从台尔曼公式谈起

T - S = 55 - 42 = 13 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1
±pi pj …pm .
这里 Pn = ∏pi ( 前 n 个素数之积) , pi , pj , …,
pm 是前 n 个素数中的部分或全部 .
= 5 m3 + 3 = 7 m4 + 6 = 11 m5 + 2. 97 与 13 之所以是素数 ,是因为它们符合
B
2
+ cot tan
C
本文将证明上述两个不等式的最佳形式
B C
2
A
a b c ≥ + + b c a
2
+ tan
2
+ tan
2
.
∑r r
a
ha hb
a b
= =
4R - 2r
R
2
;
2
③ ④
由恒等式
s cot + cot + cot = , 2 2 2 r A B C
∑ h h
ra rb
b
s - 8 Rr + r . 2 4r
( 4)
其中 p1 , p2 , … 表示顺序素数 2 ,3 , …; di + ei ≠pi , di - ei ≠ 0 , 使得式 ( 3 ) 加 、 减式 ( 4 ) 后最 小剩余不为 0 , 即 n + x 与 n - x 都符合式 ( 1) 、 ( 2) . 举例 ,设 n = 10 ,10 = 2 m1 + 0 = 3 m2 + 1 ,
其中 s 、 △、 R、 r 分别为三角形的半周长 、 面
a b c s + + ≤ . b c a 3r
两个不等式的最佳形式
庞如兰
( 安徽省蒙城县双涧中学 ,233521)
文 [ 1 ] 给出如下两个优美的不等式 :
∑r r
a
ha hb
a b
≥ 3; ≥ 3.
① ②
( 3)
证明 : 在 △ABC 中 ,有 cot
A
∑ h h
为
ra rb
b
2
+ cot
d1 - e1 ≠ 0 , d2 + e2 ≠ 3 , d2 - e2 ≠ 0. ) n 值越大 , x 解数越多 .
tan
A
2
+ tan
B
2
+ tan
C
2
2
=
4R + r
s
得
a b c s + + ≤( . b c a 4 R + r) r
如果证明必然存在 x , 就证明了哥德巴 赫猜想 .
参考文献 :
1 ,2 , …, pi - 1 , n < 2 .
公式 ( 1) 的同余形式为 : n ≡a1 ( mod p1 ) , n ≡a2 ( mod p2 ) , …, n ≡
ak ( mod pk ) .
但无力证明是否必然存在 x :
x = p1 h1 + e1 = p2 h2 + e2 = …
( 2)
5 , 2
x = 2 h1 + 1 = 3 h2 + 0 ,解得 x = 3.
2
部分 ,设
Pn pi pj …pm
= T , pi pj …pm = S ,
10 <
则
2002 年第 5 期
19
知 10 + 3 与 10 - 3 是一对素数 . ( d1 = 0 , e1 = 1 , d2 = 1 , e2 = 0 ; d1 + e1 ≠ 2,
由孙子定理 , 公式 ( 2 ) 在给定 a 值时 , 在 p1 p2 …pk 内有惟一解 . 利用上两公式可构造 全部素数 . 上例分子 = 2 ×3 ×5 ×7 ×11 = 2 310 =
2 m1 = 3 m2 = 5 m3 = 7 m4 = 11 m5 . 把 N 分成两
= pk hk + ek .
在文 [ 2 ] 中 , 宿晓阳先生给出了 Klamkin 不等式的上界估计 : a b c 1 + + ≤ ( a + b + c) b c a 3 1 1 1 ( 2) ・ + + . b+ c- a c+ a- b a+ b- c 本文给出式 ( 2) 的加强 . 定理 设 a 、 b、 c、 r、 s 分别是 △ABC 的 三边长和内切圆半径及半周长 ,则
pk m k + ak .
[2 ]
2
素数公式 ,最小剩余不为 0 , 且都小于 13 . 也 ( 2) . 就是说 ,台尔曼公式符合素数公式 ( 1 ) 、 如果 T - S > 2 , T <
pk + 1
2
2
2
. T + S 就小于 p k + 1 ,
2
T + S 与 T - S 就都是素数 .
台尔曼公式提示我们 , 是否对任何自然 数 n ,都有 x , n - x > 2 ,使得 n ±x 都是素数 . 这就是著名的哥德巴赫猜想 : ( n + x) + ( n - x) = 2 n . 我们知道 ,根据孙子定理 ,任何一个自然 数 n 都可以惟一地表示成 :
[1] 陈志云 . 关于一个寻求素数方法的理论依据 . 中等数
故要证不等式 ( 3) 成立 ,只要证明
s
2
( 4 R + r) r
≤
s
3r
4R + r Ζs≤ . 3
2
( 4)
学 ,2001 (4) .
[2] 王晓明 . 素数问题的三种新证法 . 中等数学 ,2001 (1) . [3] 吴振奎 . 谈谈素 ( 质) 数表达式 . 中等数学 ,1999 (2) .
显然 ,若 N < p n + 1 ( pn + 1 为第 n + 1 个素 数) ,则 N 为素数 . 其实这是一种递推形式的 公式 . 例如 , 2× 3× 5× 7× 11 N= ± 2× 3× 7 2× 3× 7 = 55 ± 42 = 97 和 13 2 2 都小于 13 ( < p n + 1 ) , 所以都是素数 . 可以用 笔者给出的素数公式 诠释台尔曼公式 . 定理 n 不能被不大于 n 的任何素数整 除 ,则 n 是素数 . 公式 n = p1 m1 + a1 = p2 m2 + a2 = …=
n = p1 m1 + d1 = p2 m2 + d2 = …
( 1)
2
= pk m k + dk ,
pk +1
2
( 3)
这里 p1 , p2 , … 表示顺序素数 2 ,3 ,5 , …, ai =
1 ,2 , …, pi - 1. 若 n < p k + 1 ,则 n 是素数 .
其中 p1 , p2 , … 表示顺序素数 2 ,3 , …, di = 0 ,
( 2) .
参考文献 :
[1 ] D. S. Mitrinovic 等著 ,陈计等译 . 几何不等式的新进展 .
1 ≥ ( a + b + c) 3
1
a
+
1
b
+
1
c
北京 : 北京大学出版社 ,1994.
.
( 1)
[2] 宿晓阳 . K lamkin 不等式的上界估计 . 中等数学 ,1999 (3) .
18
中 等 数 学
S = 2 × 3× 7 = 42 = 2 m1 = 3 m2 = 5 m3 + 2
从台尔曼公式谈起
王晓明
( 成都市金牛区营门口社区医院 ,610036)
= 7 m4 = 11 m5 + 9 ,
T =5 × 11 = 55 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1 = 5 m3
= 7 m4 + 6 = 11 m5 ,
T + S = 55 + 42 = 97 ,
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ961 年 ,台尔曼 (M. H. Tallman) 给出下面 一个可产生素数的公式 :
N= Pn pi pj …pm
n i =1
55 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1 = 5 m3 + 0 = 7 m4 + 6 = 11 m5 + 0 + 42 = 2 m1 + 0 = 3 m2 + 0 = 5 m3 + 2 = 7 m4 + 0 = 11 m5 + 9 97 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1 = 5 m3 + 2 = 7 m4 + 6 = 11 m5 + 9
故要证式 ( 3) 强于式 ( 2) 只要证明
4R + r 4R + r ≤ Ζs≤ . 3 r 3r 3
s
( 5)
1971 年 ,M. S. Klamkin 建立了如下一个涉 [1 ] 及三角形三边的不等式 :
a b c + + b c a
不等式 ( 5) 即式 ( 4) 成立 ,知式 ( 3) 强于式
由 Wlombier2Doncet 不等式 3 s ≤( 4 R + 2 r) 知式 ( 4) 成立 ,从而式 ( 3) 成立 . 因
= 1
b+ c- a
+
1
c+ a- b
+
1
a+ b- c
也谈 Klamkin 不等式的上界
舒金根
( 浙江省衢州第二中学 ,324000)
1 A B C 4R + r tan + tan + tan = , 2r 2 2 2 2 rs