作为数学工作者，总是思考数学问题和解决数学问题，答疑解惑，教书育人。这个过程就是认识数学的一个过程，继而认识物质世界的数量和空间关系问题，偶尔思考社会问题。这个论题的写作可大可小，小到论述一个点，随时可以收尾，大到穷尽自己一生的精力而未必完成。

论述的第一步是立意。命题是“数学“，重点是“认识“。完成这个命题，需要他人智慧成果的材料综合归纳与自已经验的总结。

数学是什么？有一本R.柯朗和H.罗宾（美）著的《数学是什么》序言中这样描述“两千多年来，人们一直认为每一个受教育者都必须具备一定的数学知识。但是今天，数学教育的传统地位却陷入了严重的危机之中。而且遗憾的是，数学工作者却要对此负一定的责任。数学教学有时竟演变成空洞的解题训练。解题虽然可以提高形式推导的推力，但却不能导致真正的理解与深入的独立思考。

数学，作为人类思维的表达形式，反映了人们积极进取的意志，慎密周详的推理以及对完美境界的追求。它的基本要素是：逻辑与直观、分折与构作、一般性和个别性，虽然不同的传统可以强调不同的侧面，然而正是这些互相对立的力量的相互作用以及它们综合起来的努力才构成了数学科学的生命、用途和它的崇高价值。

有记载的数学起源于东方。"

写到这儿时，我注意到了美国作者仅提到“东方”，通篇沒有出现一个“中国"字眼，而众所周知，中国古代数学是非常卓著的。我想，数学虽然是自然科学，但它以然反映了发明者的国家自豪性。

学习数学就是这样怀有某种理想性，是学生不光为了考取好学校。兴趣是最好的老师，但为了理想必然学习数学。我现在写的文字虽然不很优美甚至有一些错误，但读者以然会从中受益，这也是我力求做到的。

数是近代数学的基础。所有的数学命题最终应归结为关于自然数1，2，3，…的命题（中学课本中把0归类为自然数）。古代哲人老子的《道德经》中曾叙：道法自然，一生二，二生三，三生万物之说，道出了自然数的演绎发展。

自然数的数学理论就是众所周知的算术。算术的基础在于：整除的加法和乘法服从某些规律。或者说算术者就是正整数的加法和乘法运算方法。归纳起来就是，用a，b，c，…作为整数符号，众所周知的五个算术基本规律可叙述为：

2）乘法交换律ab=ba；

4）乘法结合律（ab）c=a（bc）；

算术运算是把0排除在外的。算术运算的逆运算产生0，也产生负数，如a-a=0，1-2=-1。于是有了数的进一步扩充。

整数分类为负整数，0，和正整数。非负整数指0或正整数。自然数为0或正整数。

正整数1，2，3，…不断演绎，符号0，1，2，…，9够用吗？于是，有

中国古代也有十六进制，俗语有“半斤八两"之说。

十进制是基础，二，三，四，…十六等进制都要用十进制来表示，如1101是二进制，等于十进制的13。二进制与十进制的互相转化是（用a^n表示a的n次方）：例，十进制13=10+3，812=8×10^2+10+2，数字8，1，2正好是被10除的余数，是812÷10=81×10+2，2是余数，81是商，继续81÷10=8×10+1，1是余数，8是商，再8÷10=0×10+8，8是余数，商为0止，从最后一个余数写起就是812。

二进制转化为十进制也是如此，如二进制+2^2+0×2+1=13（十进制），13÷2=6×2+1，1是余数，6是商；6÷2=3×2+0，0是余数，3是商；3÷2=2+1，商和余数都是1，1÷2=0×2+1，1是余数，商是0止，把最后一个余数1作为首数，其他余数顺序排列，13表二进制为1101。再如

1212是三进制，表十进制为^3+2×3^2+1×3+2=50（十进制），50化为三进制：50÷3=16×3+2；16÷3=5×3+1；5÷3=1×3+2，1÷3=0×3+1，运算到商为0止。从最后一个余数写起就是1212（三进制）。目前，计算机采用二进制进行计算。

3.数系的无限性，数学归纳法

自然数序列1，2，3，4，…是没有止尽的，因为在任何自然数n后，总有一个自然数n+1。为了表达自然数序列的这个性质，我们说，有无穷多个自然数。

从n到n+1，这一步接一步的程序产生了数的无限序列，也构成数学推理的一个最基本的类型（即数学归纳法）的基础。所谓的数论，归根竭底是数学归纳法。在工程测量中，常常用不完全归纳法预侧未来。看到每天太阳从东方升起，就预言明天太阳将从东方升起，但这种命题的特点和用严格逻辑或数学推理来证明定理是不一样的。

数学归纳法是以一种很不同的方式来证明无穷序列情形都是正确的（第一个，第二个，第三个，一直下去概不例外）的数学定理。

数学归纳法的基本思想是：为了证明一个对所有n成立的定理A，我们连续的证明一系列特殊情形A1，A2，…。之所以能这样作主要基于：a）存在一个一般方法，如果任意一个命题Ar是正确的，则下一个命题Ar+1也是正确的；b）第一个命题A1已知是正确的。有这两个条件足够了。

对于任意的n值，前n个自然数的和1+2+3+…+n=n（n+1）/2（命题An）。为了证明任意n，命题An成立：a）假设对于一个整数r，命题Ar为真，即1+2+3+…+r=r（r+1）/2成立，那么，给这个等式两边都加上（r+1），就有1+2+…+r+（r+1）=（r+1）+r（r+1）/2

很清楚，这是命题Ar+1。

b）由于1=1×2/2，命题A1显然是对的。因此按数学归纳法原理，命题An，对每一个n都成立，这就是要证明的。

数学逻辑思维的特点是：由特殊到一般。

由自然数前n个数的和，我们立刻导出任意等差级数（数列）的前n+1项的求和公式。

此类等差数列公式，还可以由等式中加数顺序颠倒相加而得到。

两式相加2Pn=（n+1）+（n+1）+…+（n+1），共有n个项，由乘法得

3.3等比级数（或等比数列）

可以用类似的方法来处理一般的等比级数，对于每个n值有

由数学归纳法可以证明，也可以等式两边同乘以q，用两式相减而得到。

数学归纳法的另一个有趣的应用是关于前n项平方和。

对于更高次的整数幂的和，1^k+2^k+3^k+…+n^k，这里k是任意的正整数，都可以求出类似的公式，不过情况更为复杂，作为练习，读者可以用数学归纳法证明

用数学归纳法证明上述公式就足够了，但这证明却没有表明这个公式最初是怎样产生的。而为了获得一个公式，用最小一些数据验证非常必要，从中发现规律性，再写出一般公式。我们称这种方法是最小原理。最小原理体现的是由特殊到一般的数学方法。做为练习，你能写出下面两个级数的表达式吗？

3.5一个重要的不等式

这里是对P>-1的任意数和任意正整数n成立。仍用数学归纳法证明

a）如果（1+P）^r≥1+rP成立，则给两边同乘以（1+P），得

去掉正项rP^2只能加强这个不等式，所以，

b）（1+P）^1≥1+P显然是成立的。

所以，对于每个n，（1+P）^n≥1+nP成立。数P>-1的限制是不可少的。如果P<-1，则（1+P）是负数的。这时a）中的论证是不对的，因为不等式的两边用同一个负数相乘，不等号要改变方向倒过来。

给二项式的n次幂（a+b）^n以一个明确表达式常常是重要的。通过直接计算会发现：

a是降幂排列的，b是升幂排列的，每个单项式的次数都相等，重要的是它们的常数项，随n的增加，呈现出了规律性：

发现规律性吗？写出n=6的系数为

第二项系数6=1+5（前面的1和5）

读者可以继续下去，写出n=8的二项式8次幂的系数。上面的阵列叫做杨辉三角形，杨辉是我国宋代人，在他之后500年这个三角形阵列才被比巴斯嘉发现（古代信息不通），《九章算术》中载有此三角形阵列图，这是中国算术学的一项杰出贡献。

数论中的多数命题（如同数学是一整体那样），而是涉及某些共同性质的一类对象，例如，全体偶数集：2，4，6，8，…；

全体奇数集：1，3，5，7，…；

全体能用3整除的正整数集：3，6，9，12，…；等等。

这些都是对正整数的分类。

正整数集1，2，3，4，…从1开始，后面的数比前面的数多1，正整数集中隐藏着多少秘密？揭示它成为了数论的中心论题。

数论的实质是数数。一个一个的数数方法是基础，一类一类的数数方法是进步。数是数不完的，所以，我们学会了分类。

在数论中，最基本的，最重要的一类数是偶数，奇数，素数。

用2除正整数来分类，能被2整除的整数是偶数，不能被2整除的整数是奇数。除1和它自身外，不能被其他任何数所整除的数是素数；对应的一个概念是合数：除1和自身外，还能被其他整数所整除的数，称为合数。1不能作为素数。

在数论中以加法为基础，以乘法为进步，形成了因式分解的概念。如，1+1+1+1+1+1=2+2+2=3+3=6。产生了6=1×6=2×3=3×2。

如果有某个整数c使得c=ab，则称整数a（或b）是整数c的因子数或除数。

由于素数不能再分解，于是形成了一个重要的事实：每一个整数都能表示为若干个素数的乘积。如果一个数本身不是素数，那么，可以不断地对它进行因子分解，一直到所有的因子数都是素数为止。1不能作为素数，就是这个原因。如果1作为了素数，那么一个整数的因子分解就无休无止，如2=2×1×1×1×…。1不作为素数，任何一整数的素数因子分解都是有限的且是唯一的。如360=3×120=3×3×40=3×3×2×20=3×3×2×2×10=3×3×2×2×2×5=2^3×2^3×5。把相同的素数写成幂指数的形式。

凡定义是不能与其他概念相矛盾的。1不是素数，1也不能称为合数。0不是正数，也不是负数。

我们知道自然数是无限的。对于素数，最初所产生的一个问题是：素数是否是无限的？

回答这个问题，有一个经典的数学推理：反证法。这个证明是由欧几里得给出的，至今仍然是数学推理的一个典范。

假设素数是有限的，有P1，P2，…，Pn个素数，那么，对于数

A=P1×P2×…×Pn+1，数A被己知的这n个素数除都余1，即A不能被这n个素数整除，说明A要么是一个新的素数或者要么A是合数，它的因子数是新的素数。显然与假设是矛盾的。这个证明说明素数是无限多的。

在己知的正整数集N：{1，2，3，…，n}中，以然有许多问题，最主要是：①n以内的正整数中有多少个素数？②素数是如何分布的？③怎样能得到一个素数？④孪生素数是否是无限的？⑤任意一个偶数都可以表为两个素数之和？等等。

由于素数的特殊性，不能用一个素数去判断另一个素数的存在。而合数可以这样。如，能被2整除的数是偶数。

为了得到素数，几乎是唯一的方法，就是排除合数，留下素数。最初的方法就是把正整数列成表，把1和合数一个一个的划去，留下了素数。称这种方法是埃氏（Eratosthcms）筛法。

埃氏筛法找不到素数的分布规律性，只能用统计的方法总结出素数个数函数式，得到了素数定理，用兀（n）表示n以内的素数个数。人们用平均数的方法观察发现兀（n）/n≈1/Inn，其中Inn是e为底数的自然对数。e当n趋于无穷大时，Iim（1+1/n）^n=e，e是一个，其值约等于2.…，它是一个。

人们总想找到一个产生素数的方法，结果却是徒劳的，至今也没找到。

素数在自然数集中究竟是如何分布的？我在2008年发表了《哥德巴赫猜想的证明》后，到现在已经对这个问题形成了清晰的认识。下面介绍研究素数的几个方法。

在正整数集合{n}中，用w（n）表示与n互质的正整数（1除外）的个数。如w（6），在1，2，3，4，5，6中，与6互质的正整数是：1，5。或者说w（n）表示不能被n的因子（1除外）所整除的正整数的个数。称w（n）为欧拉函数。

欧拉函数w（n）具有这样的性质，它在整数n上的值等于对n做素数幂分解后，所有素数幂上的欧拉函数之积。如w（100）=（2^2×5^2）=w（2^2）×w（5^2）。

定理1，若P为素数，那么，w（P^m）=P^m（1-1/P），其中，m是正整数。如w（2^3）=2^3（1-1/2）=4。即在{1，2，3，4，5，6，7，8}中，与2互质（或互素）的数有1，3，5，7四个数。

证明：所有不超过P^m，且和P不互素的正整数就是那些不超过P^m，且能够被P整除的所有整数，即kP，其中1≤k<P^m，因为恰有P^m-1个这样的整数（m-1是P的指数）：P，P^2，…，P^m，k=m-1。所以，存在P^m-P^m-1个不超过P^m且与P^m互素的正整数。所以

定理2，设m和n是互素的正整数，那么，w（mn）=w（m）w（n）。

W（20）=w（4）w（5）的特例中找到。下面列出20的所有正整数。

可以发现，与4互素的数有4（1-1/2）行（或列），与5互素的数有5（1-1/5）列（或行），由乘法，所以，与20互素的个数为w（20）=w（4）w（5）=4（1-1/2）×5（1-1/5）=8。

只设定m，n为素数或者素数幂的正整数就行了。再m=4，n=9，列表

也可以发现，与4互素的数有4（1-1/2）列（或行），与9互素的数有9（1-1/3）行（或列），所以，与36互素的个数为

证明：设m=P^a，n=q^b. 其中P，q为素数，a，b为正整数。

在每一行（横行）n个数中，由于n=q^b，每连续的q个数中有一个数含q因子，所以有q^b（1-1/q）列（或行）的数与q互素；在每一列（纵列）m个数中，由于m=P^a，每连续的P个数中只有一个数含P因子，所以有P^a（1-1/p）行（或列）的数与P互素。所以共有P^a（1-1/P）×q^b（1-1/q）个数与Pq互素，

定理3，欧拉函数w（n），设n=P^a×q^b×…×R^c，那么，

实际上，可以把定理1，定理2，定理3的应用范围推广到任何连续的正整数集和任意连续的等差数列中，或者连续的正整数的第一个数可以是任意正整数。如w（2×3×5）=8，意义：在任意连续的的8个正整数中，与30互质的数有8个。在奇数集合中，任意连续的15个整数中，与30互质的整数有w（3×5）=8。这个欧拉函数的推广很重要，在以后筛取素数时，可以理解素数是如何分布的。

我们可以应用欧拉函数筛取素数。

w（2）=（2-1），揭示了在1，2中，筛除2，留下1。对于正整数集N，筛除2因子数后，留下了首数是1，2为公差的等差数列（奇数列）；

w（2×3）=（2-1）（3-1）=2，即在{1，2，3，4，5，6}中，筛除含6因子的数，留下了1，5。揭示了在正整数集中，筛除含6因子的数后，留下了以1，5为首数，公差为6的两列等差数列，即{1，7，13，…；5，11，17，…}；

w（2×3×5）=（2-1）（3-1）（5-1）=8，即在{1，2，…，30}中，筛除含30的因子数后，留下了{1，7，11，13，17，19，23，29}八个数，揭示了在正整数集中，筛除含30的因子数后，留下了以1，7，11，13，17，19，23，29为首数，30为公差的八列等差数列。继续下去

w（2×3×5×7）揭示了，在正整数集中，筛除了含210的因子数后，留下了公差为210的w（210）列等差数列。

4.3.1求n以内素数个数函数式A（n）

用A（n）表示n以内的素数个数，包含1，但不包含2，3，…，Pt这些素数，Pt≤√n。

由欧拉函数w（P1×P2×…×Pt）=（P1-1）（P2-1）…（Pt-1），揭示了在正整数P1×P2×…×Pt（=m）以内，与m互素的数有w（m）个，其中在n以内的都是素数。我们用数据考查n的素数平均数A（n）/n与m个数中与m互素的数的平均数的关系。如，考查下列数列：

从1，2中筛去2，留下1；

从1，3，5中筛去3，留下1，5；给1，5分别都加上6，2×6，3×6，4×6，得1，5，7，11，13，17，19，23，25，29，从中筛去含5因子，留下1，7，11，13，17，19，23，29；

在这里，对于1，31，61，91，121，151，181，一般的a，a+30，a+60，a+90，a+4×30，a+5×30，a+6×30，这七个数中，它们被7除余0，1，2，3，4，5，6，称这七个余数是7的完全剩余系，余0即被7整除。从这6×8个数中筛除含7因子数后，得

发现A（n）/n≈w（m）/m，且

读者可以由上面数据做出验证。

定理4，设a为任意整数，正整数b与P互素，那么，a，a+b，a+2b，a+3b，…，a+（P-1）b是P的完全剩余系。

a，a+b，a+2b，a+3b，…，a+（P-1）b中的任何两个数被P除的余数都是不相等的。假设a+ib与a+jb（i≠j）被P除的余数相等，记为

a+ib≡a+jb（modP），给两边同减去a，有ib≡jb（modP），再给两边同除以b，有i≡j（modP），即，若a+ib与a+jb两个不同的数被P的余数相同，最终导置这两个数相同，显然矛盾，所以a，a+b，a+2b，…，a+（P-1）b这P个数中被P除的余数都不相等。这样，P个数被P除的余数只能是0，1，2，…，P-1这P个数，即P的完全剩余系。

定理5，对于正整数集N：{1，2，3，…，n}。P是素数（≥2），用A（n）表示集合N中与P互素的数的个数，则

证明：a）显然=1，命题成立。

由数学归纳法，对于任意n，都有

定理6，设m=P1×P2×…×Pt，Pt≤√n，n以内素数个数A（n）：

所以，由数学归纳法，对于任意的K，都有

①与2互质的整数的个数A（n），等式是A（n）=[（n+1）/2]。

②与6互质的整数的个数A（n），n→∞（n表n以内的连续的正整数的个数），A（n）=[（n+1）/2]-[（n+3）/6]≥[（n+1）/3]。

证明：与6互质的正整数，就是用2和3筛去含它们因子的合数后，正整数集合中留下了两个等差数列：1+6K，5+6K，K取任意正整数。

这是非常有意义的，说明与m（=P1×P2×…xPt，Pt≤√n）互质的n以内正整数个数A（n）一定有精确的类似的表达式。

4.3.2求n以内的孪生素数个数函数式B（n）

用B（n）表示n以内的孪生素数个数，它不包含由素数P1，P2，…，Pt组成的孪生素数的个数，P1=2，Pt≤√n。如

B（10）=1，10以内有孪生素数有（1，3），（3，5），（5，7）。在这里要把1纳入素数范围内以记数，象A（n）中包含1一样，但1不是素数，3筛去了（1，3），（3，5）两个孪生素数，得（5，7），即B（10）=1。

建立孪生素数的存在数域。

设集合B：{（-1，1），（0，2），（1，3），（2，4），…，（n-2，n）}。可以看到，集合B中，包含了n以内的孪生素数，（-1，1），（1，3）不是孪生素数，但要把它们做为孪生素数记数。

集合B的性质昰，任意连续的P（素数）个元素中，与P互质的元素个数是（P-2）个，被P整除的元素（元素中的两个数，至少有一个数被P整除）有2个。

如，筛取100以内的孪生素数。

从（-1，1），（0，2）筛去含2的元素，留（-1，1）；

从（-1，1），（1，3），（3，5）中筛去含3的元素，留（-1，1）；

从（-1，1），（5，7），（11，13），（17，19），（23，25）中，筛去含5因子的元素，留（-1，1），（11，13），（17，19）。

从（-1，1），（11，13），（17，19），

（89，91）中，筛去含7因子的元素，留下了（-1，1），（11，13），（17，19），（29，31），（41，43），（59，61），（71，73）。即

欧拉函数在集合B中以然成立。如w（2）=1，w（2×3）=（2-1）（3-2）=1，w（2×3×5）=（2-1）（3-2）（5-2）=3，即每两个连续的元素中，与2互质的元素有1个；每6个连续的元素中，与6互质的元素有1个，每30个连续的元素中，与30互质的元素有3个，…。每m（=P1×P2×…×Pt）个连续的元素中，与m互质的元素有（P1-1）（P2-2）（P3-2）…（Pt-2）个，即

注意：P与集合B的元素互质，即P与元素中的两个数都互质。

与素数相类似，集合B中的孪生素数个数，有

证明：这个问题的实质是反映了欧拉函数w（m）中，孪生素数的个数B（n）与n的平均值和与m互质的个数w（m）与m的平均值近似相等的关系。

w（m）=（2-1）（3-2）（5-2）…（Pt-2），即在集合B：{（-1，1），（0，2），（1，3），…，（m-2，m）}中，与m互质的元素个数是w（m）个。在这w（m）个元素中，小于Pvt+1平方的元素都是孪生素数。

a）当9≤n<25时，B（n）≥[n×1/2×1/3]成立。即集合B中小于25的元素中孪生素数有：{（-1，1），（5，7），（11，13），（17，19）}。并且在集合中，n≥25时，与6互质的元素个数依然满足B（n）≥[n/6]。

B（n）≥[nw（mPk）/mPk]，由数学归纳法，即对于任意k，命题都成立。

综上所述，孪生素数是无限的，在n以内的正整数集合中，孪生素数个数不少于[√n/2]个。

4.3.3偶数表两个素数之和的个数

用C（2n）在偶数2n表两个素数之和的个数，它包含1+（2n-1）（2n-1为素数）成立的情况，但不包含由素数3，5，…，Pt（Pt≤√2n）组成的两个素数之和的情况。建立2n表两个素数之和存在的数域：集合C

欧拉函数w（m）存在数域：{（1，2n-1），（2，（2n-2），…，（n，n），…，（m，（2n-m）}，其中m=P1×P2×…×Pt，Pt≤√2n。那么，有

证明：和素数中的欧拉函数的证明完全一致，证略。如w（2×3×5）=（2-1）（3-2）（5-1），这时2n=48。从（1，47），（2，46）中筛去含2因子的元素，留（1，47）；

从（1，47），（3，45），（5，43）中筛去含3因子的元素，留（1，47），（5，43）；

从（1，47），（5，43），

（7，41），（11，37），

（25，23），（29，19）中（m=30止）中，筛去含5因子的元素，留

证明：1）建立数域C：{（1，2n-1），（2，2n-2），…，（n，n），（n+1，n-1），…，（m，2n-m）}，其中m=P1×P2×…×Pt，P1=2，素数Pt≤√2n。2n为任意偶数。

2）数域C满足欧拉函数w（m）：

规律：在集合C中，与2互质的元素个数是C（2n）=[（k+1）/2]，1≤k≤m；

与2×3互质的元素个数是C（2n）≥[（k+1）r2/6]；

由数学归纳法知，定理成立。

应用容斥原理可以求素数，孪生素数，和“1+1"个数。

容斥原理（由于书写数学符号的困难，只具特例），如48以内的素数，由[n/P]表示了n个连续的正整数中，含P因子的合数个数，[n（P-1）/P]〈表与P互质的元素个数≤[n（P-1）/P]+1（包含1）。用容斥原理表示就是，

由乘法原理同样可求出素数个数，孪生素数个数，"1+1“个数下限函数式。

对集合A：{1，2，3，…，n，…，m}；集合B{（-1，1），（0，2），（1，3），…，（m-2，m）}；集合C{（1，2n-1），（2，2n-2），…，（n，n），…，（m，2n-m）}，其中m=P1×P2×…×Pt，Pt≤√n或Pt≤√2n。

在集合A中，任意连续的P（素数）个数中，与P互质的数个数为（P-1），任意连续的n个数中，与P互质的数个数不少于[n（p-1）/P]。所以，任意连续的n个数中，与m互质的数的个数A（n）不少于，A（n）≥[nw（m）/m]≥[√n]。

在集合B中，任意连续的2个元素中，与2互质的元素有1，任意连续的P（>2）个元素中，与P互质的元素有（P-2）个，任意连续的n个元素中，与P互质的元素个数不少于[n（P-2）/P]，所以，由乘法原理，与m互质的元素个数不少于：

在集合C中，任意相邻2个元素中，与2互质的元素仅有1个，任意连续的P（>2）个元素中，与P（素数）互质的元素个数是（P-r）（当P整除2n时，r=1，当P不整除2n时，r=2）个，任意连续的k个元素中，与P互质的元素个数不少于[K（P-r）/P]，所以，由乘法原理，与m互质的元素个数不少于：

埃氏筛法是将正整数从1开始到大排列，划去1，再划去2的合数（留下2），再划去3的合数（留下3），…，由小到大划去合数的方法，最后留下素数。颠覆性筛法正好与埃氏筛法相反，从大数开始划去合数。颠覆性筛法的目的性是求出n以素数至少有多少，n以内孪生素数至少有多少，和求出偶数2n表素数+素数的个数至少有多少。

4.6.1求证n以内的素数至少有[√n]个

如，在集合{1，2，3，…，7×7}中的，素数，列表

方法：以7，6，5，4，3，2作为筛码，由大到小筛去能被它们整除的数，留下来的是素数。

被4整除的数：44，32，16，8，4；共5个（被前面己经筛去的数不计）

被3整除的数：39，33，27，9，3；共5个

被2整除的数：46，38，34，26，22，2。共6个

这个简单的特例，却揭示了颠覆性筛法的一个重要规律，就是每一个筛码数（7，6，5，4，3，2）筛去的数不超过7个。对于集合{1，2，3，…，p×p}，用P，P-1，…，2由大到小筛除合数，留下的素数至少有p个。

证明这个规律，依然是n/P的意义。

设集合N={1，2，3，…，P×P}，P为任意整数。以P，P-1，…，2这P-1个连续的正整数作为筛码数，由大到小筛去被它们整除的数。P×P/P表P×P个数中有P个含P因子数有P个；（P×P-P）/（P-1）=P，表剩下的P×P-P个数中含（P-1）因子数的个数有P个；（P×P-2P）/（P-2）=P，表剩下的（P×P-2P个数中含（P-2）因子的数的个数有P个，…，以直到[P×P-P（P-2）]/2=P，由于，连续的2，3，…，P正整数中，并不是两两互质，所以，筛除是过度的，最终，集合N中至少有P个素数。

4.6.2求证n以内的孪生素数至少有[√n/2]个

证明：设集合B={（1，3），（2，4），（3，5），…，（P×P，P×P+2）}，P为任意整数。

由于集合B，任意相邻的两个元素必有一个元素与2互质，任意连续的P（>2）个元素中必有（P-2）个元素被P整除。

若P为奇数，以P，P-2，…，5，3（连续的奇数）和2作为筛码，由大到小筛除含它们因子的数，最后留下的元素是孪生素数。

因为，2P×P/P=2P，表示P×P个元素中筛除被奇数P整除的2P个元素；2（P×P-2P）/（P-2）=2P表示剩下的（PxP-2P）个元素中筛去被奇数（P-2）整除的2P个元素；继续下去直到3，每一个奇数都筛去2P个元素，共筛去了P（P-1）个元素，留下了P个元素，再筛去含2的因子元素，至少有P/2≥[P/2]个孪生素数。

若P为偶数。先从P×P中筛去被P整除的P个元素：{（P×P，P×P+2），（P×P-P，P×P-P+2），…，（P，P+2）}，再从留下的（P×P-P）个元素中筛除被奇数（P-1）整除的2P个元素，继续下去直到3，每一奇数最多筛去2P个元素，连续的（P-2）/2个奇数中，共筛除2P×（P-2）/2=P（P-2）个元素，加上偶数P筛除的P个元素，共筛除了P（P-1）个元素，留下了P个元素，再除去2，所以，至少有[P/2]个孪生素数。

上面筛除过程的表达式为：

综上，在连续的1，2，…，n×n个整数中，至少有[n/2]个孪生素数。

证明：设整数P满足：P×P≤2n。建立集合C：{（1，2n-1，（2，2n-2，…，（P×P，2n-P×P）}。若P为奇数，由大到小用P，P-1，…，3连续的奇数和2筛除能被它们整除的元素；若P为偶数，先筛除能被P整除的P个元素：{（P，2n-P），（2P，2n-2P），…，（P×P，2n-P×P）}，再由大到少用P-1，P-3，…，3连续的奇数和2筛除能被它们整除的元素，最后再对留下的元素个数除以2，消除（a，b）和（b，a）的对称元素，即得（素数，素数）的元素个数。

由于集合C中元素的性质，每相邻两个元素中，仅有一个元素与2互质，任意连续的P（>2）个元素中，能被P整除的元素仅有（P-r）个（P整除元素指，P整数元素中的一个数。当P整除2n时，r=1；当P不整除r时，r=2）。

若P为奇数，假设每个奇数都筛除2P个元素，即

若P为偶数，先筛除P个元素，再假设P-1，P-2，…，3连续的奇数，每个奇数都筛除2P个元素，即

综上，偶数2n表素数+素数之和的个数不少于[P/4]，P×P≤2n。

自然数分拆两个数之和系统至此就完善了，正整数=正整数+正整数；奇数=奇数+偶数；偶数=偶数+偶数=奇合数+奇合数=奇合数+素数=素数+素数。

一个偶数=素数+素数的论证，由于是外国人哥德巴赫提出的，哥德巴赫猜想历经近三个世纪没有完全的解答，便非常有名。同样，在数学的字典和媒体中，外国人的名子特别倩丽，似乎数学的发展史中，所有数学概念都是由外国人发明的？中国人几乎没有数学成就，我认为，这绝对不是事实。

4.6.4黎曼猜想主导数论研究的误区

素数的分布在两个合数或者多个合数之间，在正整数集合中，任意连续的P（素数）个数中与P互质的数有（P-1）个。可以给出精确的含P因子的合数个数，却无法精确的给出含素数的恒等式。长期以来，数学界把一个极限式当恒等式。黎曼函数主导的寻找素数精确恒等式的思想，几乎失败。

自然数和素数之间的联系，一个极限式给了出来。

设￡（S）表示n的S次方的倒数之和，即￡（S）=∑（1/n^s），当n→∞时，

其中∏（1/（1-1/P^s）表示所有素数P的S次方的倒数与1之差的倒数之积。

它是一个极限式，不是一个恒等式，人们长期以来把它作为恒等式使用。只有n→∞时，P=2，3，5，7，11，13，…无穷无尽的素数，才有上述等式成立。正象n→∞时，Lim1/n=0，没任何的n，使1/n=0。

若S=1，￡（n）=1+1/2+1/3+…+1/n，当n→∞时，￡（n）是发散的，没有极限，等式￡（n）=∑（1/n）=∏（1/（1-1/P））不成立。

若S=2时，分析等式〈1〉。不妨由特例看一般。如

给两边同乘以1/2^2，得

一般地，给￡（n）两边乘1/P^S，再与￡（n）做差，形式（1-1/P^s）￡（n），不断重复，就形成了（1-1/2^s）（1-1/3^S）…（1-1/p^S）￡（n）=1+a。

可以看到，a不为0。对于任意给定的n，〈1〉式都不是恒等式。

从极限方面看，当S>1时，￡（n）收敛，￡（n）（1-1/p^s）的意义是：（设P×P≤n）从￡（n）中筛去了1/p^s（1+1/2^s+1/3^s+…+1/P^s），留下了

所以〈1〉式不是恒等式，充其量是一个函数极限式。这是著名的黎曼zeta函数，却把极限式当恒等式。

关于素数定理丌（x）=x/Lnx（x→∞）是在自然数×趋于无限大时，才趋于相等。黎曼主导的精确素数计算公式也只有在有限范围内成立。多少精确的素数公式都失败了就是这个原因。寻找素数的精确分布也依然是徒劳的。

相邻两个素数之间有一个偶数或多个偶数；连续的P个正整数中与P互质的数有（P-1）个；连续的P1×P2×…×Pt个正整数中与这些素数互质的数有（P1-1）（P2-1）…（Pt-1）个。如果要判断n以内的正整数中的素数个数或分布，离不开筛码素数2，3，…，Pt（≤√n）。素数在连续的正整数中分布是固定的，得到精确分布，对于n→∞时是困难的，只能从平均值估计素数近似分布。

我们从相邻两个整数的差观察素数的分布，方法和欧拉函数筛法是一到的。

从1，2中筛去2，留下了奇数列1，3，5，…，转化为自然数相邻之差：{1，1，…，1}；筛去含2的因子数后，相邻数之差为{1，2，2，2，…，2}；

从1，3，5中筛去3，留下了1，5，实际是以1，5为首数，公差为6的两列等差数列：1+6m，5+6m。{1，5，7，11，13，17，19，23，25，29，31，…}转化为：{1，4，2，4，2，4，2，4，2，4，2，4，2，…，}。

两个相邻与2×3×5×7互质的数之差不大于（11-1）。那么，筛去2×3×5×…×Pt因子数后，是否有（Pvt+1-1）？

规律，在连续的m（=P1×P2×…×Pt）个数中，与m互质的数总是对称分布的。

因为m=P+q，若Pi整除P，则Pi整除q，若Pi不整除P，则Pi不整除q。可知在m个连续的正整数中，含Pi因子的合数或与m互质的整数对称分布。

5.2相邻两个素数之差

由欧拉函数，在m（=P1×P2×…×Pt）个连续的整数中，与m互质的数有w（m）个，并且其中n个连续的整数中含与m互质的数的个数A（n）满足：A（n）≥[nw（m）/m]。

由于w（m）/m≥1/Pt，所以，当Pt≤n<2Pt时，A（n）=1，即在连续的不超过2Pt的整数中，与m互质的数至少有一个。

这样在n（<Pvt+1×Pvt+1）以内正整数中，在连续的不超过2Pt的整数中至少有一个素数。以次类推，在连续的不超过kPt的整数中，至少有[K/2]-1个素数。

正整数的加法分解和乘法分解也成为了数论研究的一个热门话题。之所以是热门话题，就是长期时间内没有人知道它的分解规律性。

6.1加法分解（或分拆）

加法分解的概念是把一个正整数分拆成若干个加法之和的方法。如5=1+4=2+3=1+1+3=1+2+2=1+1+1+2=1+1+1+1+1共七种方法。问题是：任意一个正整数N加法分拆有多少种方法？

思想确定方向，方法决定成败。加法分拆必须有正确的思想和方法，才能找到它的规律性。

首先，把整数N分拆进行位数分类：二位分拆，三位分拆，…N位分拆；再者，用1来分类：含1的加法分拆，不含1的加法分拆。

用P（n）表示把整数n分拆的所有个数之和，如P（5）=7。用Pt（n）表示把整数n分拆成t位加法之和的个数。如5的1位分拆是1个，P1（5）=1；二位分拆是2个，P2（5）=2，三位分拆是P3（5）=2，P4（5）=1，P5（5）=1。于是，有

公式1：P（n）=∑Pt（n），1≤t≤n；

注意：t是P的右下方脚号，记Pt或Pvt，t-1是P的右下方脚号，记Pv（t-1）。

证明：公式1表加法分拆总数P（n）等于1位分拆，2位分拆，…，n位分拆的方法之和。

公式2表n的t位加法分拆等于含1时的（t-1）位分拆数加上不含1时（n-t）的t位分拆数。如n=10，三位分拆，含1的三位分拆是9的二位分拆再加1，总数总P2（9）；不含1的三位分拆是对（10-3）=7的三位加法分拆后，给三位加数都分别加上1，分拆总是P3（10-3）。

公式3也是用含1的加法分拆和不含1的分拆的方法，n加法分拆含1的分拆总数是P（n-1）；不含1的分拆总数是各位不含1的分拆数之和。

根据上面公式，可以得加法分拆的三角形数表：

规律：P（8）第一数1，P（7）前二位加数和4，P（6）前三位加数和6，P（5）前四位加数和6，P（4）前五位加数和5（只有4位加数，五位加数和就是P（4）了），P（3），P（2），P（1），P（0），它们之和就是P（9）

乘法分拆就是整数的乘法因子分解。如18=2×9=6×3=2×3×3。把18=1×18记数为一种。用f（n）表示对正整数n的所有不同因子分解的方法总数，如f（18）=4。乘法因子分解看似没有规律性，当我们使用分类方法后，规律性就呈现了。从特例开始，理解这种方法。

如18，18=3^2×2，即3的平方乘2。把2看成一个抽屉，把二个3逐一放入抽屉中，记数就是未放入抽屉中的数的乘法分拆之和。2是抽屉，2个3未放入抽屉时，记数f（3^2），即2×9，2×3×3；再给抽屉放入一个，记数是未放入一个的分拆，记数f（3），即6×3；最后把2个3都放入抽屉，记数是f（3^0）=f（1），规定f（1）=1，即18；综上，18的乘法分拆f（18）=f（3^2）+f（3^1）+f（3^0）=2+1+1=4。

再如54。54=3^3×2。把2看成抽屉，把3个3逐一放入抽屉中，记数是未放入抽屉的数的乘法分拆总数。给抽屉2中未放入3记数为f（3^3），放入一个3记数为f（3^2），放入二个3记数为f（3^1），放入三个3（全部）记数为f（3^0），所以f（54）=f（3^3）+f（3^2）+f（3）+f（0）=3+2+1+1=7。分拆过程是：2×27=2×3x9=2×3x3×3（未放入情况）=6×9=6×3×3（放入一个3）=18×3（放入二个3）=54（放入三个3），共7种方法。

一般的，f（a^n×b）=f（a^n）+f（a^n-1）+…+f（a^2）+f（a）+f（a^0）=∑f（a^i），其中a，b均为素数，i=0，1，2，…，n。∑为加法和号。乘法因子分拆，先把一个正整数化为底数为素数的幂指数形式。

上式中出现f（a^n）的值的计算问题，发现

公式1：f（a^n）=P（n），其中a为素数。

明白了乘法分拆旳抽屉方法，就理清了我们处理乘法分拆的思路，可以把问题推广到复杂的情况。如，计算f（a^n×b^2）。

由于b^2=b×b。把b^2和b看成一个抽屉，把b×b看成两个抽屉，把n个a分别放入抽屉中，计数是未放入的几个a的乘法分拆。由于b×b两个抽屉都是一样的，只给一个抽屉中放a，另一个不放a。分类：一个抽屉有二个，二个抽屉有一个。所以，把n个a放入两个抽屉b^2和b中，计数共有2∑f（a^t）个，其中0≤t≤n。把n个a放入b×b两个抽屉中，两个抽屉不能为空，所以放置方法有∑∑f（a^n-2k-i），k的意义是给抽屉b×b各放1，2，…，k个a，然后是未放置n-2k-i个a的进行计数，i=0，1，2，…；k≥1。所以有双重和号：∑∑f（a^n-2K-i）=∑f（a^n-2-i）+∑f（a^n-4-i）+∑f（a^n-6-i）+…。

意义：2f（a^n）表b^2×a^n=b×b×a^n型（未放置a，个数是a^n乘法分拆f（a^n））；2∑f（a^t）是两个的一个抽屉放法，t≥1表抽屉不能为空；∑∑f（a^n-2k-i）表两个抽屉b×b的放法，k≥1表给两个抽屉同时放a，不为空。注意：n-2k-i不能为负数，为负数时终止运算，i=0，1，2，…；K=1，2，3…。

以3^2=3×3为抽屉，把3个2放置（注意：把次数少的幂做为抽屉）。详细做法是：把3个2放入9=3×3的9中，0放入为9×8=9×2×4=9×2×2×2，放入1个2为18×4=18×2x2，放入2个2为36×2，放入三个2为72，共7种；同样把三个2放入3的一个抽屉中，另一个3为空，也是7种；最后把三个2放入3×3两个抽屉中，不能有一个为空，放法：放入6×6×2=6×12共2种。所以f（72）=16。

充分理解了上面的方法后，计算f（a^n×b^3）就容易了。b^3做为抽屉，b^3=b×b^2=b×b×b。

一个抽屉有4：b^3，b×b^2是2个，b×b×b是一个，一个抽屉共4个。计数为4∑f（a^i），i=1，2，…n。

二个抽屉有2：b×b^2，和b×b×b中的b×b。b×b的放法，给b和b先放入相同的K个a，再把余下的n-2K个a放入一个b中，计数是∑∑f（a^n-2k-i），k≥1，i≥0；b×b^2的放法，给b和b^2先放入相同的K个a，再把余下的n-2K个a放入一个b或b^2中，计数是∑f（a^n-2K）+2∑∑f（a^n-2k-i），K≥1，i≥0，。

三个抽屉：b×b×b。放法，先给三个抽屉都放入相同K个a，再把余下的n-3K个a放入二个抽屉或一个抽屉中。放入二个抽屉和一个抽屉的方法按己述方法进行。所以把n个a放入三个抽b×b×b的计数为，∑∑f（a^n-3k-i）+∑∑∑f（a^n-3K-2t-i），注意∑∑f（a^n-3k-i），i=0，1，2，…，k=1，2，…；∑∑∑f（a^n-3K-2t-i），k=1，2，…，t=1，2，…，i=0，1，2，…。

3x+1问题是一个整数变换和整除问题，是一个数字变换游戏，但它蕰含了至今没有人给出的数论证明。

问题是这样：给定一个正整数，它能被2整除时，就用2除它；它不能被2整除时，就用3乘它后再加上1。这样反复运算，这个给定的正整数最后结果为1。

无论验证多少正整数，都没有发现一个反例，至今无人能证明这个结论。

把这个猜想推广到一般的问题，就是

命题1：任意一个正整数a，如果a能被小于P（素数）的任何一个素数所整除，就用这个素数除它；如果a不能被小于P的任何一个素数所整除，就用P乘以它后再加上1。这样反复运算，最后结果为1。

3x+1猜想是命题1的最小情况。

命题1比3x+1猜想更具有意义，让我们清楚地看到我们要论证的问题的实质。结果是1的含意是，给1乘以P后再加1，用小于P的素数去它后，又化为了1，犹如一个黑洞，1是黑洞数。因此，我们定义一个“黑洞数”的概念：一个正整数按某种固定变换，又化为了它自己，称这个数是在这种固定变换下的黑洞数。那么，命题1实质就只是一个黑洞数1。

与命题1对立的命题是：

命题2：任意给定一个正整数a，如果它能被小于P（素数）的一部分（不是全部）素数（给定）所整除，就用这些素数去除它；如果a不能被这些素数的任何一个所整除，就用P乘它后再加上1。这样反复运算，最后结果是黑洞数1或其他黑洞数或趋于无穷大而不落入某个黑洞数中。

如，如果一个正整数是偶数，就用2整除它；如果它是奇数，就用5乘以它后再加上1，这样反复运算，最后结果是1或大于1的整数或趋于无穷大。

由命题1和命题2，我们看到了在某种固定变换下，数的运算会必须要出现的结果。

我们描述现象，论证规律，而因为规律是某种固定变换下的结果。关于自然数中的种种问题，都是因为自然数是有序的，所以，有许许多多的规律性结果，发现了许多规律性结果，也有许多规律性未给出证明，猜想都是这个范筹。

用一个给定的正整整数P，去除所有自然数，我们把余数相同的自然性叫着同余自然数。如

被2除余0的自然数是偶数，被2除余1的自然数是奇数。换句话说，用素数P可以把自然数分类为被P除余0，1，2，…，P-1的P个类型的自然数。因此，数学中有一个重要的概念：同余性。

德国大数学家高斯发明了同余式语言。这使得我们差不多能像处理等式一样来处理整除关系。我们要熟悉同余的基本性质，同余式的算术运算，同余方程，如求使得7x被11除所得余数为3的所有整数x，同余方程组，如古代中国难题：求一个数，它被3，5和7除所得余数分别是2，3和2，了解中国剩余定理。

定义1，设m是正整数，若a和b是整数，且m整除（a-b），则称a与b模m同余。

定义是苦涩的，用一个具体数认清它的概念。9-6=3，17-11=6，就是9和6被3的余数相同，17和11被6或2或3除的余数都相同，a和b模m同余，就是a和b被m除所得的余数是相同。余数可以为负。引进≡符号：

若a和b模m同余，则记a≡b（modm）；若m不整除（a-b），则记a≠b（modm），并称a模m不同余于b，整数m称为同余的模。注：≠应该是在符号≡上拉斜/，但书写系统无法给出，就用不等号≠来代替。

把a≡b（modm）转化为等式就是a=b+Km，存在整数k使这个等式成立。

下面是同余的性质：（同余式中的字母都是整数亅

①自反性：a≡a（modm）；

②对称性：若a≡b（modm），则b≡a（modm）；

③传递性：若a≡b（modm），b≡c（modm），则a≡b≡c（modm）；

④若a≡b（modm），则a+c≡b+c（modm）；反过来也成立。

⑤若a≡b（modm），则a-c≡b-c（modm）；反过来也成立。

⑥若a≡b（modm），则ac≡bc（modm）；反过来也成立，但要加c与m互质的条件，即（c，m）=1。

⑦若a≡b（modm），c≡d，则a+c≡b+d（modm）；反过来也成立。

⑨若a≡b（modm），c≡d（modm），则ac≡bd（modm）；反过来也成立，但要加c，d与m互质的条件，即（c，m）=1，（d，m）=1。

概念：一个模m完全剩余系。

定义2，一个模m完全剩余系是一个整数的集合，使得每个整数恰和集合{0，1，2，…，m-1}中的一个元素模m同余。由此得一个定理，

定理8.1，若r1，r2，…，rvm（m为r的右下角序号，记为rvm）是一个模m的完全剩余系，且正整数a使得（a，m）=1，则对于任何整数b，a×r1+b，a×r2+b，…，avm+b都是模m的完全剩余系。

分析：只要这m个数中，没有两个数都模不同余，那么，它们的余数必然构成集合{0，1，2，…，m-1}，即是模m的完全剩余系。

证明：假设a×rvj+b≡a×rvk+b（modm）成立，由同余的性质，

→a×rvj≡a×rvk成立，→rvj≡rvK→j=k成立。但与j≠k矛盾。所以，命题成立。

定理8.2，若a，b，k都是正整数，则