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1-30的质数有哪些

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1,2,3,5都是30的(  ) A.质数 B.质因数 C.约数 , The number 151 is a prime palindrome because it is both a prime number and a palindrome (it is the same number when read forward as backward). Write a program that finds all prime palindromes in the range of 3 and 1,000,000,000.

Output
The list of p...

哪几个不同质数相加等于30写10个: 1+29=30
13+1+5+11=30
17+13+7+3=30
19+7+1+3=30
2+3+5+7+13=30
23+7=30
19+3+7+1=30
5+7+13+3+2=30
23+5+2=30
19+5+3+1+2=30

1,2,3,5都是30的(  ) A.质数 B.质因数 C.约: 30÷1=30,30÷2=15,30÷3=10,30÷5=6,
所以1、2、3、5是30的约数;
故选:C.

怎样用C语言解决这个问题:输出1到1000000000的所有素数,并且对称,,运行时间不超过30秒,非常感谢!: for (int i=1 ;i<=1000000000;i++)
{
if (sushu(i))
{
printf("%d",i);
}
}

bool sushu(int k)
{
return false;
是素数
则 return true;
}

十一二十一三十一四十一五十一和1中有素数吗: 11,31,41是素数

1、把720分解质因数: 720=2*2*2*2*3*3*5
720的因数个数为(4+1)*(2+1)*(1+1)=30

同时满足下列条件的分数共有多少个?(1)大于16,并且小于15;(2)分子和分母都是质数;(3)分母是两: 设该分数为mn,其中m和n均为质数,n为2位数,根据题意可得:
15>mn>16,那么6m>n,5m<n,即6m>n>5m
因为n为2位数,所以5m<100,则m<19
当m=2时,12>n>10,所以n=11
当m=3时,18>n>15,所以n=17
当m=5时,30>n>25,所以n=29
当m=7时,42>n>35,所以n=41或37
当m=11时,66>n>55,所以n=59或61
当m=13时,78>n>65,所以n=67,71,73,
当m=17时,102>n>85,所以n=89,97
所以同时满足这三个条件的分数有211,317,529,737,741,1159,1161,1367,1371,1373,1789,1797;共有12个.
答:同时满足下列条件的分数共有12个.

用excel vba 列出1-3000000之间的质数 超过了65536行范围,希望自动换列都表示出来求代码: Sub 求质数()
' 求质数 宏
Dim a As String, n As Long, s As Boolean, j As Long, i As Long, b As Long
b = 50000 '每列只显示50000个
[a1] = 2 '第一个质数2是偶数,不能代入公式
For n = 3 To 3000000 Step 2 '从1到300万取奇数
s = True '让变量s取True
For i = 2 To Int(Sqr(n)) '循环检查,范围为2到目标值的2次方根之间
If n Mod i = 0 Then s = False: Exit For '如果MOD的值为0,则表示该值除2和自身之外还有至一个能整除的数,退出循环
Next
If s Then
j = j + 1
Cells(j Mod b + 1, j \ b + 1) = n '如果S为true(即只有2和自身这两个数可以整除),那么该值为质数。计算行列位置并填入表格。
End If
Next
MsgBox "共有“" & j & "”个质数"
End Sub

我这里计算要30秒出结果,共显示出5列,一共216815个质数。 最后一个质数是2999999

求证:若n>1,n与n的平方之间必有质数: 注:实在抱歉,不太会证以下引理,所以粘贴了一下资料,可以不详细看。
先证Bertrand对任意自然数 n ≥ 2, 至少存在一个素数 p 使得 n < p < 2n。
引理 1: 设 n 为一自然数, p 为一素数, 则能整除 n! 的 p 的最高幂次为: s = Σi≥1floor(n/pi) (式中 floor(x) 为不大于 x 的最大整数)。
证明: 能整除 n! 的 p 的最高幂次显然等于从 1 到 n 的各自然数中 p 的最高幂次之和, 即 s = Σ1≤i≤n si (其中 si 为能整除 i 的 p 的最高幂次)。 现在将从 1 到 n 的所有 (n 个) 自然数排列在一条直线上, 在每个数字上叠放一列 si 个记号, 显然记号的总数是 s。 关系式 s = Σ1≤i≤n si 表示的是先计算各列的记号数 (即 si) 再求和。 但我们也可以先计算各行的记号数再求和, 由此得到的关系式正是引理 1。 为了证明这一点, 我们从数字所在的直线开始自下而上计数。 很明显所有第一行有记号的数字都含有因子 p (因为否则的话 si = 0, 没有记号), 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p); 第二行有记号的数字都含有因子 p2 (因为否则的话 si < 2, 在第二行上不会有记号), 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p2), 依此类推, 第 i 行的记号总数为 floor(n/pi)。 将所有这些数字相加便证明了引理 1。 Q.E.D.我们之所以用这样一种比较文字化的方式来叙述引理 1 的证明过程, 目的在于更清楚地显示该证明的基本思路: 即利用一个有限二维点阵求和的不同方式 (顺序) 得到互相等价的不同表达式。 这是数学证明中一种常用的手段。推论 1.1: 设 n 为一自然数, p 为一素数, 则能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次为: s = Σi≥1 [floor(2n/pi) - 2floor(n/pi)]。证明: 显然。 Q.E.D.推论 1.2: 设 n ≥ 3 为一自然数, p 为一素数, s 为能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次, 则:(a) ps ≤ 2n; (b) 若 p > √2n, 则 s ≤ 1; (c) 若 2n/3 < p ≤ n, 则 s = 0。证明: (a) 设 m 为满足 pm ≤ 2n 的最大自然数, 则显然对于 i > m, floor(2n/pi) - 2floor(n/pi) = 0 - 0 = 0。 因此推论 1.1 中的求和止于 i = m, 共计 m 项。 由于 floor(2x) - 2floor(x) ≤ 1, 因此这 m 项中的每一项不是 0 就是 1, 其求和结果不超过项数本身, 即 s ≤ m, 因此 ps ≤ pm ≤ 2n。 (b) 因为 p > √2n 表明 p2 > 2n, 因此由 (a) 可得 s ≤ 1。(c) 因为 n ≥ 3 及 2n/3 < p ≤ n 表明 p2 > 2n, 因此推论 1.1 中的求和只有 i = 1 一项, 即: s = floor(2n/p) - 2floor(n/p)。 由于 2n/3 < p ≤ n 还表明 1 ≤ n/p < 3/2, 因此 s = floor(2n/p) - 2floor(n/p) = 2 - 2 = 0。 Q.E.D.引理 2: 设 n 为自然数, p 为素数, 则 Πp≤n p < 4n。证明: 用数学归纳法。 n = 1 和 n = 2 时引理显然成立。 假设引理对 n < N 成立 (N > 2), 我们来证明 n = N 的情形。 如果 N 为偶数, 则 Πp≤N p = Πp≤N-1 p, 引理显然成立。 如果 N 为奇数, 设 N = 2m + 1 (m ≥ 1)。 注意到所有 m + 1 < p ≤ 2m + 1 的素数都是组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 的因子 (因为它们是 (2m+1)! 的因子, 但却不是 m! 和 (m+1)! 的因子); 另一方面组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 在二项式展开 (1+1)2m+1 中出现两次, 因而 (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ (1+1)2m+1 / 2 = 4m。 这两点合并可得 Πm+1<p≤2m+1 p ≤ (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ 4m。 由此 (并利用归纳假定) 可得 Πp≤N p = (Πp≤m+1 p) (Πm+1<p≤2m+1 p) < 4m+1 4m = 42m+1 = 4N。 Q.E.D.引理 2 常常被表述为 θ(n) ≡ Σp≤n log(p) < n log4, 并被称为 Chebyshev's Bound (以 Chebyshev 命名的结果, 无论是前面提到的 Bertrand 假设的别称 Chebyshev 定理还是这里所说的 Chebyshev's Bound, 都有不止一个对应, 查阅文献时要当心)。好了, 一切准备就绪, 现在我们来证明 Bertrand 假设。Bertrand 假设的证明: 用反证法, 假设命题不成立, 即存在某个 n ≥ 2, 在 n 与 2n 之间没有素数。 我们来看 (2n)!/(n!n!) 的分解 (2n)!/(n!n!) = Π ps(p) (s(p) 为质因子 p 的幂次)。 由推论 1.2(a) 知 p < 2n, 由反证法假设知 p ≤ n, 再由推论 1.2(c) 知 p ≤ 2n/3, 因此 (2n)!/(n!n!) = Πp≤2n/3 ps(p)。 将连乘分解为 p ≤ √2n 及 √2n < p ≤ 2n/3 两部分 (这一分解要求 n > 4, 但后面我们会看到, 我们的整个方法只适用于 n ≥ 50, 因此我们其实是假定 n ≥ 50, 对 50 以下的情形只需直接验证即可), 并利用推论 1.2(b) 可得:(2n)!/(n!n!) ≤ Πp≤√2n ps(p) · Π√2n<p≤2n/3 p ≤ Πp≤√2n ps(p) · Πp≤2n/3 p 该乘积中的第一组的被乘因子数目为 √2n 以内的素数数目, 即不多于 √2n/2 - 1 (因偶数及 1 不是素数), 而每个因子按照推论 1.2(a) 均不大于 2n, 因此该组乘积不大于 (2n)√2n/2-1。 第二组乘积按照引理 2 小于 42n/3, 由此得到: (2n)!/(n!n!) < (2n)√2n/2-1 · 42n/3。另一方面, (2n)!/(n!n!) 是 (1+1)2n 展开式中最大的一项, 而该展开式共有 2n 项 (我们将首末两项 1 合并为 2), 因此 (2n)!/(n!n!) ≥ 22n / 2n = 4n / 2n。 将此式与上一段最后的结果联立并略经化简可得 4n/3 < (2n)√n/2。 两端取对数并进一步化简可得:√2n ln4 < 3 ln(2n) 由于幂函数 √2n 随 n 的增长速度远快于对数函数 ln(2n), 因此上式对于足够大的 n 显然不可能成立。 简单的数值计算表明, 对于 n = 50 上式左边为 13.8629..., 右边为 13.8155..., 不等式不成立。 这表明我们所作的反证假设, 即 Bertrand 假设不成立, 对于 n ≥ 50 是错误的, 换句话说 Bertrand 假设对于 n ≥ 50 成立。 简单的验证可以证明 Bertrand 假设对于 n < 50 也成立 (事实上前面说过, Bertrand 本人就已经对 n < 3000000 做过验证), 因此我们证明了 Bertrand 假设。
那么,在n>1时,n^2≥2n,所欲证的结论比上述假设(又称切比雪夫定理)要弱。
故得证

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