素数的性质及研究

1、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=Q 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, 士 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士 1, 士 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

2、数的性质。二、素数的性质性质1:若P为素数，？a6 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 pl , P6 Z, ?a,b 6 Z,若 plab ,则 pla 或 plb ? p 为素数。证：“？ ”，p1, P6 Z,设 P为合数，贝U p=cd(1c-d1 , P6 Z, P为素数，设 P不整除 a,则(P, a)=1,.？ s,t6 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？?丁:?为第n ? ?个素数。由性质3得出推论

3、1。推论1: m为正整数，a为任意正整数，？裱示不大于？?粕最大的素CC?数，则有？?。G = ?证：由于素数无限，。冲8时，”8 ,用P?+1表示大于？?的第一个素数，则有P?+1 ?,则有1W?W T，由性质3可得,limn 学 =1,故limn 于=1, p? p?p?p?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p2(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 =

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 6 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： TOC o 1-5 h z (10n +1)4m三 1(mod10)nZ+,mZ+(10n +3)4m三 1(mod10)nZ+,m6Z+(10n +7)4m三 1(mod10)nZ+,mZ+(10n +9)4m三 1(mod10)nZ+,mZ+

5、当k=m+l时，10n + 1 4 m+1 = 10n + 1 4m+4 = 10n + 1 4m 10n + 1 4三 1 mod10 n Z+ , m Z +(10n + 3)4(m+1) = (10n + 3)(4m+4) = (10n + 3)4m (10n + 3)4三 1(mod10) n Z+ , m Z +(10n + 7)4(m+1) = (10n + 7)(4m+4) = (10n + 7)4m(10n + 7)4三 1(mod10) n Z+ , m Z +(10n + 9)4(m+1) = (10n + 9)(4m+4) = (10n + 9)4m(10n + 9)4三

6、 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 F(mod5), 54k+1 W(mod5), (k6Z+),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)三 1(mod10)(10n + 3)4k+1 = (10n + 3

7、)4k(10n + 3)三 1(mod10) (10n + 7)4k+1 = (10n + 7)4k(10n + 7)三 1(mod10)(10n + 9)4k+1 = (10n + 9)4k(10n + 9)三 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P5时，P必为奇数，P的个位数字必为1, 3, 7或9。(10n + 1)7三 1(mod10), (10n+1)3T(mod10)(10n + 3)7三 1(mod1

8、0), (10n+3)3T(mod10)(10n + 7)7三 1(mod10), (10n+7)3T(mod10)(10n + 9)71(mod10), (10n+9)31(mod10)所以，由以上可得命题成立。由性质5猜想得：定理3: 一个素数的方哥是以首项为 3,公差为4的等差数列时。则该素数的？?注?次方与次方之差是10的倍数，即？?- ?%三?其中？20= ? ? JI r f 卜证：用数学归纳法证。当n=l时，？?=7, ?=3,由i质5可直接证出。设当n=k时，命题也成立，即有关系式:?k+3?务1三0(?孙24k+324k- 1 三 0(?孙P=254k+354k- 1 三 0

9、(?孙p=5当P5时，P的个位数字必为1, 3, 7或 9(10?+ 1)4k+3-(10?+ 1)4k- 1(10?+ 3)4k+3-(10?+ 3)4k- 1三 0( ?0)(10?+ 7)4k+3-(10?+ 7)4k- 1三 0( ?0)(10?+ 9)4k+3-(10?+ 9)4k- 1三 0( ?0)以上各式均成立。设当n=k+l时,24 k+1+1- 1 - 24 k+1-1 = (24k+3 - 24k- 1)24 三0( ?)54 k+1+1- 1 - 54 k+1-1 = (54k+3 - 54k- 1)54 三0( ?)(10?+1)4 k+1+1 - 1 - 10?+2

10、4 k+1 - 1=10?+ 1 4k+310?+ 1 4k- 1(10 ?+1)4三 0( ?)(10 ?+3)4 k+1+1 - 1 - 10?+24 k+1 - 1=10?+ 3 4k+310?+ 3 4k- 1(10 ?+3)4三 0( ?)(10 ?+7)4 k+1+1 - 1 - 10?+=10?+ 7 4k+310?+ 7 4k- 1(10 ?+7)4三 0( ?)(10 ?+9)4 k+1+1 - 1 - 10?+24 k+1 - 1=10?+ 9 4k+310?+ 9 4k- 1(10 ?+9)4三 0( ?)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

11、,只存在一组三胞胎素数3/5/7设Pn与Pn+2是一组字生素数。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2英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

12、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。.存在无穷多对李生素证明：Sm = (2m+1 N + 2m2-2m+6,对于任意 N存在无穷多组(2m+1 N到Sm之间至少有一对李生奇数 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之间必有一对李生素数。 m取值无穷， 显然，有无穷多对李生素数存在。.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

13、+5型的素数只有有限个，设为p1,p2,.,pn.考虑 N = 6 pl 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