n平方加1型的素数是无穷多的

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

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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4k。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.

2p。4k。1。s2。t2

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.

2n2。1。u2。v2

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.

引理三：若成立，则n。1（没有3（mod4）的素因子）由纯1（mod4）的素因子组成.[2]引理四：若成立，则v。8h。1，即n。1。u。（8h。1）证明：见[3].

引理五。若n。1含有素因子p。4k。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

22222222n2。1。u2。（8h。1）2。（s2。t2）（x2。y2）

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。（8h。1）。（s。t）（x。y）将上面等式的第三部分展开得：

2222222（s2。t2）（x2。y2）。（sy。tx）2。（sx。ty）2

比较，得：

n。sy。tx

即满足的n的n。1的数必含素因子p.为了确定n，我们将化简，继续比较，得到以下四个一次方程组，并加以讨论.

2。sx。ty。8h。1。。sx。ty。1从这个方程组解得：sx。4h。1，此与s，x为偶数相矛盾，即这种情况是不存在的.

-35-

。sx。ty。8h。1。sx。ty。。1。从这个方程组解得：sx。4h，ty。4h。

1.

。sx。ty。8h。1。。sx。ty。1

从这个方程组解得。sx。4h，ty。4h。1，.

。sx。ty。8h。1。。sx。ty。。1从这个方程组解得：sx。4h。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。4hty。4h。14h即x。

s4h。1y。t将代入得。

4h。14h4h（s2。t2）。s24hp。s2n。sy。tx。s.。t.。。tsstst式说明：对于任意给定的形如4k。1的素数，总有满足的两类n，这样的n使n。1为含有素因子p。4k。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4k。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。4k。1的合数.即n。pm。r，1。r。p。

1.有下式成立n。1。pq.

22计算方法

以下我们给出满足的两类n的计算方法.

4hp。s2n。

st取以p为模，由于h的任意性，不妨设4h含有因子s，则变为：

n。。p。st

由于λ的任意性，t可以整除λp，但是（s，t）。1，除t=1以外，t不能整除s.所以，除t=1以外，不能用求出满足的两类n.为此需要加以变换.

由于λ的任意性，不妨设。。。0t。。，并且设

p。。t。r，0。r。t一并代入得

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n。。0p。。。。。r。st

由μ任意性，取适当的μ使

。r。s。0（modt）.

则n。。0p。（。。。。r。st）.

这样以来.公式就给出了求满足的两类n的具体计算方法.我们还可以给出求满足的另外一种具体计算方法.将加以变形

4hp。s24hp。s2。t2。t2n。。stst

224hp。p。t（4h。1）p。t。。stst取以p为模，由于h任意性，不妨设4h。1含有因子t，则变为

n。由λ

。。p。ts

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