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歐拉函數(shù)python代碼,python 歐拉函數(shù)

請(qǐng)幫忙用C++編一個(gè)計(jì)算歐拉函數(shù)的程序。謝謝?。?/h2>
這個(gè)跑起來了.
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#include stdlib.h
#include stdio.h
#define N 101
char b[N];
int i,j,t,a,phi[N]={0,1,1};
int main(){
for(i=2;iN;i++)if(!b[i])
for(j=2;ijN;j++)b[ij]=1;//篩素?cái)?shù)
puts("N\tphi(N)");
for(i=2;iN;i++){
t=i;
a=1;
for(j=2;ji;j++)if(!b[j]t%j==0){//找質(zhì)因數(shù)
t/=j;
a=j-1;
}
if(a==1)a=t-1;
else a=t;
phi[i]=a;
printf("%d\t%d\n",i,a);
}
return 0;
}

一個(gè)自然數(shù)最多能表示成幾個(gè)質(zhì)數(shù)的和？

質(zhì)數(shù)（prime number）又稱素?cái)?shù)，有無限個(gè)。質(zhì)數(shù)定義為在大于1的自然數(shù)中，除了1和它本身以外不再有其他因數(shù)的數(shù)稱為質(zhì)數(shù)。

中文名

質(zhì)數(shù)

外文名

prime number

別名

素?cái)?shù)

例子

2、3、5、7、11、13、17、19

討論范圍

自然數(shù)集

個(gè)數(shù)

 聽語音

素?cái)?shù)兩性定理

6（x）+-1=（pP）6乘以完全不等數(shù)加減1是一對(duì)孿生素?cái)?shù)。

其中，6（X-1=（P 6乘以陰性不等數(shù)減去1等于陰性素?cái)?shù)；

6X）+1=P）6乘以陽性不等數(shù)加上1等于陽性素?cái)?shù)。

（X=/=6NM+-（M-N）陰性不等數(shù)不等于陰性上下兩式；

X）=/=6NM+-（N+M）陽性不等數(shù)不等于陽性上下兩式。

（x)=/=6NM+-(M+-N) 完全不等數(shù)不等于陰陽上下四式產(chǎn)生的數(shù)。

（N，M兩個(gè)自然數(shù)，N=《M）

素?cái)?shù)分布規(guī)律

以36N（N+1）為單位，隨著N的增大，素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)以波浪形式漸漸增多。

孿生質(zhì)數(shù)也有相同的分布規(guī)律。

以下15個(gè)區(qū)間內(nèi)質(zhì)數(shù)和孿生質(zhì)數(shù)的統(tǒng)計(jì)數(shù)。

S1區(qū)間1——72，有素?cái)?shù)18個(gè)，孿生素?cái)?shù)7對(duì)。（2和3不計(jì)算在內(nèi)，最后的數(shù)是孿中的也算在前面區(qū)間。）

S2區(qū)間73——216，有素?cái)?shù)27個(gè)，孿生素?cái)?shù)7對(duì)。

S3區(qū)間217——432，有素?cái)?shù)36個(gè)，孿生素?cái)?shù)8對(duì)。

S4區(qū)間433——720，有素?cái)?shù)45個(gè)，孿生素?cái)?shù)7對(duì)。

S5區(qū)間721——1080，有素?cái)?shù)52個(gè)，孿生素?cái)?shù)8對(duì)。

S6區(qū)間1081——1512，素?cái)?shù)60個(gè)，孿生素?cái)?shù)9對(duì)。

S7區(qū)間1513——2016，素?cái)?shù)65個(gè)，孿生素?cái)?shù)11對(duì)。

S8區(qū)間2017——2592，素?cái)?shù)72個(gè)，孿生素?cái)?shù)12對(duì)。

S9區(qū)間2593——3240，素?cái)?shù)80個(gè)，孿生素?cái)?shù)10對(duì)。

S10區(qū)間3241——3960，素?cái)?shù)91個(gè)，孿生素?cái)?shù)18對(duì)。

S11區(qū)間3961——4752素?cái)?shù)92個(gè)，孿生素?cái)?shù)17對(duì)。

S12區(qū)間4752——5616素?cái)?shù)98個(gè)，孿生素?cái)?shù)13對(duì)。

S13區(qū)間5617——6552素?cái)?shù)108個(gè)，孿生素?cái)?shù)14對(duì)。

S14區(qū)間6553——7560素?cái)?shù)113個(gè)，孿生素?cái)?shù)19對(duì)。

S15區(qū)間7561——8640素?cái)?shù)116個(gè)，孿生素?cái)?shù)14對(duì)。（以上沒有校正，可能有誤差。）

素?cái)?shù)分布規(guī)律的發(fā)現(xiàn)，許多素?cái)?shù)問題可以解決

質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)是無窮的。歐幾里得的《幾何原本》中有一個(gè)經(jīng)典的證明。它使用了證明常用的方法：反證法。具體證明如下：假設(shè)質(zhì)數(shù)只有有限的n個(gè)，從小到大依次排列為p1，p2，……，pn，設(shè)N=p1×p2×……×pn，那么，pn加一是素?cái)?shù)或者不是素?cái)?shù)。

如果pn加一為素?cái)?shù)，則pn加一要大于p1，p2，……，pn，所以它不在那些假設(shè)的素?cái)?shù)集合中。

如果pn加一為合數(shù)，因?yàn)槿魏我粋€(gè)合數(shù)都可以分解為幾個(gè)素?cái)?shù)的積；而N和N+1的最大公約數(shù)是1，所以pn加一不可能被p1，p2，……，pn整除，所以該合數(shù)分解得到的素因數(shù)肯定不在假設(shè)的素?cái)?shù)集合中。

因此無論該數(shù)是素?cái)?shù)還是合數(shù)，都意味著在假設(shè)的有限個(gè)素?cái)?shù)之外還存在著其他素?cái)?shù)。所以原先的假設(shè)不成立。也就是說，素?cái)?shù)有無窮多個(gè)。

其他數(shù)學(xué)家給出了一些不同的證明。歐拉利用黎曼函數(shù)證明了全部素?cái)?shù)的倒數(shù)之和是發(fā)散的，恩斯特·庫默的證明更為簡潔，哈里·弗斯滕伯格則用拓?fù)鋵W(xué)加以證明。

對(duì)于一定范圍內(nèi)的素?cái)?shù)數(shù)目的計(jì)算

盡管整個(gè)素?cái)?shù)是無窮的，仍然有人會(huì)問“100，000以下有多少個(gè)素?cái)?shù)？”，“一個(gè)隨機(jī)的100位數(shù)多大可能是素?cái)?shù)？”。素?cái)?shù)定理可以回答此問題。

素?cái)?shù)分布規(guī)律的發(fā)現(xiàn)，許多素?cái)?shù)問題可以解決。

在一個(gè)大于1的數(shù)a和它的2倍之間（即區(qū)間(a, 2a]中）必存在至少一個(gè)素?cái)?shù)。

存在任意長度的素?cái)?shù)等差數(shù)列。（格林和陶哲軒，2004年[1]）

一個(gè)偶數(shù)可以寫成兩個(gè)合數(shù)之和，其中每一個(gè)合數(shù)都最多只有9個(gè)質(zhì)因數(shù)。（挪威數(shù)學(xué)家布朗，1920年）

一個(gè)偶數(shù)必定可以寫成一個(gè)質(zhì)數(shù)加上一個(gè)合成數(shù)，其中合數(shù)的因子個(gè)數(shù)有上界。（瑞尼，1948年）

一個(gè)偶數(shù)必定可以寫成一個(gè)質(zhì)數(shù)加上一個(gè)最多由5個(gè)因子所組成的合成數(shù)。后來，有人簡稱這結(jié)果為 (1 + 5)(中國潘承洞，1968年)

一個(gè)充分大偶數(shù)必定可以寫成一個(gè)素?cái)?shù)加上一個(gè)最多由2個(gè)質(zhì)因子所組成的合成數(shù)。簡稱為 (1 + 2)(中國陳景潤)[2]

猜想

 聽語音

哥德巴赫猜想：是否每個(gè)大于2的偶數(shù)都可寫成兩個(gè)素?cái)?shù)之和？

孿生素?cái)?shù)猜想：孿生素?cái)?shù)就是差為2的素?cái)?shù)對(duì)，例如11和13。是否存在無窮多的孿生素?cái)?shù)？

斐波那契數(shù)列內(nèi)是否存在無窮多的素?cái)?shù)？

是否有無窮多個(gè)的梅森素?cái)?shù)？

在n2與（n+1）2之間是否每隔n就有一個(gè)素?cái)?shù)？

是否存在無窮個(gè)形式如X2+1素?cái)?shù)？

黎曼猜想

孿生素?cái)?shù)是無限多的證明

關(guān)鍵詞:完全不等數(shù),SN區(qū)間,LN區(qū)間.

一。素?cái)?shù)兩性定理

大于3的素?cái)?shù)只分布在6n-1和6n+1兩數(shù)列中。（n非0自然數(shù)，下同）

6n-1數(shù)列中的合數(shù)叫陰性合數(shù)，其中的素?cái)?shù)叫陰性素?cái)?shù)；6n+1數(shù)列中的合數(shù)叫陽性合數(shù)，其中的素?cái)?shù)叫陽性素?cái)?shù)。

陰性合數(shù)定理

6[6NM+（M-N）]-1=（6N+1）（6M-1）（N M兩個(gè)非0自然數(shù)，N=〈 M，下同）

6[6NM-（M-N）]-1=（6N-1）（6M+1）

在6n-1數(shù)列中只有這兩種合數(shù)，余下就是陰性素?cái)?shù)了，所以就有陰性素?cái)?shù)定理

6NM+-（M-N）=/=x（陰性不等數(shù)）

6x-1=q（陰性素?cái)?shù)）

陽性合數(shù)定理

6[6NM+（N+M）]+1=（6N+1）（6M+1）

6[6NM-（N+M）]+1=（6N-1）（6M-1）

在6n+1數(shù)列中只有這兩種合數(shù)，余下就是陽性素?cái)?shù)了，所以就有陽性素?cái)?shù)定理

6NM+-（N+M）=/=X（陽性不等數(shù)）

6X+1=P（陽性素?cái)?shù)）

二。與孿生素?cái)?shù)相對(duì)應(yīng)的完全不等數(shù)

完全不等數(shù)(X),它既不等于陰性上下兩式；也不等于陽性上下兩式。

(X)=/=6NM+-(M+-N)

則有6(X)+1=P 6(X)-1=q （p減1能被6整除的素?cái)?shù)，q加1能被6整除的素?cái)?shù)，下同）

一個(gè)完全不等數(shù)所產(chǎn)生的陰性素?cái)?shù)q和陽性素?cái)?shù)P就是一對(duì)孿生素?cái)?shù).

并且完全不等數(shù)與孿生素?cái)?shù)是一一對(duì)應(yīng)的.

三。陰陽四種等數(shù)在自然數(shù)列中的分布概況

6NM+（M-N）=陰性上等數(shù)6NM-（M-N）=陰性下等數(shù)

6NM+（N+M）=陽性上等數(shù)6NM-（N+M）=陽性下等數(shù)

為了搞清它們在自然數(shù)中分布情況，把四式中的N叫級(jí)別因子數(shù)，M叫無限因子數(shù)。

四種等數(shù)的每一個(gè)級(jí)別的最小等數(shù)都在6NN+-（N+N）范圍。

每一級(jí)別的上等數(shù)相鄰兩等數(shù)距離是6n+1，在自然數(shù)列中比例是1/（6n+1），兩種上等數(shù)每個(gè)級(jí)別的比例合計(jì)是2/（6n+1），（但實(shí)際是略少于這個(gè)比例因每一級(jí)別的底部都沒有這個(gè)級(jí)別的上等數(shù)；下等數(shù)也一樣的情況。）

每一級(jí)別的下等數(shù)相鄰等數(shù)的距離是6n-1，在自然數(shù)列中的比例是1/（6n-1），陰陽兩種下等數(shù)的每個(gè)級(jí)別的合計(jì)比例是2/（6n-1）。

每個(gè)級(jí)別的四種等數(shù)在自然數(shù)列中的比例是24N/[(6N+1)(6N-1)].

四。四種等數(shù)大小數(shù)列的互相滲透

自然數(shù)列中有陰性上等數(shù)數(shù)列，陰性的下等數(shù)數(shù)列，陽性上等數(shù)數(shù)列和陽性下等數(shù)數(shù)列。它們的級(jí)別有無限多，每一個(gè)級(jí)別的數(shù)列的等數(shù)都是無限多的。同一種等數(shù)級(jí)別不同的數(shù)列都是互相滲透而產(chǎn)生重疊，并以兩級(jí)別的等數(shù)距離的乘積而嚴(yán)格地重疊的。在計(jì)算一種若干的級(jí)別的等數(shù)時(shí)用連乘式正好可以表示它的滲透重疊關(guān)系。四種等數(shù)數(shù)列之間都有互相滲透而重疊，只有同一級(jí)別陰陽上上數(shù)列.下下數(shù)列沒有滲透.四種數(shù)列之間的滲透重疊不用計(jì)算也足夠可以證明了。

五。與素?cái)?shù)分布基本同步的SN區(qū)間

把自然數(shù)劃分成12，24，36……以12為遞增的一個(gè)個(gè)區(qū)間，這樣的區(qū)間叫SN區(qū)間。SN區(qū)間與四種等數(shù)數(shù)列是同步的，即:

12（1+2+3+……+N）=6NN+6N

在這樣的區(qū)間內(nèi)包括N級(jí)別及以下的所有四種等數(shù)數(shù)列的等數(shù)，并沒有比N級(jí)別大的數(shù)列等數(shù)，與四種等數(shù)的級(jí)別是完全同步的，所以與素?cái)?shù)的分布也是同步的。

六。每個(gè)大于S8區(qū)間內(nèi)都有8個(gè)以上的完全不等數(shù)

在每一個(gè)SN區(qū)間只有存在1至N級(jí)別的四種數(shù)列等數(shù)，每一級(jí)別等數(shù)的比例是可以確定，由于上下級(jí)別的滲透。就可以拿以下式來計(jì)算S8區(qū)間的完全不等數(shù)的至少個(gè)數(shù)。

12*8*11/35*95/143*251/323*479/575*779/899*1151/1295*1593/1763*2111/2303=8.2768

其他每一個(gè)SN區(qū)間可用這種方法計(jì)算.

隨著區(qū)間的增大完全不等數(shù)計(jì)算的數(shù)量也會(huì)越來越多.以后都會(huì)超過8個(gè).

七。誤差分析

用最嚴(yán)格下取整的誤差分析方法，將SN區(qū)間捆綁成1,2,4,8,16......2^(N-1)的LN區(qū)間.在每一個(gè)大于S8的SN區(qū)間計(jì)算都大于8個(gè)完全不等數(shù),在每一個(gè)LN區(qū)間都有2^N-1級(jí)別等數(shù)數(shù)列, 每級(jí)級(jí)別有4種等數(shù)數(shù)列,每一級(jí)別一種等數(shù)篩一次誤差極限是1 .每一個(gè)LN區(qū)間誤差極限是4*(2^N-1).

8*2^(N-1)-4*(2^N-1)=4

最嚴(yán)格下取整后大于L4的區(qū)間仍然還有4個(gè)完全不等數(shù)。

八?？偨Y(jié)

根據(jù)以上的論證，在大于S8區(qū)間每一個(gè)SN區(qū)間都有8個(gè)以上的完全不等數(shù).

嚴(yán)格的下取整后，大于L4的每一個(gè)LN區(qū)間都還有多于4個(gè)的完全不等數(shù)以上的量。

LN區(qū)間是無限多的，完全不等數(shù)與孿生素?cái)?shù)對(duì)是一一對(duì)應(yīng)的，所以孿生素?cái)?shù)也是無限多的。

這個(gè)證明期待著權(quán)威的表態(tài)。

性質(zhì)

 聽語音

質(zhì)數(shù)具有許多獨(dú)特的性質(zhì)：

（1）質(zhì)數(shù)p的約數(shù)只有兩個(gè)：1和p。

（2）初等數(shù)學(xué)基本定理：任一大于1的自然數(shù)，要么本身是質(zhì)數(shù)，要么可以分解為幾個(gè)質(zhì)數(shù)之積，且這種分解是唯一的。

（3）質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)是無限的。

（4）質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)公式是不減函數(shù)。

（5）若n為正整數(shù)，在到之間至少有一個(gè)質(zhì)數(shù)。

（6）若n為大于或等于2的正整數(shù)，在n到之間至少有一個(gè)質(zhì)數(shù)。

（7）若質(zhì)數(shù)p為不超過n( )的最大質(zhì)數(shù)，則。

（8）所有大于10的質(zhì)數(shù)中，個(gè)位數(shù)只有1,3,7,9。

編程

 聽語音

基本判斷思路：

在一般領(lǐng)域，對(duì)正整數(shù)n，如果用2到之間的所有整數(shù)去除，均無法整除，則n為質(zhì)數(shù)。

質(zhì)數(shù)大于等于2 不能被它本身和1以外的數(shù)整除

Python 代碼：

from math import sqrt

def is_prime(n):

if n == 1:

return False

for i in range(2, int(sqrt(n))+1):

if n % i == 0:

return False

return True

Java代碼：

public static boolean testIsPrime2(int n){

if (n = 3) {

return n 1;

}

for(int i=2;in;i++){

if(n%i == 0)

return false;

}

return true;

}

/*優(yōu)化后*/

public static boolean testIsPrime3(int n){

if (n = 3) {

return n 1;

}

for(int i=2;i=Math.sqrt(n);i++){

if(n%i == 0)

return false;

}

return true;

}

public class Prime {

public static void main(String[] args) {

int a = 17; //判斷17是不是質(zhì)數(shù)

int c = 0;

for (int b = 2; b a; b++) {

if (a % b != 0) {

c++;

}

if (c == a - 2) {

System.out.println(a + "是質(zhì)數(shù)");

} else {

System.out.println(a + "不是質(zhì)數(shù)");

}

Php代碼：

function isPrime($n) {//TurkHackTeam AVP production

if ($n = 3) {

return $n 1;

} else if ($n % 2 === 0 || $n % 3 === 0) {

return false;

} else {

for ($i = 5; $i * $i = $n; $i += 6) {

if ($n % $i === 0 || $n % ($i + 2) === 0) {

return false;

}

return true;

}

C#代碼：

using System;

　namespace 計(jì)算質(zhì)數(shù)

　{

　 class Program

　 {

　 static void Main(string[] args)

　 {

　 for (int i = 2,j=1; i 2100000000j=1000; i++)//輸出21億內(nèi)的所有質(zhì)數(shù)，j控制只輸出1000個(gè)。

　 {

　 if (st(i))

　 {

　 Console.WriteLine("{0,-10}{1}",j,i);

　 j++;

　 }

　 static bool st(int n)//判斷一個(gè)數(shù)n是否為質(zhì)數(shù)

　 {

　 int m = (int)Math.Sqrt(n);

　 for(int i=2;i=m;i++)

{

if(n%i==0 i!=n)

return false;

　 }

return true;

　 }

C/C++代碼：

#includeiostream

#includealgorithm

#includecmath

using namespace std;

const long long size=100000;//修改size的數(shù)值以改變最終輸出的大小

long long zhishu[size/2];

void work(){//主要程序

zhishu[1]=2;

long long k=2;

for(long long i=3;i=size;i++){//枚舉每個(gè)數(shù)

bool ok=1;

for(long long j=1;jk;j++){//枚舉已經(jīng)得到的質(zhì)數(shù)

if(i%zhishu[j]==0){

ok=!ok;

break;

}

if(ok){

zhishu[k]=i;

cout"count"k' 'iendl;

k++;

}

int main(){

freopen("zhishu.out","w",stdout);

cout"count1 2"endl;

work();

return 0;