素數(shù)分布基本定理

素數(shù)分布基本定理作者姓名：彎國強

作者地址：漯河市舞陽縣蓮花鎮(zhèn)第二初級中學(xué)E-mail：632158@163.com我們可以把自然數(shù)列按照某個自然數(shù)分段，并把這個分段記為T,T表示第r個分段。r例如：按照自然數(shù)3分段，就是每隔3個數(shù)分一段。1，2，3；4，5，6；7，8，9；第1段為1，2，3記為T二｛1,2,3｝，第r段記為T二｛3r—2,3r—1,3r｝1r按照自然數(shù)5分段，就是每隔5個數(shù)分一段。1，2，3，4，5；6，7，8，9，10；11，12，13，14，15；第1段為1，2，3，4，5記為T=｛1,2,3,4,5｝，第r段記為1T=｛5r—4,5r—3,5r—2,5r—1,5r｝r我們把第1分段中的全部質(zhì)數(shù)叫基質(zhì)數(shù)。例如T=｛1,2,3｝中的基質(zhì)數(shù)為2,31T=｛1,2,3,4,5｝中的基質(zhì)數(shù)為2，3，51定理：1設(shè)T是自然數(shù)的任一分段，在n□(n+1)2內(nèi)，分段T中基質(zhì)數(shù)倍數(shù)的個數(shù)不大r于分段T中基質(zhì)數(shù)的倍數(shù)的個數(shù)。1證明：設(shè)T=｛1,2,3,,n｝，p,p,p是T中的基質(zhì)數(shù)。112m1集合A=｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i=1,2m｝，AuT,那么由容斥定理我們可以得到，A中i1nn+nn+區(qū)npii<jppiji<j<kpppijk元素的個數(shù)為區(qū)i=1+(-1)m—1——Flpii=1集合B=｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i=1,2m｝，BuT，設(shè)B中元素的個數(shù)為SirB中元素的個數(shù)最多為SmTOC\o"1-5"\h\z當(dāng)n豐p時，由于p,p,p是不超過n的所有質(zhì)數(shù)，所以n至少能被p,p,pm12m12m之一整除，否則n為質(zhì)數(shù)，這與p是n中最大的質(zhì)數(shù)矛盾。當(dāng)n=p時，pn。故n至mmm

少能被P,P,P之一整除。不妨設(shè)P.n,存在正整數(shù)q使n二qp那么T中有q個pTOC\o"1-5"\h\z12mii1i的倍數(shù)。我們按正整數(shù)P把正整數(shù)分段，可以把T中的數(shù)剛好分為q段。以此類推可以得i1到T中的數(shù)剛好也可以分為q段，每一段末尾的數(shù)剛好就是P的倍數(shù)。這就是說T中p的ririfnfri倍數(shù)正好就是q個。即T中p的倍數(shù)正好就是—個。不必加1.對于其它質(zhì)數(shù)，T中的PriiPk」基質(zhì)數(shù)的倍數(shù)最多，那么P倍數(shù)的個數(shù)最多為—+1（k豐iPk」nm個質(zhì)數(shù)中任意取一個，又因為P剛好可能整除n，所以n個連續(xù)的自然數(shù)中，剛好有一Pi個數(shù)能被P整除，不再加1故可以得公式C1-1。同理，可以得到T中的基質(zhì)數(shù)的倍數(shù)imr最多為：S=2n+C1-1-藝n+C2+En+C3mPmPPmPPPmvi=1i7vi<jij丿vi<j<kijk丿FIpvi=1丿n-vi=1丿n-Emn+EmnPii<jPPiji<j<kPPPijki=1+C1-C2+C3-mmmi+(一1)”-1ii=1+(-1)m-1Cm-1m=-C=-C0-C1+C2-C3+mmmm+(-1)m-1Cm-1m??+(-1)m-1Cm-C0mm+(-1)mCmm又因為C1-C2+C3—…mmm=C1-C2+C3-mmm=-(1-1)^=0所以

S=2n+C1—1n+C2m<i=1pim丿Vi<jppijm丿(-1)m-1n+CmlmlpmVii=1丿n—另Innpii<n—另Innpii<jLpipj-i<j<kpppijki=1(_l)m-1又因為S<S所以S<n-另Innpii<jLpipj-i<j<kpppijki=1i=1(_1)m-1nmi=1即：分段T中基質(zhì)數(shù)倍數(shù)的個數(shù)不大于分段T1中基質(zhì)數(shù)的倍數(shù)的個數(shù)。素數(shù)分布基本定理：2把自然數(shù)列1,2,3按順序每n個數(shù)分一段，p,p,……p是TOC\o"1-5"\h\z12m不超過n的所有質(zhì)數(shù)，那么在n□(n+1)2內(nèi)，每一段數(shù)中至少有一個數(shù)不能被p,p,……p整除。也就是說在n□(n+1)2內(nèi)，每一段數(shù)中至少有一個數(shù)是素數(shù)。12m證明：根據(jù)定理1，我們知道分段T中基質(zhì)數(shù)倍數(shù)的個數(shù)不大于分段T中基質(zhì)數(shù)的倍數(shù)r1的個數(shù)。也就是說第一個分段中，p,p,……p的倍數(shù)的個數(shù)是最多的，但是至少有一個12m數(shù)不是p,p,……p的倍數(shù)，那就是1.因此，每個分段中至少有一個數(shù)不是p整除。再根據(jù)m1p整除。再根據(jù)mp1,pp倍數(shù)。也就是每一段數(shù)中至少有一個數(shù)不能被pp1,pm12素數(shù)的判定，在n□(n+1)2內(nèi)，不能被p,p,p整除，這個數(shù)就是素數(shù)。故每一段12m數(shù)中至少有一個數(shù)是素數(shù)。這個定理非常重要，它對于一些重要的有關(guān)素數(shù)分布的猜想的證明給出了強有力的理論基礎(chǔ)。它是素數(shù)分布的一個基本定理。這個定理的證明直接導(dǎo)至了一些重要的著名的數(shù)論問題的解決。定理：3設(shè)t是自然數(shù)的任一分段，T={k,k,……k}，質(zhì)數(shù)p<!T中的最大質(zhì)r12nmn

數(shù)，若p<n，那么T二｛k,k,k｝中至少有一個質(zhì)數(shù)。mr12n證明：設(shè)T二｛1,2,3,,n｝,因為p<n所以p,p,p是T中的基質(zhì)數(shù)的一部分。1m12m1集合A二｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i二1,2m｝,AuT,那么由容斥定理我們可以得到，A中元素的個數(shù)為區(qū)InI—ZmInIi=1Lp」ii<jppiji<j<i<j<k+區(qū)i<j<k++(-1)"-1——Flpi一i=1集合B=｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i=1,2i集合B=｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i=1,2i根據(jù)定理1可以知道m(xù)｝,BuT,設(shè)B中元素的個數(shù)為SrS摳i=1pii<jppij+Zmi<j<kppjpk」+(—J”-1，所以,Hpii=1n—S>n—ZInI+ZmInI—Zmi=1pii<jppiji<j<kn+pppijk+(-1)”——Hpii=1TOC\o"1-5"\h\z所以，n—S>1，這就說明在T中至少有一個數(shù)不能同時被p,p,……p整除，根據(jù)質(zhì)r12m數(shù)的判定定理，因為質(zhì)數(shù)p中的最大質(zhì)數(shù)，即p,p,……p是k的前部質(zhì)數(shù),m耳n12mn不能被p,p,p整除的數(shù)必為質(zhì)數(shù)。12m定理：4已知：m>2，m為整數(shù)，質(zhì)數(shù)p為不超過m的最大素數(shù)求證：兀（2m一p）<兀（2m）證明：設(shè)p,p,p是2m的前部質(zhì)數(shù)，即p,p,p是不超過的質(zhì)數(shù),12m12mL-且p是不超過麗的最大質(zhì)數(shù)。當(dāng)m>8時，（m一8）m>0,即m2>8m，兩邊開方可以得到m>2f2m.m<2m,p<J2m<m—Q2m，所以p=IJ2mI<mm<2m,p<J2m<m—Q2m，所以p=IJ2mI<m一mmL」_一個質(zhì)數(shù)。當(dāng)豐p時一個質(zhì)數(shù)。當(dāng)豐p時又因為，m<2m，mp<[l2m]<m-^2m]，所以p<「m-y[lm]故在42m到m至少有一個質(zhì)數(shù)。當(dāng)m<8時，逐個驗證。所以兀（m當(dāng)m<8時，逐個驗證。所以兀（m）>兀設(shè)p是不超過m的最大質(zhì)數(shù)，pm是不超過「J2m]的最大質(zhì)數(shù)，因為兀（m）>兀所以p>p，又因為2m-（2m一p）=p，即2m一p到2m有p個數(shù)且p>p，由推論1m可以知道，2m-p到2m之間至少有一個質(zhì)數(shù)。即：兀（2m一p）<兀（2m）定理：5在質(zhì)數(shù)p和p2之間，每隔p個數(shù)至少有一個素數(shù)。mm+1m證明：設(shè)T=｛1,2,3,,p｝，p,p,p是T中的基質(zhì)數(shù)。1m12m1集合A=｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i=1,2m｝，AuT,那么由容斥定理我們可以得到，A中i1n-遲In-遲Innpii<j「pipj-i<j<kpppijk元素的個數(shù)為區(qū)i=1n為T1中元素的個數(shù)n=pm集合B=｛質(zhì)數(shù)p的倍數(shù),i=1,2m｝，BuT，T中的元素在p和p2之間,irrmm+1設(shè)B中元素的個數(shù)為S,根據(jù)定理1可以知道S<n-遲InnS<n-遲Innpii<j「pipj-i<j<kpppijk，所以，n-S>n-乙i=1ppijn+pppijk+(-1)"——Flpii=1所以，n-S>1，這就說明在T中至少有一個數(shù)不能同時被p,p,……p整除，根據(jù)質(zhì)r12mTOC\o"1-5"\h\z數(shù)的判定定理，小于p2數(shù)的平方根都小于p,即P,P,……P是p和p2之間數(shù)的m+1m+112mmm+1前部質(zhì)數(shù)或者比前部質(zhì)數(shù)的個數(shù)多，不能被p,p,……p整除的數(shù)必為質(zhì)數(shù)。也就是說，12m在質(zhì)數(shù)p和p2之間，每隔p個數(shù)至少有一個素數(shù)。mm+1m勒讓德猜想勒讓德猜：n>1,n2與(n+1)2之間至少有兩個素數(shù)。證明：設(shè)p,p,p是不超過n的所有素數(shù)。12m把自然數(shù)按n分段，n2與(n+1)2之間可以分兩段。因為(n+1)2-n2二2n+1，這兩段分別是n2+1至Un2+n;n2+n+1至Un2+2n+1根據(jù)素數(shù)分布基本定理：n2+1到n2+n;n2+n+1到n2+2n+1這兩段中分別至少有一個數(shù)不能被p,p,……p整除。下面我們證明這兩個數(shù)就是素數(shù)。TOC\o"1-5"\h\z12my-(n+1)2-1<、，'(建D2=n+1那么兀\：'(n+1》—1〈兀(n)，也就是說如果(n+1)2—1以內(nèi)的數(shù)不能被p,p,p整12m除那這個數(shù)一定是素數(shù)。n2+1至Un2+n;n2+n+1到n2+2n+1這兩段中分別至少有一個數(shù)不能被p,p,……p整除。那么這兩個數(shù)一定是素數(shù)。12m奧波曼猜想1882年奧波曼提出的猜想：在X2與C+‘JX)之間至少有一個素數(shù)。奧波曼猜想可以加強為：在X2與(+\/x)之間至少有兩個素數(shù)證明：

?/x=n,n+1<x+Jxn2和(n+1)2?/x=n,n+1<x+Jx因為根據(jù)勒讓德猜：n>1,n2與(n+1)2之間至少有兩個素數(shù)。所以在X2與(+f'x)之間也至少有兩個素數(shù)。伯蘭特猜想若自然數(shù)n>2,則在n和2n之間至少有一個素數(shù)。證明：因為自然數(shù)n>2，所以J2n<n，n到2n之間有n個數(shù)。設(shè)不超過n的素數(shù)為p,P,……P，那么不超過n的素數(shù)一定不小于不超過的素數(shù)。TOC\o"1-5"\h\z12m再根據(jù)素數(shù)分布基本定理，以自然數(shù)n把自然數(shù)列分段，那么n+1到2n之間至少有一個數(shù)不能被素數(shù)匕，餐，?…??p整除。如果在2n內(nèi)的數(shù)不能被不超過€2^的素數(shù)整除，那么這個mTOC\o"1-5"\h\z數(shù)是素數(shù)。也就是說這個不能被素數(shù)P,P,P整除的數(shù)就是素數(shù)，故n到2n之間至少12m有一個素數(shù)。布羅卡猜想：TOC\o"1-5"\h\z在質(zhì)數(shù)P2和P2之間至少有四個質(zhì)數(shù)，其中P是指第m個質(zhì)數(shù)，(m>1)mm+1m證明:因為p>p+1，所以p2>(p+2)2二p2+4p+4，也就是說在p2和p2之間至m+1mm+1mmmm+1少可以按p個數(shù)分4段，每一段中至少有一個質(zhì)數(shù)，故在質(zhì)數(shù)p2和p2之間至少有四個質(zhì)數(shù)。W?H?米爾斯立方數(shù)猜想:mm質(zhì)數(shù)。W?H?米爾斯立方數(shù)猜想:在立方數(shù)n3和(n+1)3之間至少有兩個質(zhì)數(shù)。證明思路：n3和(n+1)3之間包含n2和(n+1)2證明：取k=[jn3卜1，那么(；'n3—1)+2卜n3]+1n3—2乜n3+1+2乜n3+1(k+1)2=(.；n3]+2)=卜'n3『+4卜n3]+4<('n3+1)+4\n3+1)+4=n3+6\n3+9<(n+1)3=n+3n2+3n+1要使這個不等式成立只需6^3+8<3n2+3n，也就是bjn<3n2+3n-8，兩邊平方可以得到36n3<(3n2)+(3n)2+64+18n3-48n2一48n，故只需(3n2)2+(3n)2+64—18n3—48n2—48n>0(3n2-3n)2+(3n2-8)2+(3n-8)2>0又因為3n2,3n和8不全相等，所以不等式恒成立。也就是說n3和（n+1卞之間包含n2和（n+1匕，又因為n2和（n