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1、学院学术论文题目:质数和算术基本定理学号:学校:专业:班级:姓名:指导老师:时间:【摘要】质数是数论研究的核心,许多中外闻名的题目都与素数有关。除1外任何正整数不是质数即是合数。判断一个已知的正整数是否是质数可用判别定理去实现。判别定理又是证明素数无穷的关键。1既不是质数也不是和数。1之所以要摒于质数之外,是因为它完全没有质数所具备的那些重要的数论性质。算术基本定理是整数理论中最重要的定理之一,既任何整数一定能分解成一些素数的乘积,而且分法是唯一的,不是任何数集都能满足算术基本定理的,算术基本定理为我们提供了解决其他问题的理论
2、保障。【关键词】质数;算术基本定理;费马数;一质数的定义:指在一个大于1的整数中,如果它的正因数只有1及它本身,就叫作质数(或素数);否则就叫作合数。依据定义得公式: 设A=2n+b=(n-x)(n+y),除n-x=1以外无正整数。故有: y=(b+nx)/(n-x)(x3、89,97(共25个)二定理的应用:1.素数的个数无限多(不存在最大的素数)证法一:(一)学过初中的同学都知道n!与n!+1互质。故n!与1、2、3、…..n-1、n互质那么n!+1有2种可能(1)n!+1为素数。(2)n!+1为合数(1)设a=n!+1为素数集合A={x4、05、06、x∈BA且a/x=hh∈N}为素数。同(1)设集合A内有b个素数。则集合B内至7、少有b+1个素数综合(1)、(2)可得:设集合A={x8、09、010、o11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
3、89,97(共25个)二定理的应用:1.素数的个数无限多(不存在最大的素数)证法一:(一)学过初中的同学都知道n!与n!+1互质。故n!与1、2、3、…..n-1、n互质那么n!+1有2种可能(1)n!+1为素数。(2)n!+1为合数(1)设a=n!+1为素数集合A={x
4、05、06、x∈BA且a/x=hh∈N}为素数。同(1)设集合A内有b个素数。则集合B内至7、少有b+1个素数综合(1)、(2)可得:设集合A={x8、09、010、o11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
5、06、x∈BA且a/x=hh∈N}为素数。同(1)设集合A内有b个素数。则集合B内至7、少有b+1个素数综合(1)、(2)可得:设集合A={x8、09、010、o11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
6、x∈BA且a/x=hh∈N}为素数。同(1)设集合A内有b个素数。则集合B内至
7、少有b+1个素数综合(1)、(2)可得:设集合A={x
8、09、010、o11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
9、010、o11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
10、o11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
11、012、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
12、o13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
13、是p设q为所有素数之积加上1,那么,q=(2*3*5*……*p)+1不是素数那么,q可以被2、3、……、p中的数整除而q被这2、3、……、p中任意一个整除都会余1,与之矛盾所以,素数是无限的。(也可以这样说明:若q能被小于q的数整除,情况有两种,被小于q的素数或被小于q的合数。小于q的素数也就包括在2,3,5,……p中,明显不能被他们整除;如果能被小于q的合数m整除,合数m又可以分为两个更小的素数相乘,设m=s*t,则s14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP215、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
14、盾。) 证法三:假设素数只有有限的n个,从小到大依次排列为p1,p2,...,pn,则x=(p1·p2·...·pn)+1显然是不能被p1,p2,...,pn中的任何一个素数整除的,因此x也是一个素数,这和只有n个素数矛盾,所以素数是无限多的。这个证明的最早来自亚里士多德,非常漂亮,是反证法的经典应用,这个证明被欧拉称为“直接来自上帝的证明”,历代的数学家也对其评价很高。但是,千万不可认为,形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数就一定是素数!第八届全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP2
15、002)提高组初赛试题第三题第2小题,写程序运行结果,程序要找的就是形如p1·p2·...·pn+1(其中p1,p2,...,pn均为素数)的数中第一个是合数的整数。2*3+1=7是素数2*3*5+1=31是素数2*3*5*7+1=211是素数2*3*5*7*11+1=2311是素数2*3*5*7*11*13+1=30031不是素数,因为30031=59*5092.存在任意长的一段连续数,其中的所有数都是合数(相邻素数之间的间隔任意大) 证明:当016、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
16、,...,n!+n中,所有的数都是合数。这个结论对所有大于1的整数n都成立,而n可以取到任意大。3.所有大于2的素数都可以唯一地表示成两个平方数之差。证明:大于2的素数都是奇数。假设这个数是2n+1。由于(n+1)^2=n^2+2n+1,(n+1)^2和n^2就是我们要找的两
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