1. 緒論

本文所討論之多項式函數均屬下列形式： $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n$, 其係數 $a_0,a_1,\ldots,a_{n-1},a_n$ 均為整數, 而變量 $x$ 亦僅能為正整數。 我們將討論下述問題：

1. 我們能否找到此一函數其數值均為質數?
2. 我們能否找到此一函數其數值包含所有質數, 或除有限例外之後的所有質數?
3. 如不能, 是否有函數其數值包含無窮多質數, 但亦有無窮多質數並非其數值?
4. 是否有這種函數其數值僅包含有限多個質數?
5. 是否有這種函數其數值完全不包含有任何質數?

2. 歐拉多項式

在作理論證明之前, 或許先看看例子, 作些計算。 可能加深我們對問題的了解。 1772 年大數學家歐拉 Euler 發現 $f(x)=x^2+x+41$ 有下列特性 (見 )： 當 $x$ 等於 $0,1,\ldots,39$ 時, $f(x)$ 之值皆為質數。 可是當 $x$ 等於 40 時 $f(40)=40^2+40+41=40\times 41+41=41^2$。 這數值非質數。 當 $x$ 為 41 時這多項式每一項均為 41 之倍數, 因此也非質數。 因為這多項式有 $x$ 從 0 到 39, 一連 40 個數字的值均為質數的特性, 後人就把這多項式叫歐拉多項式。 其實這多項式並不只前 40 個值是質數。 當 $x$ 等於 42, 43 時, $f(x)$ 之值又皆為質數。 嗣後 $f(45),\ldots,f(48)$ 四個數值又均為質數 $\ldots$。 我們可以計算出在從 0 到 80 之間只有當 $x$ 為 $40, 41, 44, 49, 56, 65, 76$, 七個數字時, $f(x)$ 之值方為複合數。 其餘的 74 個數值均為質數。 這個多項式函數的數值, 當然不可能包含所有的質數。 因為小於 41 的質數, 已不能成為這函數的數值。 但是如除去這函數已跳過的有限多的質數之外, 這函數的函數值, 是否還能包含其他所有的質數 ? 我們將在下一小節中回答這一問題。

歐拉多項式本身也引起人們不少興趣, 上面所説在從 0 到 80 之間只有當 $x$ 為 40, 41, 44, 49, 56, 65, 76, 七個數字時, $f(x)$ 之值方為複合數。 而這七個數字又正好是 $x=40+n^2$ 以 $n=0,\ldots,6$ 的形式出現。 並且當 $x=40+n^2$ 時, $f(40+n^2)=f(n-1)f(n)$ 這一複合數。 這引起人們的好奇。 是不是只有在 $x=40+n^2$ 時, $f(x)$ 方能成一複合數? 另一方面, 是不是凡是在 $x=40+n^2$ 時, $f(x)$ 均成為一複合數? 第一個問題的答案是否定的。 因為當 $x=81$ 時, $f(81)=6683=41\times 163$ 是一複合數, 而 81 並非是 $40+n^2$ 的形式。 第二個問題的答案是肯定的, 讀者不妨試證, 凡當 $x=40+n^2$ 時, $f(40+n^2)=f(n-1)f(n)$ 這一複合數。 故此我們可説有多項式函數, 其函數值包含無窮多個複合數。

是否有其他類似歐拉之多項式? 讀者可以驗證當 $x$ 等於 $0,1,\ldots,9$ 時, $f(x)=x^2+x+11$ 之值皆為質數。 當 $x$ 等於 $0,1,\ldots,15$ 時, $f(x)=x^2+x+17$ 之值亦皆為質數。 關於這方面, 也有不少人做過研究。 一個二次式 $f(x)=ax^2+bx+c$ 是否有此性質, 可以由他所生的域 ${\Bbb Q}(\sqrt{D})$ 來判别。 此處 $D=b^2-4ac$ 為二次式 $ax^2+bx+c$ 之判别式。 這對本文而言, 離題稍遠。 此處從略。 有興趣讀者可以參考資料 。

另一問題是有没有多項式, 能比歐拉多項式產生更長一串的質數？ 關於這問題, 我們先指出歐拉多項式, 實際上有一連串 80 個質數。 因為當 $x$ 等於 $-1$ 到 $-40$ 時, $f(x)$ 也是質數, 不過在這一段數值中, $f(x)$ 只是把歐拉多項式, 從 0 到 39 的數值重複一遍。 這是因爲如 $k$ 是任一整數時, 讀者可以很容易驗證 $f(-k)=f(k-1)$。 故此歐拉多項式當 $x$ 從 $-40$ 到 $+39$ 之間有一串長達 80 個連續的質數值。 我們知道若有一多項式函數 $f(x)$, 有一串長達 $m$ 個質數值時, 我們就能夠用平移的方法, 使得這些質數值, 在 $x$ 等於 0 與 $m-1$ 之間出現。 在 1899 年 Escott 看到了這一點, 他用 $x-40$ 代換 $x$ 插入歐拉多項式, 得到 $f(x)=x^2-79x+1601$。 這函數當 $x$ 為 $0,1,\ldots,79$ 時, $f(x)$ 之值有一連 80 個質數 。 但是這只是歐拉多項式 的一個平移。 大家多不認為這是一個新的多項式。 Ribenboim 即執此看法。 他證明在所有多項式函數 $f(x)=x^2+x+q$ 中, 能産生最長一串質數值的就是當 $q=41$, 而不是 1601。 見 [p. 200]。

3. 問題初探

我們現在回顧一下第一小節所列的問題。 較為複雜的問題, 我們在這小節内作一初步的探討。 較簡易的問題, 我們予以解答。 先看第一個問題： 我們能否找到一個多項式函數, 其數值均為質數? 回答是當然可以。 任一數值為質數的常數的函數, 就是如此。 但如果這函數方程式的次數 $\ge 1$, 這答案似乎就不太明顯。 在上一小節看到歐拉多項式必定有複合數值。 下面一條定理告訴我們, 任何一個多項式函數亦均如此。

定理1： 設有一多項式函數 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n$, 此處 $n\ge 1$ 並且 $a_0\not=0 $。 則其函數值 $f(x)$ 必定有無窮多個非質數之數值。

證明： 因為 $a_0\not=0$, 故 $a_0$ 為正或為負。 若為負, 我們定可找到一變量值 $x_0$ 使得凡當 $x\gt x_0$ 時 $f(x)\lt0$。 則此函數在 $x\gt x_0$ 時, 就没有質數值, 因為質數需為正整數。 以下假設 $a_0$ 為正。 當 $x$ 不斷增加時, $f(x)$ 之值可以趨近於無窮大。 故我們能找到一變量 $x_1$ 使得 $f(x_1 )\gt 1$。 以下我們將證明, 如一多項式函數在某點 $x_1$ 之值 $f(x_1 )=m\gt 1$, 則 $f$ 將在無窮多個正整數點 $x$, 其值 $f(x)$ 均為 $m$ 之倍數。 這證明是利用同餘式的性質： 如 $a\equiv b \ \hbox{mod}\,(m)$, 則給予以任何一多項式 $f$, 我們可得到 $f(a)\equiv f(b) \ \hbox{mod}\,(m) $\,。 回到我們原來的多項式函數。 現在我們既然有在某點 $x_1$, $f(x_1 )=m\gt 1$, 而在任一正整數 $k$ 之下, $x_2=x_1+km$ 又滿足 $ x_2\equiv x_1 \ \hbox{mod}\,(m)$, 故此 $$f(x_2 )\equiv f(x_1 )=m\equiv 0 \ \hbox{mod}\,(m).$$ 故在任一正整數 $k$ 之下, 如 $x_2=x_1+km$, 則 $f(x_2)$ 亦為 $m$ 之倍數。 但是這並不足以證明 $f$ 有無窮多個複合數數值。 因為 $m$ 自己亦為 $m$ 之倍數。 如果 $m$ 正好是一質數, 則這些 $x_2$ 並非複合數。 但 $f(x)$ 之首項係數為正, 當 $x$ 不斷增加時, $f(x)$ 之值可以趨近於無窮大。 故此我們可以找到無窮多個 $x_2$, 使得 $f(x_2)$ 不但為 $m$ 之倍數, 並且為大於 $m$ 之倍數, 這樣即使 $m$ 自己是一質數, 在這些 $x_2$ 點的函數值, 也因此均非質數。

$\Box$

定理 1 不但回答了我們第一個問題, 並且回答了在首項係數為負的情形下, 第四個問題。 但如果多項式的首項係數為正的情形下, 多項式的函數值, 是否也僅能有有限多個質數值? 答案仍為肯定。 例如 $f(x)=x^2-x+2$ 當 $x=1$ 時, $f(1)=2$ 是為一質數。 但當 $x$ 為其他正整數時 $f(x)$ 為大於 2 之偶數。 因而不可能成為質數。 故在首項係數為正的情形下, 多項式的函數值, 也可以僅能有有限多個質數值。

第 1 節所列的五個問題中, 第 2, 3 兩問題稍微複雜。 我們將在第四小節討論問題 2。 在最後一小節討論問題 3。 還剩下的問題 5 較為簡單。 我們很容易找到一些函數其數值不包含任何質數。 例如 $f(x)=2x^2+4$ 又或是 $f(x)=x^2+x+6$。 這些函數當 $x$ 為整數時, 其數值皆為大於 2 之偶數, 故此不可能是質數。 又如 $f(x)=(3x-1)(3x+1)$。 當 $x$ 為正整數時, 其數值皆為一複合數, 因此也不可能是質數。

4. 包含幾乎所有質數之函數

在這一小節中, 我們將討論問題 2。 為了避免行文過於累贅, 我們將用``幾乎所有的 $\cdots$'' 來代替 ``除了有限多個之後所有的 $\cdots$''。 故此問題 2 變成： 「是否有多項式, 其數值包含幾乎所有質數」? 對於這問題答案顯然是肯定的。 因為當 $c$ 為任一常數時, $f(x)=x+c$ 的數值中就包括所有大於 $c$ 的質數。 但如果這多項式的次數大於 1 呢？ 我們現在證明, 不可能有這種函數存在。 在做此項證明之前, 我們先需要一條引理。

引理1： 所有質數倒數之和 $\sum_{i=1}^\infty \frac 1{p_i}$ 為一發散級數, 如這級數僅包括幾乎所有質數之倒數, 這級數亦為為一發散級數。

上面這條引理, 為歐拉在 1737 年所發現 。 至今至少有六, 七種不同的證法。 下面的證明是根據布朗大學教授 James Clarkson 在 1966 所給的一個證明 , 略加修飾而成。

證明： 如果 $\sum_{i=1}^\infty \frac 1{p_i}$ 為一收斂級數, 我們定可找出一正整數 $k$ 而使 $\sum_{i=k+1}^\infty \frac 1{p_i} \lt1$。 現使 $e=\sum_{i=k+1}^\infty \frac 1{p_i}$, 則 $\sum_{n=1}^\infty e^n$ 是一收斂級數。 現設 $Q=p_1 p_2 \cdots p_k$。 則在任何一正整數 $n$ 之下, $(1+nQ)$ 不可能被任何一個質數 $p_1,p_2,\ldots,p_k$ 所除盡。 換言之, 所有 $(1+nQ)$ 之質因子均為 $i$ 大於 $k$ 之 $p_i$。 我們因而可以斷言, 在任何一正整數 $n$ 之下 $1/({1+nQ})$ 這數, 定為級數 $\sum_{n=1}^\infty e^n$ 中之一項。 這是因為 $(1+nQ)$ 在分解因子之後, 只能有 $i$ 大於 $k$ 之 $p_i$ 為其因子, 例如 $(1+nQ)$ 有 3 個因子, 則 $1/({1+nQ})$ 必定為 $e^3$ 中的一項。 因為

$$e^3=\Big(\frac 1{p_k} +\frac 1{p_{k+1}} +\frac 1{p_{k+2}} +\cdots\Big)\Big(\frac 1{p_k} +\frac 1{p_{k+1}} +\frac 1{p_{k+2}} +\cdots\Big) \Big(\frac 1{p_k} +\frac 1{p_{k+1}} +\frac 1{p_{k+2}} +\cdots\Big)$$

展開之後凡是分母包含三個之因子之式, 均在此乘積中。 並且不同正整數 $n$ 之下, $(1+nQ)$ 有不同之分解因式 , 因而每一不同之 $1/(1+nQ)$ 也一定是在級數 $\sum_{i=1}^\infty e^i$ 中之一不同項。 在此情形之下, $\sum_{n=1}^\infty 1/(1+nQ)$ 僅是級數 $\sum_{n=1}^\infty e^n$ 中的一部份。 故如 $\sum_{n=1}^\infty e^n$ 是一收斂級數, 而 $\sum_{n=1}^\infty 1/(1+nQ)$ 亦必為一收斂級數。

另一方面由於 $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1/n}{1/(1+nQ)}=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1+nQ}n=Q$ 為一不等於零之常數。 故級數 $\sum_{n=1}^\infty 1/n$ 與級數 $\sum_{n=1}^\infty 1/(1+nQ)$ 當同為收斂或同為發散。 但我們知道 $\sum_{n=1}^\infty 1/n$ 為一發散級數。 故 $\sum_{n=1}^\infty 1/(1+nQ)$ 當亦為一發散級數。 但此結論與以上相矛盾。 而此項矛盾是由於假設 $\sum_{i=1}^\infty \frac 1{p_i}$ 為一收斂級數。 故知 $\sum_{i=1}^\infty \frac 1{p_i}$ 必為一發散級數。 最後因為僅變動一級數有限多個項, 並不影響這級數為收斂或發散, 故如這級數僅包括幾乎所有質數之倒數, 這級數亦必為一發散級數。

$\Box$

我們現在回到問題 2。

定理2： 設 $f(x)$ 為一多項式函數。 如 $f(x)$ 之次數大於一, 其數值即不可能包括幾乎所有質數。

證明： 如果有一次數大於一之多項式函數 $f(x)$, 其數值包括幾乎所有質數。 我們將證明此假設當導致矛盾結論。 現假設有此一 $p$ 次之多項式函數

$$f(x)=a_0 x^p+a_1 x^{p-1}+\cdots+a_{p-1} x+a_p,$$

此處 $a_0\not=0$, 而 $p\gt 1$。 我們可假設 $a_0\gt 0$, 因為如 $a_0\lt0$, 則 $f$ 最多只能有有限多個正整數值, 故不可能包括幾乎所有質數。 現假設 $a_0\gt 0$, 我們可找到一整數 $M$ 使得 $x\gt M \Rightarrow f(x)\gt 0$。 如有需要我們可以 $f(M+x)$ 以代 $f(x)$, 而假設 $f(x)$ 之值皆為正數。 因為變動有限多個數值, 並不影響 $f(x)$ 數值包括幾乎所有質數之假設。

現在考慮級數 $\sum_{n=1}^\infty 1/f(n) $。 因為 $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1/n^p}{1/f(n)}=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{f(n)}{n^p} =a_0$ 為一不等於零之常數, 以及 $\sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^p}$, $p\gt 1$, 為一收斂級數。 故知 $\sum_{n=1}^\infty 1/f(n)$ 亦為一收斂級數。 但如果 $f(n)$ 之數值包括幾乎所有質數, 而這些質數倒數之和, 僅為此級數的一部份, 又因皆為正數, 這些質數倒數之和, 又不能和别的項目相消。 故此 $\sum_{n=1}^\infty 1/f(n) $ 必定為一發散級數。 由於這矛盾我們可以認為這定理為真。

$\Box$

5. 僅包含無窮多質數值之函數

我們在這小節中討論第一小節中所列的問題 4： 是否有多項式函數, 其數值僅包括無窮多質數, 但亦有無窮多質數並非其數值? 我們先看一次多項式 $f(x)=ax+b$ 的函數。 在上一小節中, 我們看到當 $a=1$ 時, $f$ 的數值包括幾乎所有質數。 我們現在要討論當 $a\not=1$ 時的情形。 下面我們可以假設 $a\gt 1$, 因為當 $a\lt1$ 時, $a=0$ 或 $a\lt0$ 在這兩種情形之下, $f$ 之值皆不可能包含無窮多個質數。 我們也可以假設 $b$ 不等於 0, 否則 $f$ 之值皆為 $a$ 的倍數, 因此也不能包含無窮多個質數。

但當 $a\gt 1$ 及 $b\not=0$ 時, $f(x)=ax+b$ 與 $f(x)=x+b$ 有一點很不相同, $f(x)=x+b$ 的數值包含幾乎所有的質數, 故此只有有限多個質數不能成為 $f$ 的數值。 而我們將要證明, 當 $a\gt 1$ 時, $f(x)=ax+b$ 一定有無窮多個質數不能成為 $f$ 的數值。 在本小節中, 如果有一函數其數值包括無窮多個質數, 但同時又有無窮多個質數不是這函數的數值, 我們就説這函數"僅有無窮多個質數值"。

定理3： 設 $f(x)=ax+b$ 此處 $a\gt 1$, $b\not=0$。 並以 $d$ 為 $a$ 與 $b$ 之最大公因子。

1). 如 $d\gt 1$, $f(x)=ax+b$ 不能有任何質數值。
2). 如 $d=1$ 及 $a=2$ 則 $f(x)=ax+b$ 的數值包括幾乎所有質數。
3). 如 $d=1$ 及 $a\gt 2$ 則 $f(x)=ax+b$ 的數值僅有無窮多個質數值。

證明： 如 $d\gt 1$, 在 $x$ 為任何整數情形下 $f(x)=ax+b$ 之值均為 $d$ 之倍數, 因而不能成為質數。 現假設 $d=1$ 及 $a=2$, 在此情形下, $b$ 當為一奇數。 而 $f$ 之函數值將包含大於 $b$ 的所有奇數。 故而其數值包括幾乎所有質數。

現在考慮 $d=1$ 及 $a\gt 2$ 之情形。 當 $x=1,2,\ldots$ 時 $f(x)=b+a,b+2a,b+3a,\ldots$ 這是一個等差數列。 根據 Dirichlet 在 1873 年發表的定理 (以及 [Chapter 7] 及 [13.1] 兩處較現代的證明)。 每一等差數列均包含有無窮多個質數, 並且這每一質數均在模數 $a$ 之下與 $b$ 為同餘。 故此 $f$ 之函數值將包含無窮多個質數。 另一方面因爲 $a\gt 2$, 我們可以找到另一與 $b$ 不同餘之整數 $c$。 而等差數列 $c+a,c+2a,c+3a,\ldots$ 也包括無窮多個質數。 這些質數在模 $a$ 之下與 $c$ 同餘, 因此不與 $b$ 同餘。 故此這些無窮多個新的質數, 不包括在 $f$ 之函數值内。

$\Box$

上述定理考慮到, 當這多項式為線性時的種種可能。 但如 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n$ 的次數大於一時, 情形又是如何？ 在下列三種情形下, $f$ 的值顯然不能包含無窮多個質數： 1) $f(x)$ 首項係數 $a_0$ 為負數, 2) $f(x)$ 可以分解為兩多項式之積, 3) 當 $x$ 為整數時, $f(x)$ 之值有大於 1 的公因數。

上面第一及二種情形均好了解。 如 $f(x)$ 首項係數 $a_0$ 為負數, $f(x)$ 之值頂多只能有有限多的質數。 如果 $f(x)$ 可以分解為兩多項式之積, 則 $f(x)$ 之值亦為兩數之積, 除了一些可以忽略的例外情形下, $f(x)$ 之值不能成爲質數。 至於第三種情形, 如果 $f(x)$ 之值有大於 1 的公因數, $f(x)$ 之值均為此公因數之倍數, 除少數例外 (當這倍數為一時) 自不能成爲質數。 但 $f(x)$ 有無窮多個值, 我們如何能夠確知, 這無窮多個值中有無公因子？ 這要求不僅僅需要 $f(x)$ 所有係數沒有大於一的公因數, 而是 $f(x)$ 本身函數的值, 有沒有大於一的公因數。 例如 $f(x)=x^2+x+2$ 的係數並没有大於一的公因數。 但 $f(x)$ 的數值皆為偶數, 故有大於一的公因數。 又例如 $f(x)=x^3+3x^2+2x$ 之係數並没有大於一的公因數, 但因為 $$x^3+3x^2+2x=x(x+1)(x+2),$$ 當 $x$ 為一正整數時, $f(x)$ 為三個連續正整數之積, 三個連續正整數之中必定有個 3 的倍數, 因此 $f(x)$ 之數值也必有 3 之公因數。 但在實際應用上, 我們只需找出兩個正整數 $m$ 與 $n$ 而證明 $f(m)$ 與 $f(n)$ 没有公因數, 則 $f(x)$ 之數值也必没有公因數。

假如 $f$ 是一次數大於一多項式函數, 而又不屬於上述三種類型, 那 $f$ 是否還能有無窮多個質數值？ 俄國數學家 Buniakovsky 在 1857 年提出了下面一個猜想。

Buniakovsky 猜想： 凡是不屬於上述三類之多項式, 且次數大於一之函數, 必定有無窮多個質數值。 即 $f(x)$ 如為一大於一次之多項式函數, 如其能滿足下列三個條件： 1) $f(x)$ 之首項係數為正, 2) $f(x)$ 不能分解為兩多項式之積, 3) 其變量 $x$ 至少有兩處值 $m$ 及 $n$ 而使 $f(m)$ 與 $f(n)$ 没有公因數, 則 $f(x)$ 之數值也必能有無窮多個質數值。

在 2008 年兩位保加利亞數學家 M. Vassilev-Missana 及 P. Vassilev 給了個猜想： 設 $f(x)$ 為一 $n$ 次之多項式函數, 此處 $n\ge 1$, 如果 $f(x)$ 之首項係數為正, 並且 $f(x)$ 數值中包含至少 $n+1$ 個質數, 則 $f(x)$ 數值中將包含無窮多個質數值 (見 [Theorem 2])。 他們這篇論文中, 把這結論稱之為一項"假設性定理" (hypothetical theorem), 並且没有給予任何證明, 故只能稱之為一項猜想。 這個猜想也是無人能夠證實。

許多數學家認為, 證明一個一般性的論斷很難入手。 不如集中精力, 從一個特殊情形入手。 $f(x)=x^2+1$ 可算是一個次數大於一, 而又滿足 Buniakovsky 猜想三項條件之最簡單的多項式。 不少人想集中精力, 探討這一多項式, 能否產生無窮多的質數 (見 [A1, p.4])。 德國數學家 Edmund Landau 在 1912 年的國際數學家會議上, 提出四個未解決的同題。 其中之一即為 $f(x)=x^2+1$ 是否有無窮多個質數值。 可惜這問題也是至今無人能解。

我們也來看看這問題。 $f(x)=x^2+1$ 是否有無窮多個質數值, 這似乎可以從兩不同方向入手: 什麽樣的質數, 減去一以後可以變成一完整的平方？ 或是什麽樣的平方, 加上一以後, 可以變成一個質數？ 利用前者探討的人似乎不多。 可能是因為我們缺少質數的特徴的資料。 我們現在嘗試一下後者的看法。 如果 $x$ 為一大於一的奇數, 則 $f(x)=x^2+1$ 為大於 2 的偶數, 因而不可能是質數。 故我們可以集中精力探討 $x$ 為偶數的情形。 讀者可以試算, 當 $x$ 為 2, 4, 6, 10, 14, 16, 20, 24, 26, $\ldots$ 這些數值時, $x^2+1$ 皆為質數。 故 $x^2+1$ 似乎能產生很多質數。 至於是否能產生無窮多個。 我們並不知道。 目前最好的結果是 1978 年 Henryk Iwaniec 發表的一篇論文 。 他證明 $x$ 有無窮多個整數值, 可使 $x^2+1$ 成為質數或兩質數之積。 此外前所討論的歐拉多項式 $x^2+x+41$ 是否也能產生無窮多的質數值, 也是個至今未解的問題。 讀者如有興趣可參考資料 , 尤其這書的第三章及第六章中之 I-III。 資料 , 及 也很有用。

作者感謝本期刊之編輯及審稿者之建議, 加入第 11 項之參考資料。

參考文獻

本文作者為美國南伊里諾大學退休教授