个素数的表达式： p n = 1 + ∑ k = 1 2 ( [ n ln ⁡ ( n ) ] + 1 ) ( 1 − [ π ( k ) n ] ) . {\displaystyle p_{n}=1+\sum _{k=1}^{2(\lbrack n\ln(n)\rbrack +1)}\left(1-\left\lbrack {\pi (k) \over n}\right\rbrack \right).} 另外一个素数公式由以下递推关系組成的數列，其前後項的差來定义： a n = a n − 1 + gcd ⁡ ( n , a n − 1 ) , a 1 = 7 , {\displaystyle a_{n}=a_{n-1}+\operatorname {gcd} (n,a_{n-1}),\quad a_{1}=7,} 其中gcd(x, y)表示x和y的最大公因數。这个数列的开始几项an+1 - an是1, 1, 1, 5, 3, 1, 1, 1, 1, 11, 3, 1, 1 （OEIS數列A132199）。Rowlands (2008) harvtxt error: no target: CITEREFRowlands2008 (help)证明了这个数列只含有一和素数。 f ( n ) = 2 + ( 2 n ! ( mod n + 1 ) ) {\displaystyle f(n)=2+(2n!\;{\pmod {n+1}})} 其中，素数2出现无限多次，其余的素数恰好出现一次。实际上，当n+1是素数p的时候，由威尔逊定理， 2 n ! ( mod n + 1 ) {\displaystyle 2n!\;{\pmod {n+1}}} 等于p-2，于是 f ( n ) = p {\displaystyle f(n)=p} ，当n+1是合数的时候， 2 n ! ( mod n + 1 ) {\displaystyle 2n!{\pmod {n+1}}} 等于0，于是得到2。 PrimeGrid’s AP26 Search (PDF). [2015-03-07]. （原始内容存档 (PDF)于2020-09-21）.  素数 質數定理 哥德巴赫猜想 双生质数 埃拉托斯特尼筛法 费马数 F n = 2 2 n + 1 {\displaystyle F_{n}=2^{2^{n}}+1} X²+1素数