若P、Q为大於3的质数,则 为12×2n之倍数,其中n为.doc

若P、Q為大於3的質數，則為12×2n之倍數，其中n為自然數
一、前言
過去許多研究數論的數學家著眼於質數的研究，希望能找出質數的一些特性、規律，但始終找不到一個可以描述質數的函數。經過多方的努力，也終究得到許多價值不菲的結論，今吾人發現一些有關質數的規則，望四海喜愛數學之士不吝指教。
二、背景知識
為了證明本定理，必須使用到一些數學運算，在此介紹它的運算方法。
定義一：[X]n 表示所有被n除之，尚餘X的所有整數所成的集合。
例如：[3]7 即代表所有被7除之，尚餘3之所有整數之集合，即{…、3、10、17、24、…}。
定義二：若a≡b (mod n)，則以[a]n=[b]n 表示之。
例如：3≡10 (mod 7)，可表成 [3]7=[10]7。
定義三：Fn表示所有[X]n所成的集合，+、×為存在Fn之兩個運算，使得[a]n+[b]nFn、
[a]n×[b]nFn。
定理一：[a]n+[b]n=[a+b]n，其中[a]n、[b]n均屬於Fn。
證明：若x[a]n、y[b]n，則必存在s、t使得x=ns+a、y=nt+b。
x+y=n(s+t)+(a+b)，故x+y≡a+b(mod n)，即x+y[a+b]n，
因此[a]n+[b]n=[a+b]n。
定理二：[a]n×[b]n=[a×b]n，其中[a]n、[b]n均屬於Fn。
證明：若x[a]n、y[b]n，則必存在s、t使得x=ns+a、y=nt+b。
x×y=n(nst+at+bs)+ab，故x×y≡a×b(mod n)，即x×y[a×b]n，
因此[a]n×[b]n=[a×b]n。
例如：[2]7+[3]7=[2+3]7=[5]7
[5]7×[3]7=[5×3]7=[15]7=[1]7
三、論文內容
定理三：P、Q均為大於3的質數，則P2m-Q2n為24之倍數，其中m、n為自然數。
證明：P2m-Q2n=(Pm+Qn)(Pm-Qn)
因P、Q均為大於3之質數，所以P、Q均為奇數，則Pm、Qn亦為奇數，所以
Pm和Qn必屬於[1]4或[3]4。
若Pm[1]4 且Qn[3]4，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([1]4+[3]4)([1]4-[3]4)=[4]4×[-2]4=[0]4×[2]4
[0]4是4的倍數，[2]4是2的倍數，
故P2m-Q2n=(Pm+Qn)(Pm-Qn)= [0]4×[2]4為4×2的倍數，即8的倍數。
若Pm[3]4 且Qn[1]4，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([3]4+[1]4)([3]4-[1]4)=[4]4×[2]4=[0]4×[2]4
故P2m-Q2n為8的倍數。
若Pm[1]4 且Qn[1]4，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([1]4+[1]4)([1]4-[1]4)=[2]4×[0]4=[0]4×[2]4
故P2m-Q2n為8的倍數。
若Pm[3]4 且Qn[3]4，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([3]4+[3]4)([3]4-[3]4)=[6]4×[0]4=[2]4×[0]4=[0]4×[2]4
故P2m-Q2n為8的倍數。
因此，由上述可知，(Pm+Qn)(Pm-Qn)必為8之倍數。--------------------(甲)
再者，P、Q為大於3之質數，則P、Q均不為3之倍數，Pm和Qn亦均不為3之倍數，
所以，Pm和Qn必屬於[1]3或[2]3。
若Pm[1]3且Qn[1]3，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([1]3+[1]3)([1]3-[1]3)=[2]3×[0]3=[0]3
故(Pm+Qn)(Pm-Qn)為3之倍數。
若Pm[2]3且Qn[2]3，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([2]3+[2]3)([2]3-[2]3)=[4]3×[0]3=[0]3
故(Pm+Qn)(Pm-Qn)為3之倍數。
若Pm[1]3且Qn[2]3，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([1]3+[2]3)([1]3-[2]3)=[3]3×[-1]3=[0]3×[-1]3=[0]3
故(Pm+Qn)(Pm-Qn)為3之倍數。
若Pm[2]3且Qn[1]3，則
(Pm+Qn)(Pm-Qn) ([2]3+[1]3)([2]3-[1]3)=[3]3×[1]3=[0]3×[1]3=[0]3
故(Pm+Qn)(Pm-Qn)為3之倍數。
由上述可知，P2m-Q2n為3之倍數。-------------------------------------(乙)
故由(甲)、(乙)得到P2m-Q2n為24之倍數。
引理一：若P為大於3之質數，則P2-1為24之倍數。
證明：因為P2m-Q2n為24之倍數，令m=n=1、Q=5，則
P2-52為24之倍數，P2-52+24亦為24之倍數，即P2-1為24之倍數。
此引理之對偶命題(若P2-1不是24之倍數，則P為合數)可用來檢驗某數是否是合數。
例如：92-1=80 不是24的倍數，故9是合數。
定理四：若P、Q均為大於5之質數，則P4-Q4為240之倍數。
證明：P4-Q4=(P2+Q2)(P2-Q2)
P2-Q2為24之倍數(∵由定理三知)-------------------------------(甲)
因P、Q均大於5，故P和Q均屬於[1]5、[2]5、[3]5或[4]5
P2+Q2為2之倍數(簡易自明)------------------------------------(乙)
∵([1]5)2=[1]5、([2]5)2=[4]5、([3]5)2=[4]5、([4]5)2=[1]5
∴P2和Q2均屬於[1]5或[4]5
故由下表觀察(P2+Q2)(P2-Q2)
P2+Q2
P2-Q2
(P2+Q2)(P2-Q2)
+
[1]5
[4]5
[1]5
[2]5
[0]5
[4]5
[0]5
[3]5

-
[1]5
[4]5
[1]5
[0]5
[3]5
[4]5
[2]5
[0]5

[2]5×[0]5
=[0]5
[0]5×[3]5
=[0]5
[0]5×[2]5
=[0]5
[3]5×[0]5
=[0]5

由上表可知(P2+Q2)(P2-Q2)[0]5，即(P2+Q2)(P2-Q2)為5之倍數----------(丙)
由(甲)、(乙)和(丙)便知(P2+Q2)(P2-Q2)為240之倍數。
引理二：若P、Q為大於5之質數，則P4-1為240之倍數。
證明：由定理四中，令Q=7，則
P4-74=P4-2401為240之倍數，P4-1=P4-2401+2400亦為240之倍數。
定理五：若P、Q為大於3的質數，則為12×2n之倍數，其中n為自然數
證明：我們引用數學歸納法來證明
依定理三
當n=1時，P2-Q2 為24之倍數，即12×21之倍數，此時本式成立。
若n=K時成立，亦即P-Q為12×2K之倍數，則
n=K+1時，P-Q=(P)2-(Q)2=(P+Q)( P-Q)
其中P+Q為2的倍數，P-Q為12×2K之倍數，
故P-Q為2×(12×2K)之倍數，即12×2K+1之倍數。
因此為12×2n之倍數
定理六：若P、Q為大於5的質數，則P-Q為60×2n+1之倍數，其中n為自然數。
證明：我們引用數學歸納法來證明
依定理四
當n=1時，P4-Q4為240之倍數，即60×21+1之倍數，此時本式成立。
若當n=K時成立，即P-Q為60×2K+1之倍數，則
當n=K+1時，P-Q=(P)2-(Q)2=(P+ Q)(P- Q)
其中P+ Q為2的倍數，P- Q為60×2K+1之倍數，
故P-Q為2×60×2K+1之倍數，即60×2(K+1)+1之倍數，
因此P-Q為60×2n+1之倍數。
定理七：若P為大於3之質數，則P-1為12×2n之倍數，其中n為自然數。
證明：我們引用數學歸納法來證明
依引理一
當n=1時，P2-1為24之倍數，即12×21之倍數，此時本式成立。
若n=K時成立，即P-1為12×2K之倍數，則
n=K+1時，P-1=(P)2-12=( P+1)( P-1)
其中P+1為2的倍數，P-1為12×2K之倍數，
故P-1為2×(12×2K)之倍數，即12×2K+1之倍數，
因此P-1為12×2n之倍數。
定理八：若P為大於5之質數，則P-1為60×2n+1之倍數，其中n為自然數。
證明：我們引用數學歸納法來證明
依引理二
當n=1時，P4-1為240之倍數，即60×21+1之倍數，此時本式成立。
若當n=K時成立，即P-1為60×2K+1之倍數，則
當n=K+1時，P-1=(P)2-12=(P+1) (P-1)
其中P+1為2之倍數，P-1為60×2K+1之倍數，
故P-1為2×60×2K+1之倍數，即60×2(K+1)+1之倍數，
因此P-1為60×2n+1之倍數。
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