素数公式及疑难猜想破解
埃拉托塞尼筛法的素数公式与黎曼猜想的素数公式(第二版).doc
埃拉托塞尼筛法的素数公式与黎曼猜想的素数公式-一都是来自埃氏筛一、摘要本文把黎曼猜想与素数普遍公式通过埃拉托塞尼筛法联系起来了。
[编辑本段1二,黎曼假设概述2000年5月24日,美国克雷(Clay)数学研究所公布了7个千禧数学问题。
每个问题的奖金均为100万美元。
其中黎曼假设被公认为目前数学中(而不仅仅是这7个)最重要的猜想。
黎曼假设并非第一次在社会上征寻解答,早在1900年的巴黎国际数学家大会上,德国数学家蚕尔伯特列出23个数学问题.其中第8问题中便有黎曼假设(还包括挛生素数猜测和哥德巴赫猜想)。
具体概述关于黎曼-希尔伯特问题是:具有给定单值群的线性微分方程的存在性证明。
即:关于索数的方程的所有有意义的解都在一条直线上。
有些数具有不能表示为两个更小的数的乘积的特殊性质,例如,2,3,5,7,等等。
这样的数称为素数;它们在纯数学及其应用中都起着重要作用。
在所有自然数中,这种素数的分布并不遵循任何有规则的模式;然而,德国数学家黎曼(1826-1866)观察到,素数的频率•紧密相关于。
⑴时,(5)2 2 22+……。
(当(5)式的r=L时) 2(1.1尸=1 +上+ £3 3 32O (当(5)式的r=:时)(1.J_)T=1+-L+£+ .... (当(5)式的r=—nt) 5一个精心构造的所谓黎曼蔡塔函数z(s)的性态。
著名的黎曼假设断言,方程z(s)=。
的所有有意义的解都在一•条直线上。
这点已经对于开始的1,500,000,00。
个解验证过。
证明它对于每一个有意义的解都成立将为围绕索数分布的许多奥秘带来光明。
1730年,欧拉在研究调和级数:1 1 1 1—=1 + — + — +...+ —n 2 3 n发现:V,1 1 1 1 1 1 1 IT 小1、.]〉一=(1 + — + -+・..)(1 + — + "V + ...)(1 + — + +…)...... =II (1 --------) o (2) n 2 22 3 32 5 52 1 1 P其中,n过所有正整数,p过所有素数,但稍加改动便可以使其收敛,将n写成n s (s>1),即可。
人类数学中最大的未解之谜——素数公式之素数定理!
人类数学中最大的未解之谜——素数公式之素数定理!质数,也称素数,指大于1的自然数中,除了1和本身外,不能被其他自然数整除的数,如:2,3,5,7,11……,通常用“p”表示。
素数的分布规律至欧几里德以来就是个迷。
今天,我们来认识下,素数的重要分布规律——素数定理。
这是目前发现的,最重要的且被证明限制素数分布的定理之一。
欧几里德欧几里德在大约公元前300年,就漂亮地证明了素数有无数个,从此人们开始了寻找素数公式的历程。
大数学家欧拉在给丹尼尔·伯努利的一封信中写道:'素数的计算公式,在我们这辈子可能找不到了。
不过,我还是想用一个式子来表达它,但并不能表示出所有素数。
n^2-n+41,n等于1到40'。
欧拉给出的这个多项式,在n=41时失效了,后来哥德巴赫给欧拉的信中提到:'一个整系数多项式,是不可能对所有整数取到素数的,但有些多项式可以得到很多素数。
'后来欧拉漂亮地证明了哥德巴赫的这个猜想,欧拉对数论的贡献相当多,数论四大定理之一就有个——欧拉定理,而欧拉的素数乘积式,是开启黎曼猜想的金钥匙。
欧拉和欧拉乘积式对素数的研究,欧拉过后,直到高斯才有了进展,大约在1792年,15岁的高斯就发现,素数在自然数中的分布密度,趋近于类似于对数积分的函数。
同时期的数学家勒让德(A.M.Legendre)也提出了等价的猜想,但他们都无法对其证明,至此,这个问题成了数学界的顶级难题,甚至在数学界流传着:如果谁证明了这个猜想,那么他将会得到永生。
证我者,得永生!直到一百多后的1896年,这个猜想才被两位年轻的数学家阿达马和德·拉·瓦莱布桑独立证明,他们的证明都是根据黎曼的思路走的,其中运用到了高深的整函数理论,至此,这个猜想正式升级为定理——素数定理(PNT)。
素数定理值得一提的,他们两人一个活了96岁,一个活了98岁。
素数定理还有个初等表达式:素数定理初等表达式该定理可以推出很多有趣的结论,比如:N是素数的概率~1/lnN;第N个素数~NlnN;这两个推论和PNT互为充要条件。
筛法求素数
筛法求素数一,确定素数。
二,以此数为圆心,作对称轴。
三,逐步减去该圆周长的一半,直至结果为素数。
四,看哪个素数与对称轴之积最大,则是这个素数。
如上面所示: 16与15的差=1,这样,很快就能看出这个素数是1。
五,如果不符合条件,那么必须重新开始。
找到符合条件的数后,再用筛法。
…我的老师——赵老师为了表示大自然对我们的恩泽,便出了一道题给我们做。
我听到了这个消息时,高兴得两只手抓住了头发,感觉头发都快掉光了。
“太棒了!我终于可以摆脱他们啦!”找出来,每天除了吃饭、睡觉,其余的时间我都花在寻找素数和合数上面了。
我把找素数和合数当成游戏一般,玩耍一番。
我去问爸爸妈妈,我从她们那里得知方程就是求未知数的值的,我很惊奇,便去查资料。
方程是一种解决数学问题的等式,是比较重要的数学模型之一。
它既是一种等式,又是一个未知数。
同时也是具有等号左边的值和右边的未知数的等式。
有时候,我感觉很难理解它的含义。
我去翻阅书本,书上写着:“方程就是用一个未知数和一个已知数表示出两个数之间的关系。
例如: X+Y=Y,则X和Y就叫做方程的未知数,X和Y就叫做方程的两个数,而方程里的未知数,等于方程两边的数的总和。
”书上讲的是那么的清晰,我渐渐地明白了方程的意思。
“接下来就是探索素数和合数的奥秘了。
”老师说道。
随着老师这一声令下,同学们又在火热的研究素数和合数的道路上狂奔。
我问同学们,他们问了一些同学,我一点也没想到一道简单的题,可以出现这么多问题。
由于没有经验,我研究了很久,还是没能解决。
老师走过来,亲切地对我说:“你怎么了?这道题目是这样做的,为什么不会呢?”“对啊,你能告诉我吗?”我回答道。
老师不紧不慢地说:“好吧,这样做吧!”说完,老师便教我做这道题。
老师解释道:“这样的做法:素数÷1÷2÷3÷4÷5,同理,合数也是这样算的。
”我恍然大悟,原来做题可以这么简单。
在我们班上,还有一位特殊的数学家——罗嘉东,同学们都尊敬地称呼他为“罗爷”。
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》素数公式是指对于给定的正整数n,小于等于n的素数的个数近似等于n/ln(n),其中ln(n)表示自然对数。
素数定理是指当n趋向于无穷大时,小于等于n的素数的个数π(n)近似等于n/ln(n)。
公式中的π(n)表示小于等于n的素数的个数。
哥德巴赫猜想是指任意大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
首先证明素数公式。
定义函数S(n)为小于等于n的素数的个数。
我们需要证明当n趋向于无穷大时,S(n)在数学意义下近似等于n/ln(n)。
我们知道,当n越趋近于无穷大时,自然对数ln(n)也趋近于无穷大。
设m为一个足够大的正整数,使得ln(n) >= m。
我们将区间[2,n]均分为m个子区间,每个子区间的长度为(L=n-2)/m。
对于每个子区间,我们选择一个整数ni作为代表,使得ni落在这个子区间内,并且ni是最接近该子区间中点的整数。
由于n趋向于无穷大,我们可以得到ni一定存在。
我们定义T(m)为小于等于n的素数中,满足ni是素数的个数。
显然T(m) <= S(n),因为ni只是小于等于n的素数中的一个子集。
我们对于每一个ni都检查它是否是素数,最简单的方法是对所有小于等于√ni的正整数k,检查ni是否能被k整除。
若存在整数k使得ni被k整除,则ni不是素数;若不存在这样的整数k,则ni是素数。
现在我们来估计T(m)的上界。
对于每个ni,我们需要进行√ni次的整除运算。
所以,总的运算次数为Sqrt(n1) + Sqrt(n2) + ... +Sqrt(nm)。
由于ni是区间中点附近的整数,所以我们可以将每个Sqrt(ni)近似为Sqrt(L/m) = Sqrt((n-2)/m)。
所以总的运算次数可以近似为m*Sqrt(L/m) = (n-2)*Sqrt(m/(n-2))。
当n趋向于无穷大时,这个运算次数的上界也趋于无穷大。
所以S(n)在数学意义下近似等于n/ln(n)。
哥德巴赫猜想题
哥德巴赫猜想题哥德巴赫猜想题是数学领域里的一个经典猜想,它是存在于其他数学领域中许多领域的奇怪事物之中的一个。
该猜想的内容是,任何一个大于二的偶数,都可以分解为三个素数之和,即偶数n=a+b+c(a,b,c均为素数)。
虽然哥德巴赫猜想题在初学者眼中可能会被看作是一个小学奥数题,但它现在仍然是一个未能得到证明的数学难题。
首先,我们来了解一下素数的定义。
素数指的是在大于1的正整数中,除了1和它本身以外,没有其他因数的数,即只能被1和它本身整除的数。
例如,2,3,5,7,11,13等都是素数。
由于哥德巴赫猜想题是众多数学难题中的一个,它的解答尚未被证明,因此相关研究人员对此进行了大量的探究,目前也产生了一些有关猜想的新发现。
其次,许多学者在研究哥德巴赫猜想题时,首先会从整数本身入手,寻找整数间的规律,希望从中发现一些答案的线索。
例如,研究人员发现,偶数可以表示为两个素数的和,从数学上来说,可以表示为Goldbach猜想:如果给定一个大于2的偶数,那么它总能表示成两个素数之和。
然后,研究者们开始尝试应用数论的相关知识,探寻哥德巴赫猜想的证明。
在研究的过程中,他们发现了一些有趣而奇特的规律。
例如,从3到数值特别大的范围内,数学家们发现了哥德巴赫猜想在各数字范围内的成立情况。
这也暗示着在有一个极大的质数范围内,哥德巴赫猜想依然成立。
最后,我们来看看哥德巴赫猜想背后的科学思维与思维方法,可以总结如下:1. 知识面宽广:在研究哥德巴赫猜想时,研究者需要掌握整数、素数、数形结构等相关知识。
2. 用直觉来指导思考:有时候,直觉能够指引着我们去从不同的角度来分析问题,这可以帮助我们更深刻地理解问题的本质。
3. 尝试寻找规律:找到问题的规律能够给我们带来多种方法,从而突破瓶颈,可以让我们发现问题。
4. 运用证明方法:证明是数学研究中必不可少的一部分,因此,掌握证明的方法并在解决问题时运用证明的思维方法是非常重要的。
哥德巴赫猜想这个问题的解答并不是那么容易就能得到的,但是在解答的过程中,研究者们得到的知识和思考方式、证明工具等都会对解决其它数学难题和科学研究等都有很大的帮助。
哥德巴赫猜想求素数
哥德巴赫猜想求素数
哥德巴赫猜想是一个数论问题,提出者是德国数学家哥德巴赫。
该猜想的内容是:每一个大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
具体来说,假设我们有一个大于2的偶数n,我们要证明存在两个素数p和q,使得n = p + q。
举个例子,偶数10可以表示为5 + 5,这里5是素数。
或者,偶数16可以表示为11 + 5,这里11和5都是素数。
哥德巴赫猜想虽然很简洁,却一直没有被证明。
许多数学家都花费了很多时间和精力来尝试证明这个猜想,但至今仍然没有成功。
目前,已经证明了该猜想对于范围内的所有偶数成立,但对于更大的数字,仍然没有得到证实。
这个猜想在数论中仍然是一个未解之谜。
一些数学家对哥德巴赫猜想进行了一些限制,提出了一般化的哥德巴赫猜想,即任意大于2的整数都可以表示为至多k个素数之和,k 是一个固定的正整数。
这个更加一般化的猜想同样没有被证明。
虽然哥德巴赫猜想仍然未解决,但它在数论领域中引发了很多有趣的研究和讨论。
人们希望在未来能够找到证明这个猜想的方法,并揭开这个数学谜题的真相。
素数个数公式及有关猜想证明
素数个数公式及有关猜想证明引理:若21=p ,32=p ,…j p …,i p ,为连续素数,1≤j ≤i,且j p | n ,1≤m ≤n ,则 m ≠0(mod j p ) 的数的个数)(n y i 可表示为∏=-⋅=ij ji p n n y 1)11()(. 证明:I.当i=1时,∵ 1p =2 , 1p |n ∴ )11()211(2)(11p n n n n n y -⋅=-⋅=-= 结论成立。
Ⅱ.假设i=k 时,结论成立,即:∏=-⋅=kj jk p n n y 1)11()( 成立。
当i=k+1时,∵ 1p |n ,2p |n ,…, k p |n ,据归纳假设 ∴ ∏=-⋅=kj jk p n n y 1)11()( 因为1+k p |n ,所以 m=o (mod 1+k p ) 的数有1+k p n个, 去了k p p p ,,,21 的倍数后,余 ∏=+-⋅kj jk p p n 11)11( 个 ∴ ∏∏=+=+-⋅--⋅=kj j k kj j k p p n p n n y 1111)11()11()()11()11(11+=-⋅-⋅=∏k kj j p p n ∏+=-⋅=11)11(k j j p n∴ i=k+1时,结论 ∏+=+-⋅=111)11()(k j jk p n n y 成立。
由I 、Ⅱ,当i 为任何正整数,结论都成立。
引理证毕。
定理1:(素数个数连乘积式公式):若21=p ,32=p ,…k p …,i p为连续素数,0≤k ≤i 且k pn 的素数个数记为π(n),则有公式π(n )=2+ 221111()(1)k ik k k j j p p p λ+==⎡⎤--⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑∏+g(n)其中g(n)满足:-)(1+i p π<g(n)< )(1+i p π,λ微单减。
证明: ∵ n =1+(4-1)+(9-4)+(25-9)+…+)(221k k p p -++…+)(2i p n - 区间 (212,+k k p p )的整数去掉21=p ,32=p ,…k p 的倍数后,余下全为素数。
素数对猜想
素数对猜想一、题目:题目链接让我们定义d n为:d n=p n+1−p n,其中p i是第i个素数。
显然有di=1,且对于n>1有dn是偶数。
“素数对猜想”认为“存在无穷多对相邻且差为2的素数”。
现给定任意正整数N(<105),请计算不超过N的满足猜想的素数对的个数。
二、输入格式:输入在一行给出正整数N。
输出格式:在一行中输出不超过N的满足猜想的素数对的个数。
三、输入样例:20输出样例:4四、设计思路:由于题目的要求是相邻且相差为二的素数,所以我们可以直接令前面一个数为i,后面一个数就为i+2,然后判断这两个数是否都是素数,如果是的话,那么统计素数对的变量就加1;外面再嵌套一个do-while循环就ok了,注意循环的终止条件是i+2<=num,而不是i<=num,如果是i<=num的话,那么可能就会越界,不满足题目的要求,还有一点就是在素数的判断的函数中,如果将判断素数的循环条件变为以下代码:for(i=2;i<num;i++)if(num%i==0){flag=0;break;}虽然最后的结果不会出现问题,但是对程序的时间复杂度会有很大的影响,我在网上做这道题时最开始就是这么写的,由于那个网站的对程序运行的时间有限制,所以这样写就不能通过,需要改善代码降低时间复杂度才能通过,于是我就想对素数判断的函数的循环进行改进,本质上就是减少了循环的次数,改进后的代码如下:for(i=2;i<=sqrt(num);i++)if(num%i==0){flag=0;break;}五、完整代码:#include<stdio.h>#include<math.h>int JudgePrimeNum(int num);int main(){int num;int i=1;int flag=0;scanf("%d",&num);do{if(JudgePrimeNum(i)==1&&JudgePrimeNum(i+2)==1) flag=flag+1;i++;} while (i+2<=num);printf("%d",flag);return 0;}//判断数字是否为素数int JudgePrimeNum(int num){int flag=1;if(num==1){flag=0;}else if(num==2||num==3){flag=1;}else{int i;for(i=2;i<=sqrt(num);i++) if(num%i==0){flag=0;break;}}return flag;}六、输出效果:。
哥德巴赫猜想素数和式个数计算公式
哥德巴赫猜想素数和式个数计算公式李联忠(营山中学 四川营山 637700)摘要:哥德巴赫猜想素数和式个数计算公式:∑-∑-∑-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+++⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⋅++⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++=≠==p p p x p p x p x Gi i i i j k j k j kkj ik k k in n n n 2112,1211)1()1()1(、 +q-h不大于n 2的素数均是2n 的约数时,哥德巴赫猜想计算公式pp p p p p p p G iikkin 11112211-⋅⋅-⋅⋅-⋅-⋅= +q-h 关键词:数论 哥德巴赫猜想 公式中图分类号: 文献标识号: 文章编号: 引理:若p pn i21i 2+≤<,p p p pp i ik121,,,,,3,2+== 为连续素数,则在1、2、3…n 中去掉pk的倍数,余下的数(1除外)全为素数。
设p pn i21i 22+≤<p p p pp i ik121,,,,,3,2+== 为连续素数,N=2n 的和式N=2n=1+(2n -1)=2+(2n-2)=…=m+(2n-m)=…=(n+n) (1≤m ≤n)若pk|(2n-m ) 则2n ≡m (modpk) 设2n 除以pk的余数为N(pk), N(pk)≠0,这时应在1、2、…n 中去掉两个同余类(余N (pk)和0),才能保证余下和式中,m 、(2n-m )都不是pk的倍数,N(pk)=0,这时应在1、2、3、…n 中去掉一个同余类(余0),就能保证余下和式中,m 、(2n-m)都不是pk的倍数。
这样,余下和式全为两素数之和(1没去掉时,含1的和式除外),加上不大于p i的素数和,则2n 表示成两素数之和的种数∑-∑-∑-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+++⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⋅++⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++=≠==p p p x p p x p x Gi i i i j k j k j kkj ik k k in n n n 2112,1211)1()1()1(、 +q-h1,012(==-=h h n q p i是素数是合数的素数和的个数,不大于))(mod (0,),)(mod (0);(mod 0222211p p p x p p p xp x iiii n n -≡-≡≡或或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-≡-≡≡⎪⎩⎪⎨⎧-≡-≡))(mod (0))(mod (0)(mod 0))(mod (0))(mod (01222212112p p p p p p x p x p p p x p p p x i i i ii i j j j kjkk k kj n n n n 或或或或 n(pk)表n 除以pk的余数,n (pk)=0,只取余数0,[ ]为取整号,x x i1;…,xkj…;…xk12…为中国剩余定理同余组的解,)3(),()(≥=pp p kkkN n )),1(,2,,11k21i k p pp p p p i i≤≤=+为连续素数,,证明:]示为[的两个同余类个数可表和余余则要去掉的模或设px p pp p px kk kkkkkk n n n +-≡)(0),)(mod(0则前面多或或设][数的个数可表示为个素数要去掉的同余类前,))(mod (0))(mod (0;1⎪⎩⎪⎨⎧-≡-≡+∑=p p p x p p p x p x j j j kjkk k kj ik k k n n n i],应加上;[去掉的个数可表示为∑≠=+i ji j k jkkjpp x n ,1, 则前面多加的或或或设,))(mod ((0))(mod (0))(mod (0⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡p p p x p p p x p p p x j j j lkj kk k lkj l l l lkjn n n以有应减去;以此类推,所][个数表示为,,1,,∑≠≠=+ijk l j k l jkllkjpp p x nhq n n n n n pp p x pp p x pp x px G iiiijk l j k l jkllkjijk j k jkkjik kki -+++++++++-=∑-∑-∑∑≠≠=≠==][][][][ 2112,1,,3,1,1)1()1()1,012(==-=h h n q p i是素数是合数的素数和的个数,不大于其中 例:求46表示为两素数和的和式个数。
歌德巴赫猜想----素数解疑(3)
哥德巴赫猜想(2a=p+p)的终结----素数难题解疑(续 3)
值此国庆六十一周年到来之际,谨以此文献给我们伟大的祖国及为祖国科学事业而奋斗的人们,以示对数学巨匠华罗庚诞辰 100 周 年的纪念!
关于哥德巴赫猜想的初等证明[原创]
张学刚
2009.10.26 山东省 莱西市 266618。
摘 要:素数(亦称质数),是数论领域极具神秘色彩的数,有关素数的数学难题,则是数论领域,最具挑战
我们把<1>式,这个能由已知p1, p2 ,p2 ,p3, … … ,pn ,之 n 个素数,便可直接求出不大于p2 n+1 之整数域内 的所有素数的表达式,称之为素数公式。通过该公式,我们可以很方便的求出(或表示出)任何整数域中的任何 素数。 例如: p1 +p2 = 1 + 2 = 3 2 (1)当 n=2 时,pn = p2 = 2,p1 = 1。则由素数公式: p1 +p2 2 = 1 + 2 = 5,因以上三个式子的结果均小于 9(即 3 3 p2 −p1 = 2 − 1 = 7 p2 3 ),所以由定理 3 知,其必为素数。 (2)当 n=3 时,pn = p3 = 3 , p2 = 2 , p1 = 1 。 p3 + p1 p2 = 3 + 1 × 2 = 5 p1 + p2 p3 = 1 + 2 × 3 = 7 p1 p2 3 + p2 = 1 × 3 × 3 + 2 = 11 2 2 则由素数公式有 p1 p2 + p3 = 1 × 2 × 2 + 3 × 3 = 13 3 2 p1 p2 + p3 = 1 × 2 × 2 × 2 + 3 × 3 = 17 p2 p2 3 + p1 = 2 × 3 × 3 + 1 = 19 3 p2 p3 − p1 = 2 × 2 × 2 × 3 − 1 = 23 以上计算之结果均小于 25(即p2 4 ),所以由定理 3 知,其必为素数。 „„ „„ „„,等等。只要我们有足够的时间,便可利用本公式,求出我们所要得到的所有素数。事实上,当n → ∞时, <1>式所表达的,就是整数域中之所有素数的一般表达式——“素数公式”。素数公式证毕。
费马素数猜想
观察下列等式
6=3+3, 12=5+7,
8=3+5, 14=7+7,
10=3+7, 16=5+11.
归纳出一个规律:
偶数=奇质数+奇质数
通过更多特例的检验, 从6开始,没有出现反例.
大胆猜想:
任何一个不小于6 的偶数都等于两个 奇质数的和.
2n p1 p2 (n N , n 3)
知识应用
2.已知数列{an}的第一项 a1 =1, 且请归an纳1 出 1这a个nan数( 列n =的1通,2项,3公,··式·),__a_n ___1n__.
知识应用
变式.已知数列{an}满足
1
n 1
an
an1
1
an1 3
n2
请归纳出这个数列的通项公式___________.
福 尔 摩 斯 柯南
诸葛亮的推理过程:
1.今夜恰有大雾 2.曹操生性多疑 3.弓弩利于远战
草船借箭必将成功
4.北军不善水战
根据一个或几个已知的判断来确定一 个新的判断的思维过程就叫推理.
铜能导电
铝能导电 金能导电 银能导电
一切金属 都能导电
蛇类是用肺呼吸的
鳄鱼是用肺呼吸的 海龟是用肺呼吸的 蜥蜴是用肺呼吸的
264 1
18446744073709551615
约5845.5亿年!
课堂小结
1、归纳推理的含义 2、归纳推理的特点与过程 3、归纳推理的作用
课后作业
1、自主学习册: 2.1.1合情推理 2、实习作业:(利用网络资源)
孪生素数猜想 ;叙拉古猜想 ; 蜂窝猜想; 七桥 问题.
素数谜题的综合思路与求解浓缩版
2/9
筛除率一律取 。只要最后能够得到“素分割对”数目 的 下界值即可。
【5】偶数 越大,其“素分割对”数目之下界值、是越大?
还是越小?这是决定哥德巴赫猜想命题之命运的关键问题!而这
个关键问题的答案,主要取决于两个数据、随 变化的方向、和
时,
、 ,连乘积共有 65 个分式因子,要进行 65 次乘、
除法运算,现在只需要做
一次运算即可;
另一方面,它回避了运算工具在连乘积运算中,多次截取无限小
数、而积累出很大的干扰误差。可谓是一举两得。另外,应该注
7/9
意到的是用 取代 、比用其取代 更大,使二者近似程度有较大差异。
、所产生的误差量
【9】素数谜题谜底之底线:
变化率的大小,它们一个是筛选基数——偶数 所存在的“奇
n
分割对”数目
;另一个则是筛选时的存留率 ωn* =
∏ 。显然, 1
2
×
pi −2 pi
2
前者 是随着 而线性增大的;但后者 却是随着 的增大,
而阶梯性减小的。然而,比较而言,前者增大得非常之快、而后
者却减小得很慢、二者相抵之后,所得的“素分割对”数目 λ(x) ,
如此以来,
将这些
或者
用仅小于 的奇素数 取代、再与前
面一个分式的分母 相互约分,得到的只能是原式的不足近
似值,即可得:
;
;
进而,根据 是不大于 的最大素数;
可进而表达为:
... ,则上式还
;
;
... (7)
用该取不足近似值的计算方法,将无限多次运算转化成了一
数论之巅——5个关于素数的“未解之谜”,人类的知识极限之一
数论之巅——5个关于素数的“未解之谜”,人类的知识极限之一数学中研究最多的领域之一是素数的研究。
素数领域存在很多非常困难的问题,即使是最伟大的数学家也没有解决。
今天,我们来看看数学中关于素数的5个最古老的问题,这些问题理解起来很容易,但却没有得到证实。
完美数(完全数、完备数):奇数完全数是否存在?偶数完全数是无限的吗?看一下6、28、496、8128这些数字.....这些数字有什么特别之处?我建议你试着寻找一个关于数字的美丽的基本性质。
如果你看一下这些数的真因数,你可能会注意到这个“美丽”的性质。
•6 = 1 + 2 + 3,•28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14,•496 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248•8128 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 127 + 254 + 508 + 1016 + 2032 + 4064真因数之和等于数字本身的数字被称为完全数。
最早的关于完全数的研究已经消失在历史潮流中。
然而,我们知道毕达哥拉斯人(公元前525年)曾研究过完全数。
我们对这些数字了解多少呢?欧几里德证明,对于一个给定的n,如果(2^n-1)是一个素数,那么是一个完全数。
再做些铺垫。
梅森素数:梅森猜想,当n为素数时,所有形式为2^n-1的数都是素数。
我们知道这不是真的。
例如,2^11-1 =2047 = 23 × 89开放性问题:是否有无限多的梅森素数?目前我们知道47个梅森素数。
•欧拉在18世纪提出,任何偶数完全素数的形式都是2^(n-1)(2^n-1)。
换句话说,偶数完全数和梅森素数之间有一个一一对应的关系。
正如你所看到的,自从欧几里德(约公元前300年)以来,我们就知道偶数完全数以及得到它们的方法。
我们不知道的是,是否存在任何奇数完全数?(实际上,对奇数完全数的研究很少,在这个问题上几乎没有任何进展。
关于素数的两个著名猜想的证明
教学研究
关于素数的两个著名猜想的证明
相振泉 王 龙 (西安市第 68 中学, 陕西 西安 710086)
摘
要
文章采用 《新筛法导论》 一书中区间法论的思想和 《九章算术》 中的 “法实相推” 的理论, 结合同余性质和数学归纳法, 研究了关 于素数的两个著名的猜想: 当 n>1 时 , n2 和 n2 + n 之间最少有 1 个素数; 当 nȡ1 时, 文中对这 n2 和 (n + 1)2 之间最少有 1 个素数, 两个定理进行了证明。
B' = B((n + 1) + n) 得 出 Aᵑ(n + i) + r = B'ᵑ(n + i) + 2xB',
2 n-1 i=1 2 n-1 i=1 2
Aᵑ(n2 + i) + r = B((n + 1)2 + n)ᵑ(n2 + i) + 2xB((n + 1)2 + n) 令
i=1
用 引 理
n i=1
②, 由②结合①有 (3k)3(k + 1) < k!(k + 1) =(k + 1)!⋯ ③由②
(k + 1)!>(3(k + 1)) 引理也成立。根据数学归纳法Ⅰ , Ⅱ知
2 n2 ! n = Bᵑ(n + 1) + i) + R⋯ ③ (0 ɤ R < ᵑ((n + 1)2 + i), B, R n 2 i=1
ᵑ((n + 1)
n-1 i=1 2
2
+ i) ʉ
+ i) - ᵑ(n2 + i)
孪生素数猜想、四胞胎素数猜想
素数、孪生素数、四胞胎素数无限的初等证明齐宸一、素数个数无限证明假设P是自然数中最大的素数,并用M1表示P内的素数个数。
按此假设在区间P—2P内素数个数M2=0。
只要证明M2>0,则素数无限(P—2P区间不含P)。
素数只能被自己和“1”整除。
故XY(X>1,Y>1)计算出的数字一定是全体合数,且可以向右、向下排列成双向等差数列形式。
而且实质上这个双向等差数列只是由4、6、6、9这4个数字决定的。
如图所示:将计算结果与自然数对应后形成下图,图中蓝色部分是20以内的素数产生过程。
自第1行到第9行共9个等差数列决定了20以内的素数。
自第1行到第19行共19个等差数列决定了40以内的素数。
如何通过决定20以内素数个数的前9个等差数列得到21-40之间的素数个数呢?前文说XY计算结果形成的是向右、向下的双向等差数列。
当Y值固定时的计算结果就是向下的等差数列,如下图所示中的黄色数字部分:上图中第10-19个横向的等差数列,实质上也是向下等差数列的一部分。
将这两个等差数列横向放置,如下图所示:这样这11个等差数列既可以决定20以内素数位置也可以决定21-40之间素数位置。
在这11个等差数列上取1-20及21-40两区间,按照容斥原理分别计算20以内及21-40之间的不同元素个数。
因两区间的长度相同、数列相同,则不同元素个数大致相同。
证明:假设P是自然数中最大的素数,并用M1表示P内的素数个数。
按此假设在P—2P区间内素数个数M2=0(P—2P区间不含P)。
因为决定1—P以及P—2P区间素数个数的等差数列是相同的。
按照容斥原理这两区间数列相同、长度相同,则含有的不同元素个数大致相同(这些不同元素全部不是素数,而除此之外的数字全部是素数)。
故两区间的素数个数也会非常相近,这样就有M1≈M2。
M1是P之内的素数个数,显然M1≠0,故假设M2=0就是不正确的。
M2是一个大于0且接近M1的数字。
因此假设不正确。
算术级质数定理引申猜想(二)
算术级素数计数函数猜想
(狄利克莱算术级素数定理的引申猜想二)1837年狄利克莱证明了:
假如(a,d)=1,则形如a+dn(n为自然数)的素数有无穷个。
这就是著名狄利克莱算术级素数定理。
引申猜想(一):假如(a,d)=1(a<d),以a为首项d为公差的等差数列,前n项中素数个数用θ(n)表示,称作算术级素数计数函数,那么θ(n)大约为
π(dn)/ φ(d)
其中π(dn)是素数计数函数,φ(d)是欧拉函数
lim n→∞φ(d)θ(n)/π(dn)=1
也就是说,以a1为首项d为公差的等差数列和以a2为首项d 为公差的等差数列,当项数取值相等时,两个等差数列中的素数个数相等或接近,即几率相等。
在概率论中,几率是随机性或不确定性,而在这里不是随机性的,是确定性的,但他们相同之处都是相同的条件下。
那么,素数就会在这些首项不同而公差相同的等差数列中平均分配。
对于与公差d互质并小的数的个数,即欧拉函数。
所以,素数就均匀的分布在这些等差数列中。
因此得出,π(dn)/ φ(d)。
素数个数公式及疑难猜想破解_新稿_
n (1
j 1
1
k 1
∴
i=k+1 时,结论 y k 1 (n) n
(1 p
j 1
1
j
)
成立。
由 I、Ⅱ可得,当 i 为任何正整数,结论都成立。 引理证毕。 定理 1: (素数个数连乘积公式) :若 p1 2 , p 2 3 ,… p k …, pi , pi 1 为连续素数,
2 去掉 p k 1 这一个合数该减去的 1 的近似值,且随 p k 的增大,精确度越高。
矩形面积 S( p k )在曲线
1 下方的,在 0.35~0.5 之间变化,当 p k >11 时,在 0.4635~ ln x
0.5 之间变化。 又因为有 ( pi 1 ) 个区间, 所以用对数积分 Li(x)代 ( pi 1 ) 个均衡区间的素数 个数应减去 0.5 ( p k 1 ) 个,由此产生的系统误差计入波动误差 g(x),而 g(x)本身就有放大, 可容纳这点系统误差,无需再调整 g(x)的表达式。 ∴
pi2 x<p i21 , 则不大于 x 的素数个数π(x)有公式(S)’ 和公式(L)’ 为
(S) ’
dt ( x) ln t 2
x
x
2 ln t g ( x)
2
dt
其中 g (x)满足:-
x
dt dt <g (x)< ln t ln t 2 2
2
x
x
(L)’
i
y i (n) n (1
j 1
1 ). pj
证明:I.当 i=1 时, ∵
p1 =2 , p1 |n y i ( n) n n 1 1 n (1 ) n (1 ) 2 2 p1
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》关于素数公式、素数定理和哥德巴赫猜想的初等证明首先,我们来阐述素数公式。
素数公式是指计算n以内素数个数的公式。
素数是指除了1和自身之外没有其他因数的自然数。
素数公式的一种常用表达式是欧拉公式:π(n)≈n/ln(n)其中π(n)表示不大于n的素数个数,ln(n)为n的自然对数。
这个公式是一种估计,它越随着n的增大趋于准确,但并不完全精确。
其次,我们来讨论素数定理。
素数定理是关于素数的分布规律的定理。
它的表述是:当n趋向无穷时,π(n)与n/ln(n)的比值趋于1我们首先定义M(n)为不大于n的最大素数。
根据素数定理,当n足够大时有π(n)≈n/ln(n),即π(n)和n/ln(n)之间的差异趋于0。
因此,我们可以得到以下近似的等式:π(n)≈n/ln(n)≈(n−M(n))/ln(n)接下来,我们定义一个函数f(x)=(x−M(x))/ln(x),其中x为任意正整数。
我们可以发现,对于任意的x,f(x)的值都非负。
因为当x不小于M(x)时,分子大于等于0,分母大于0;而当x小于M(x)时,分子小于0,分母小于0,两者相除仍然非负。
然后,我们考虑函数f(x)在[x, x+1]上的变化。
首先,由于f(x)的非负性,我们可以推断f(x+1)≥f(x)。
其次,我们用斜率代替函数的导数,即f'(x)。
我们可以发现,当x足够大时,f'(x)始终小于等于0。
这是因为当x足够大时,分子(x−M(x))的增长速度远远小于分母ln(x)的增长速度。
所以我们可以知道f(x)在[x, x+1]上是单调递减的。
由此我们可以得出结论,对于足够大的x,f(x)在[x,x+1]上是单调递减的。
且根据不等式π(n)≤n,可以得到对于足够大的n,f(n)≥0。
因此,当n足够大时,f(n)在闭区间[1,n]上的值始终大于等于0。
最后,我们来讨论哥德巴赫猜想。
哥德巴赫猜想指的是任意大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
素数与哥德巴赫猜想
素数与哥德巴赫猜想作者:程中战来源:《成长·读写月刊》2016年第06期一、素数是除了1与其本身是约数,之外没有其它约数的正整数。
偶素数只有2,其它均为奇素数。
(本文中的素数是指奇素数)二、定理1:素数是无限多的;孪生素数也是无限多的。
证明:假设p是最后一个素数,则2·3·5·7·11… p±1必为一对孪生素数,故,素数是无限多的。
这就是说,假定素数数列有终点,则在其终点以外仍存在孪生素数。
故,孪生素数也是无限多的。
三、素数的检验:用奇数j除以3至的所有素数,若都不能整除,则j是素数。
四、“1-1”公理:任何一个偶数都可表示为两个奇素数之差,并且一个差值可对应无限多个素数对。
只有当某行开头是孪生素数时,某行差开头才含2。
由于孪生素数的数量较少,因此,在p2-p1=d的集合中,d=2的含量最少,但是,素数是无限多的,而孪生素数虽少,却不会消失,在素数数列的无限长处仍存在孪生素数,故d=2总能找到。
这就是说,d值越小,含量越少,d值越大,含量越多,所以,大于2的d值比2更容易找到。
因为素数数列是无限长的,对于给定的d值,无论d值大小,若在“近期”内找不到两素数之差为d,可无限地继续找下去,总能找到。
在素数数列中,任何一个d值都对应着无数组p2-p1,故公理成立。
五、素数的间隔定理:正整数n至2n之间必有素数;素数p至2p之间必有素数。
证明:设2n是当前最大的整数(当然可以无限大)显然,上下行各对应两数之差皆为k,由“1-1”公理知,必存在k=p2-p1 (p1 p2表示素数,p2>p1),即至少存在一个素数差对,其差为k,而p2必在下行数列中;可以看出,原数列下行的首项k+1放在了新数列上行的末项;下行的k+2等向左移动一位,右端增添两项2k+1,2(k+1),p2向左移动一位,这时p2仍在k+1与2(k+1)之间,故n~2n之间必有素数。
素数组合规则解答
基础数论就是要厘清这些奥秘真相,是自然数数论天机谜底。
这是复合“积”范畴与“和”范畴不相同区别。
其它理论,如奇数分解有二种:
“和”的分解与“积”的分解可用逆向思维方法进行。
“和”先分解任意一个奇数,再把剩下偶数按偶数方法进行分解,这样把叠加堆垒形态倒过来进行而已。
3, 具体数字:
1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,33,35,37,39,41,43,45,47,49,51,53,55,57,59,61,63,65,67,69,71,73,75,77,79,81,83,85,87,89,91,93,95,97,99……
称之为偶组合:
偶数个数素数1+1=偶数。
以及(奇数个数数量)叠加组合【三重奇数6N+3和双轨数阳奇(6N+1),阴奇(6N-1)之三列中】奇组合数,
称之为奇组合:
奇数个数素数1+1+1=奇数。
②,“积”是在铁路双轨数中(任意阴阳两种)素数6N±1,经过2^2=4次变換
=6(N1+N2+N3)+1-1+1
=6N+1
这就是阳奇数 6N+1 数理模式
(略)
⑥ 奇数w
=阳+阴+阴
=1+1+1
=P1+P2+P3
=(6N1+1)+(6N2-1)+(6N3-1)
=6(N1+N2+N3)+1-1-1
=6N-1
这就是阴奇数 6N-1 数理模式
乐平林登发
职称经济师
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( log p k p sk 2e
l
≈1.123 , 欧拉常数γ=0.5772156649
1
j
) g ( n)
( log pi pl 单增)
其中 g(n)满足:
pi p ( n ) g ( n) i ( n ) 2 pl 2 pl
l
w(L)= | n
(1 p
j 1
1
j
) ( n) |
2 (上式中的π[ p k , p k21 )表示区间[ p k2 , p k21 )的素数个数)
2 2 [ pk , p k21 ) [ pk , p k21 ) (1)式误差 w(k)应小于 的一半。下面计算 。 psk psk
素数公式及疑难猜想破解
李联忠
(营山中学 四川营山 637700 邮箱 lianzhong.li2008@ 电话:13458241897) 摘要:本文证明了不大于 x 的素数个数的连乘积公式,连续函数公式,素数连乘积不等 式,小区间素数个数;并以推论的形式解决了黎曼猜想,孪生素数猜想,哥德巴赫猜想等, 以及小区间的奥波曼猜想,杰波夫猜想等。 关键词:数论;素数;公式 中图分类号:015 文献标识码: 文章编号: 引理:若 p1 2 , p 2 3 ,… p j …, pi ,为连续素数,且 p j | n ,1≤m≤n ,则 m≠0(mod p j ) 的数的个数 y i ( n) 可表示为
1 e 1 ) O( 2 ) p ln x ln x
根据 Mertens 定理 3
(1
p x
得
1 e 1 / 2 (1 p ) ln x / 2 O( ln 2 x / 2 ) ps k x sk
式中大 O(
2e / 1 O( 2 / 2 ) ln x ln x
∴
w(k)<
pk p sk
考虑到这 i 个区间 s k 取值的整体一致性(即 log p k p sk 2e , 定理 2 中有这点的证 明),这 i 个区间中可能存在区间误差 w(k)大于 1,最大可达到
pk ( p k ) ,因为是 p n 导 p sk
致的波动误差,所以,累加后误差 w(S)是不会超过
pi21 pi2 t 1 pi21 p i2 t 1 1 1 k 1 1 ,而不是 ( 1 ) (1 ) . (1 ) pi pu j t pj pi pu u 1 u 1 pi21 pi2 t 1 p 2 p i2 t 1 1 1 k 1 1 (1 ) (1 ) , 所以, 少减了。 (1 ) > i 1 pi pu j t pj pi pu u 1 u 1
n (1
j 1
1
k 1
∴
i=k+1 时,结论 y k 1 (n) n
(1 p
j 1
1
j
)
成立。
由 I、Ⅱ可得,当 i 为任何正整数,结论都成立。 引理证毕。 定理 1 : (素数连乘积公式) :若 p1 2 , p 2 3 ,… p k …, pi , pi 1 为连续素数,
l
(L)
π(n)= n
(1 p
j 1
1
j
) g ( n)
( log pi pl 单增)
其中 g(n)满足:-
pi p ( n ) <g(n)< i ( n ) 2 pl 2 pl
下面计算(1)式、 (S)式、 (L)式,与实际素数个数的误差。 设(1)式、 (S)式、 (L)式,与实际素数个数的误差为 w(k), w(S)、w(L),则
pi2 n<p i21 , 则不大于 n 的素数个数π(n)有公式(S)和公式(L)为
(S) π(n)=
sk 2 1 2 ( p p ) ) g ( n) k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
其中 g(n)满足:-
1 1 ( n ) <g(n)< 1 ( n ) 1 pi pi
pi ( n) p si
∴
w(S)<
pi ( n) p si
∵ ∴
p si pi pi2e
.123 p1 i
pi 1 1 1 0.123 p si pi pi
w(S)<
∴
1 ( n) pi 1
公式(L)的误差 w(L)应小于 根据素数定理,得
( n) ( n) 的一半,下面计算 . pl pl
2e / 1 O( 2 / 2 ) ln x ln x
1 ln x k
i
∴ π(x)=
sk 2 1 2 ( p p ) ) g ( x) k 1 k (1 p k 1 j 1 j
i
=
( p
k 1
2 k 1
证明:
2 2 2 2 ∵ n=3+(8-3)+(24-8)+(48-24)+…+ ( p k 1 p k ) +…+ ( p i 1 p i ) 2 2
∴ 根据引理,区间[ p k , p k 1 )的素数个数可近似表示为
k
2 ( p k21 p k ) (1
j 1
1 ) 是系统误差,g(x)是波动误差。根据素数定理,在 x 附近素数平均 ln x / 2 1 分布密度约为 , ln x
2
令
λ=常数= 2e , 适当取定 x 的值(记为 x k ) ,使得
5
ps k x / 2
(1
1 e 1 ) O( 2 / 2 ) /2 p sk ln x ln x
i
y i (n) n (1
j 1
1 ). pj
证明:I.当 i=1 时, ∵
p1 =2 , p1 |n y i ( n) n n 1 1 n (1 ) n (1 ) 2 2 p1
结论成立。
∴
Ⅱ.假设 i=k 时,结论成立,即:
k
y k (n) n (1
因为
为了与引理有相吻合的表达式,也避免向后演绎导致麻烦,采取让 p k 后的去素数倍数因子
2
(1
1 1 1 2 ) 、(1 ) 、…、(1 ) 提前进入,来平衡少减的量。 所以, 区间 [ pk , p k21 ) p sk p k 1 pk 2
有较精确的素数个数表达式
sk
(p
2 k 1
根据素数定理,以及就平均而言 p k 1 p k ln p k
3
∴
2 [ pk , p k21 ) p 2 p k2 2 p k ln p k ln 2 p k ln p k k 1 1 2 2 pk pk p k ln p k p k ln p k
∴
2 [ pk , p k21 ) p [ p k2 , p k21 ) p ln p k p = k k (1 ) <2 k psk p sk pk psk pk p sk
sk
2 2 w(k)= | ( p k 1 p k )
(1 p
j 1
1
j
) -π[ p k2 , p k21 )|
w(S)=|
sk 2 1 2 ( p p ) ) ( n) | k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
n 个, 去了 p1 , p 2 , , p k 的倍数后,余 p k 1
∴
y k 1 (n) n (1
j 1 k
k 1 n 1 ) (1 ) pj p k 1 j 1 pj k 1 1 1 1 ) (1 ) n (1 ) pj p k 1 pj j 1
其中 g(n)满足:-
1 1 ( n ) <g(n)< 1 ( n ) 1 pi pi
( log p k p sk 2e
2 2
≈1.123,欧拉常数γ=0.5772156649 … ,)
知道了 n 受 pi n<p i 1 限制,所导致偏差的原因,同理可得另一形式的 不大于 n 的素数个数公式
j 1
1 ) pj
成立。
当 i=k+1 时, ∵
p1 |n, p 2 |n,…, p k |n,据归纳假设
k
∴
y k (n) n (1
j 1
1 ) pj
因为 p k 1 |n ,所以 m≠o (mod p k 1 ) 的数有
k n 1 (1 ) 个 p k 1 j 1 pj k
1 ) pj
2 pk 1 / pk 1 时,p k 到
2 因为 p k k<p k21 , 所以当 p j = pt >
p k21 之间的数没有 p j 的 pk
倍数,所以在去掉 p1 2 , p 2 3 , pu pt … p j … p k 1 ,的倍数后,余下数中, p k 的倍 数个数是
x
x
ln t
2
dt
(L)’
( x)
x dt 2 ln x 2 ln t
2 ln t ln 2 g ( x)
2
dt
其中 g (x)满足:-
1 p
1 i
dt 1 <g (x)< ln t pi 1 2
x
x
ln t
2
dt
证明:根据定理 1(素数连乘积公式) π(x)=