一些素數個數計算

段貴軍

摘 要：根據自然數數列因子分布規律和不遵從自然數數列的數列因子分布規律，用這兩種方法建立計算公式求算素數個數.

關鍵詞：數列 素數個數計算 項差 分布規律 猜想

中圖分類號：O156.1 文獻標識碼：A 文章編號：1003-9082（2018）03-0-02

一、歐幾里得素數

概念：都是整數，其形式為En=Pn+1，其中Pn是 Pn的質數階乘。

前幾個歐幾里得數3 7 31 211 2311 30031 510511 ……

因為是En=Pn+1，數列中的項差分布與自然數數列項差分布不同，所以，就不能用求自然數數列的奇質數方法計算。根據歐幾里得數的階乘性質和素數個數分布與計算原理，每一個歐幾里得數是否奇質數，只能單獨計算。

根據歐幾里得數的性質，第1、2、3項歐幾里得數不可能有因子，只能是奇質數；第4項211因子可能是11和13，不可能是2、3、5、7，以及≥17的奇質數，所以第4項是奇質數的可能性為1×10/11×12/13≈0.839，以后以此類推。歐幾里得素數總個數計算公式F=1（第1項）+1（第2項）+1（第3項）+1×10/11×12/13（第4項）+1×12/13×16/17×18/19×22/23×28/29×30/31×36/37×40/41×42/43×46/47（第5項）+……

隨著歐幾里得數的不斷增大，F也不斷緩慢增大，所以，歐幾里得素數有無限個。

以上的單個計算方法，適合于隨機抽取（項差不遵從自然數數列項差分布規律）的一組數列和自然數數列的奇質數個數計算。項數越多，計算值越準確。

二、費馬素數

概念：形式為2n+1（n=2m，m取值為0、1、2、3……則n為1、2、4、8……）前幾個費馬數是3、5、17、257、65537、4294967297……求其中的素數個數。

從上面可以看出，項差不符合自然數數列分布規律，費馬數數列只是2k+1（k取值為0、1、2、3……）數列中的一部分，可以參照上面的歐幾里得素數素數計算方法求解。

當k≠1、2、4、8、16……2n數時，叫做非費馬數。非費馬數都可以進行因式分解，所以，非費馬數都是合數，因子是絕大多數奇質數。以上可以得出結論，費馬數是非費馬數的因子，而非費馬數中除費馬數因子之外的因子不可能是費馬數的因子。又因n=1、2、4、8、16……所以，費馬數自身因子不循環分布，并且每一個數值或其中分解出來的因子在整個數列中只能出現1次，此后就到非費馬數中循環去了，而非費馬數都是合數，根據相同數列具有相同性質理論可以判定，費馬數也應該都是合數，只是初期各項數值太小不能分解，只能為奇質數，這就是前幾項費馬數是奇質數的原因。理論上當費馬數的數值達到一定大小時以后就全是合數了。費馬數合數的因子是非費馬數中的所有因子之外的所有因子，并且在成為因子時在費馬數數列中只能出現1次，而費馬數有∞個，所以，對每一個費馬數是否奇質數的可能性是1×1/∞，所以得出計算公式：F（費馬素數個數）=1（第1項）×1/∞+1（第2項）×1/∞+1×（第3項）×1/∞+……+1（第n項）×1/∞→0。現在已知有5個素數，也只有這5個，不會再有。

孿生費馬素數：根據費馬數項差性質，孿生費馬素數只有一個：3和5。

三、胡道爾數

概念：形式如n×2n-1（寫作Wn）的自然數，前n項胡道爾數是1、7、23、63、159、383、895……

有頗少胡道爾數同時為質數，10億以內只有7、23、383。本說法沒有什么意義，是因10億以內的胡道爾數僅26個而已。當n=2、3、6、30、75、81、115、123……時Wn便為胡道爾數素數。求解“幾乎所有的胡道爾數都是合成數（合數）”仍是猜想。

因為胡道爾數數列項差不符合自然數數列規律，所以，只能用單個計算方法計算。第1項是1，不是奇質數，可以不計；第2項也是獨立的奇質數；第3項為1×2/3=0.667；第4項為1×2/3×4/5×6/7=0.457……根據以上原理，計算如下：F（胡道爾素數個數）=1+1×2/3+1×2/3×4/5×6/7+……本公式反映出胡道爾素數個數增加變化趨勢，經過計算，F值隨著項數的不斷增多而緩慢增加→∞個。

隨著項數不斷增加，胡道爾素數不斷變稀，但是胡道爾素數始終存在。

四、幸運質數猜想

幸運數：任意一個整數上的各位數之平方和，得到的新數再次求各位數之平方和，如此重復進行，如果最終結果是1，則此原數稱為幸運數。在重復過程產生的中間數叫中間橋數，也叫幸運數。若是質數叫幸運質數。如①23：22+32=13，12+32=10，12+02=1。若最終不等于1，必在某些橋數之間往復循環，此原數叫非幸運數。如②11：12+12=2，22=4，【42=16→12+62=37→32+72=58→52+82=89→82+92=145→12+42+52=42→42+22=20→22+02=4…】重復進行。16、37、58、89、145、42、20、4為循環橋數。

幸運數在其沒等于1之前一步皆為10、100、1000……叫幸運滿意數。任一滿意數都可以分解出無限個一級平方和之形式，如10=32+12+n個02=22+22+12+12+n個02=22+6×12+n×02……以相同的方式，每一個一級平方和又可以分解成無限個二級平方和之形式，再以相同的方式，每一個二級平方和又可以分解成無限個三級平方和之形式……由此可以證明幸運數原值包括中間橋數有無限個，如13、31、103、301、1003、3001……原值或者中間橋數分解出來的二級幸運數，如13=32+22+n個02=22+22+22+12+n個02=22+22+5個12+n個02=22+9個12+n個02=13個12+n個02……23=42+22+3個12+n個02……幸運數是由合數和質數組成，全體稱為幸運數集合，質數之全體稱為幸運質數集合。

幸運數鄰差：根據規律性對幸運數進行分組，每一組稱為一個幸運數數列，每一個數列含有無限個幸運數。為計算方便，尾數以奇數為主（不含5），并在相同位置逐漸增加0的個數。然后計算相鄰差。

例1：13 103 1003 10003……

相鄰差 90 900 9000……

例2：31 301 3001 30001……

相鄰差 270 2700 27000……

其它的也都是這樣的。

從以上可以看出，鄰差值是等比數列。很容易推導出相鄰差都是9的倍數，相鄰差因子組成也是有規律的。

計算方法一：根據項差特點，可以使用單個形式的計算方式。以13 103 1003 10003……為例，又因首項13是奇質數，項差因子為2、3、5，所以，這些幸運數因子中不可能有2、3、5因子。所以，它的F（幸運質數個數）=1（第1項）+1×6/7（第2項）+1×6/7×10/11×12/13×16/17×18/19×22/23×28/29×30/31（第3項）+……通過計算，幸運質數有多個。而根據幸運數形成原理，這樣的一級平方和形式有無數個，由此分出來的二級平方和數列也有無限個，再往上是三級平方和也有無限個……由此可以證明，幸運數有無限個，幸運質數也就有無限個。

計算方法二：幸運數數列的因子是該數列中的每一個幸運數。分布周期是該幸運數自身值，并且有周期內分布。如13，一個完整周期是13項，而第6項為周期內分布。如果是分解出來的因子，其周期為因子值-1，如301=7×43，因子7周期是7-1=6項，沒有周期內分布。假定都有周期內分布，則每一個因子分離排除個數為（n-2）/n×總個數。仍以上面的例題為例：A（幸運質數個數）=B（幸運數個數）×11/13×101/103×16/17×58/59×10001/10003……×（an-2）/an或者×（am-1）/am+k（k為因計算減少的幸運質數個數），隨著項數不斷增多，A越來越大于B（幸運數個數）×1/3×3/5×5/7×……（d-2）/d，B（幸運數個數）×1/3×3/5×5/7×……（d-2）/d的取值范圍是（0，1/3】，證明該數列中幸運質數有∞個。其中d為奇數；an是幸運質數， am是幸運合數中的奇質數，只要出現就計算。

根據幸運數數列相鄰差步調節奏（相鄰差因子組成結構）規律也可以證明，不存在哪一個或哪些因子能夠將任一幸運數奇數數列（尾數不是5）全變成幸運數合數的情況，其分布只能和自然數奇質數分布一樣越來越稀，隨著項數→∞，永遠存在，有無限個，何況幸運數奇數數列有無限個。最小幸運質數是7。

五、斐波那契素數猜想

斐波那契數列，又稱黃金分割數列。指的是：0、1、1、2、3、5、8、13、21……F（n），F（1）=1，則F（n）= F（n-1）+F（n-2）（n≥2，n∈N）。本數列自第3項開始，都等于前兩項之和。此數列中的素數個數是∞個嗎？就是斐波那契素數猜想。

不難看出，本數列項數有∞個。為了研究方便，對應序號（項數），第0項為0，第1項為1，第2項為1，第3項為2，第4項為3，第5項為5……

第4項是3，它的前1項為3-1，第5項為3+（3-1）=6-1，第6項（6-1）+3=9-1，第7項（9-1）+（6-1）=15-2，第8項（15-2）+（9-1）=24-3……看一看“-”號后面的數字是1、1、2、3……是在重復數列，其它項數計算也是如此，只是數列整體的倍數。由此可以證明斐波那契素數的分布與自然數素數分布相同，可以直接在項數上進行計算。即其中存在如下規律，第1、2項為1，不計，第3項為2，則第3n項都能整除第3項2，第4n項能整除第4項3，第5n項能整除第5項5，第6n項能整除第6項8……所以，根據以上論述和自然數素數個數計算公式原理可以直接列出斐波那契素數個數計算公式： An=n×2/3×3/4×4/5×6/7×10/11×12/13×……×（k-1）/k+t。其中An為斐波那契素數個數，n代表項數，k代表序號范圍內最大奇質數（2k≤n），t代表計算排除合數過程中減少的斐波那契素數個數。式中2/3代表第3項分離排除掉數列總個數的1/3剩余2/3，3/4代表第4項分離排除掉1/4剩下3/4……其它都是如此。隨著項數不斷增多，上式越來越大于n×2/3×3/4×4/5×5/6×6/7×7/8×8/9×9/10×10/11×11/12×12/13×……×（n-1）/n=2，證明隨著n→∞而斐波那契素數分布越來越稀，但斐波那契素數個數越來越多，即有∞個。

六、回文素數猜想

回文數是指一位數和左右對稱或重復的數，如3、11、101等等。回文數只是自然數中的一組特殊數字。很容易看出，回文數有無窮個，廣泛分布于各區間段中。

為了研究目的，本文只討論奇數回文數（首尾不是5）。

回文數數列：從小到大的順序進行排列（尾數是1、3、7、9）。2、3、5、7、9、11、33…99、101、111、121…191、303、313、333…393、707、717…797、909、919…999、1001、1111、1221、1331…1991、3003、3113、3223…3993、7007、7117…7997、9009、9119…9999、10001、10101、10201…10901、11011、11111、11211…11911、12021……

回文數鄰差是指回文數數列中相鄰兩個回文數之間的差值。一位數鄰差為2；二位數鄰差為22；三位數鄰差為10；四位數鄰差為110；五位數鄰差為100……證明各區段都是等差數列，完全符合自然數素數分布與個數計算原則，只是要按位數分段進行計算，也可以從整體上進行大致計算，每一段的因子略有不同，如二位數鄰差為22=2×11，所以只能有一個素數11，屬特例。因子是所有奇質數。

M（回文素數個數）=N（回文奇數個數）×2/3×6/7×10/11×…（k-1）/k+t（k為奇質數，k2≤范圍內最大奇數，t為因分離排除而減少的回文素數個數）。

計算結果是每一個位數分段都有奇質數，由于這樣的位數分段有∞個，則回文數奇質數也有∞個。

孿生回文質數：指含有一個回文素數的孿生素數。2、3、5、7，11、13，101、103，149、151……

M（孿生回文素數個數）=N（回文奇數個數）×1/3×5/7×9/11×…（k-2）/k+t（k為奇質數，k2≤范圍內最大奇數，t為因分離排除而減少的孿生回文素數個數）。參照前面的計算原則，其計算結果是各個位數分段都有孿生回文素數，由于這種位數分段有∞個，所以，孿生回文素數有∞個。

上面的這些問題的素數個數計算一樣，誤差難以避免，目下沒有辦法糾正，但是不影響問題的解決。

參考文獻

[1]《哥德巴赫與孿生素數猜想》（《新農村》2017年第一期）；

[2]《費馬大定理和卡塔蘭猜想》（《中文信息》2018年第一期）。