对高考的看法-初中物理电学公式大全

2021年1月31日发(作者：搞笑骂人的话)

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

2
2
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
4
k

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
.
2
p

4
k

1

s
2

t
2
















<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
.
2
N
2

1
< br>u
2

v
2














<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
. < br>引理三
:
若
<2>
成立
,
则
N
< br>1
(
没有
3
(mod
4
)
的素因子
)
由纯
1
(mod
4
)
的素因子组成
.[2] < br>引理四
:
若
<2>
成立
,
则
v
< br>8
h

1
,
即
N

1
< br>u

(
8
h

1
)









<3>
证明
:
见
[3].
引理五
:
若
N

1
含有素因子
p

4
k

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

22
2
2
2
2
2
2
N
2
1

u
2

(
8
h

1)
2

(
s
2

t
2
)(< br>x
2

y
2
)







<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

(
8
h

1
)

(
s

t
)(
x

y
)






<4>
将上面等式的第三部分展开得
:
2
2
2
2
2
2
2
(
s
2

t
2
)(
x
2

y
2
)

(
sy

tx
)
2

(
sx

t y
)
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

8
h

1


sx

ty

1
从这个方程组 解得
:
sx

4
h

1
,
此与
s,x
为偶数相矛盾
,
即这种情况是不存在的
.

- 35 -


sx

ty
8
h

1


sx

ty


1

从这个方程组解得
:
sx

4< br>h
,
ty

4
h

1
.


sx

ty

8
h

1




sx

ty

1

从这个方程组解得
:
sx

4
h
,
ty

4
h

1
,.

sx
ty

8
h

1



sx

ty


1
从这个方程组解得
:
sx

4
h

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

4
h
ty

4
h

1
4
h
即

x



s
4
h

1








<7>
y

t
将
<7>
代入
<6>
得
:

4
h

1
4
h
4
h
(
s
2

t
2
)

s
2
4
hp

s
2





<8>
N

sy

tx

s
.

t
.


t
s
st
st


<8>
式说明
:
对于任意给定的形如
4
k< br>
1
的素数
,
总有满足
<8>
的两类
N< br>,
这样的
N
使
N

1
为含有
素因子
p

4
k

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
4
k

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

4
k< br>
1
的合数
.

即
N

Pm

R
,
1

R

P
1
.
有下式成立












N

1

PQ
.






<9>

2
2
计算方法



以下我们给出满足
<9>
的两类
N
的计算方法
.
4
hp

s
2
N










<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

s
t








<10>
由于
λ
的任意性
, t
可以整除
λ
p,
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



0
t


,
并且设

P


t

r
,
0

r

t
一并代入
< 10>
得

- 36 -


N

< br>0
p




r

s
t




<11>
由
μ
任意性
,
取适当的
μ
使


r

s

0
(mod
t
)
. < br>则
N


0
p

(



r

s
t
)





<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

4
hp

s
2
4
hp

s
2

t
2

t
2
N


st
st










<12>
2< br>2
4
hp

p

t
(
4
h

1
)
p

t


st
st
取以
p
为模
,
由于
h
任意性
,
不妨设
4
h

1
含有因子
t,
则
<12 >
变为

N

由
λ


p

t
s







<13>
,
＇
＇
的任意性
,
不妨设
< br>


0
s


设
P
< br>

s

r

,
0

r< br>

s

,
将这两个式子同时代入
<13>
得
:

p





N


0

r


t
s





<14>
由于
μ
＇的任意性
,
取适 当的
μ
＇使


r


t
0
(m
od
s
)

得



r


t

N


0
p

(





)






<14>
s
公式
<14>就又给出了满足
<9>
的两类
N
的又一种方法
.
例< br>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
N
0

1
为素数
,
它也 是
4
k

1
的素数
,
所以对于形如
N0

1
的素数
.
求出两类
N
,
使< br>N

1
含有
2
2
2
2
2
素 因子
N
0

1
,
可利用公式
<10>
直接计算
.
例
2:
对
P

=193.< br>求出两类
N
,
使
N

1
含有因子
1 93.
解
:
2
2
p

193
< br>12
2

7
2
,
s

12
,
t

7

193

27

7< br>
4
,


27
,
r

4

193

16

12

1
,< br>


16
,
r


1
方 法一
:
利用公式
<11>
将
s

12
,< br>t

7
,


27
,
r

4
代入
<11>
得
:
4


12
)

t
7

193

0

(
108

4
)

193

0

112
..........
.

4
N


0
p

(

)

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

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