尋找素數的多項式
以往數學家希望可得到恒出素數的公式，便從多項式 (Polynomial) 中找尋公式的影跡，或說是找出一條素數的通式，可惜全是失敗。但這反過來使人們認識了不同種類的素數，現在讓我們回看這些會產生素數的多項式吧！
多項式 |
可連續給出素數的範圍 |
斯洛恩數列 |
素數值 |
36n2-810n+2753 |
[0,44] |
2753,1979,1277,.....,52253 |
|
47n2-1701n+10181 |
[0,42] |
8527,6967,5501,.....,19447 |
|
n2+n+41 |
[0,39] |
41,43,47,......,2797 |
|
2n2+29 |
[0,28] |
29,31,37,......,1597 |
|
n2+n+17 |
[0,15] |
17,19,23,......,257 |
|
4n2+4n+59 |
[0,13] |
59,67,83,......,787 |
|
2n2+11 |
[0,10] |
13,19,29,......,211 |
|
n3+n2+17 |
[0,10] |
19,29,53,......,1117 |
上表的數式只列取連續給出素數的部份 n 值，在該範圍以外的也存有素數。
是否有多項式可使代入任何的 x 值都會給出素數呢？
答案是沒有，其實早在 1752年，普魯士數學家哥德巴赫 (Christian Goldbach 1690-1764) 証明了沒有一條以整數 為系數的多項式，即整數多項式 (Integer Polynomial) 可給出所有的值皆為素數。其後法國數學家勒讓德 (Adrien-Marie Legendre 1752-1833) 更証明沒有有理多項式 (Rational Polynomial) 可常給素數。讓我們看看為什麼吧。
我們可以用反証法來証明這一點：
倘若能找到一條恒給出素數的多項式。那麼，當 x = m 時便得一素數 P，而且，
P = a + bm + cm2 + dm3 + ......
同時，取 x = m + nP 時，又可得另一素數 Q，而且，
Q = a + b ( m + nP ) + c ( m + nP )2 + d ( m + nP )3 + ......
但是，若把上式展開，我們得：
b ( m + nP ) = bm + (含有 P 的項)
c ( m + nP )2 = cm2 + (含有 P 的項)
d ( m + nP )3 = dm3 + (含有 P 的項)
......
因此，Q = a + bm + cm2 + dm3 + .... + (含有 P 的項) = P + (含有 P 的項)，
但所謂「含有 P 的項」亦即是「P 的倍數」。因此 Q 是 P 的倍數，即不是素數。因而與「恒給素數」相矛盾，推翻「恒給素數」的假設。証畢。
雖云有理多項式不會恒給素數，但其他的方程又如何？如多變量的丟番圖方程 (Diophantine Equation)。所謂丟番圖方程，即只要求整數解的方程式。
1976年，數學家瓊斯 (J. P. Jones) 、 華達 (H. Wada) 、 西道 (D. Sato) 及韋恩斯 (D. Wiens) 找到了一組可「恒給素數」的聯立方程，共有 26 個變數：
wz + h + j - q = 0
(gk + 2g + k + 1) (h + j) + h - z = 0
16 (k + 1)3 (k + 2) (n + 1)2 + 1 - f2 = 0
2n + p + q + z - e = 0
e3 (e + 2) (a + 1)2 + 1 - o2 = 0
(a2 - 1) y2 + 1 - x2 = 0
16 r2 y4 (a2 - 1) + 1 - u2 = 0
n + l + v - y = 0
(a2 - 1) l2 + 1 - m2 = 0
ai + k + 1 - l - i = 0
{[a + u2 (u2 - a)]2 - 1} (n - 4dy)2 + 1 - (x + cu)2 = 0
p + l (a - n - 1) + b (2an + 2a - n2 - 2n - 2) - m = 0
q + y (a - p - 1) + s (2ap + 2a - p2 - 2p - 2) - x = 0
z + pl (a - p) + t (2ap - p2 - 1) - pm = 0
式中的 a 至 z 為 26 個變數，對印刷來說也有其好處，剛好用光 26 個英文字母。那麼和素數有什麼關係，原來得證當上上式找到正整數解 (即 26 個英文字母全是正整數) 時，k + 2 便是素數，反之亦然。但要找出正整數解又談何容易呢！
