素数分布基本定理

素数分布基本定理作者姓名：弯国强

作者地址：漯河市舞阳县莲花镇第二初级中学E-mail：632158@163.com我们可以把自然数列按照某个自然数分段，并把这个分段记为T,T表示第r个分段。r例如：按照自然数3分段，就是每隔3个数分一段。1，2，3；4，5，6；7，8，9；第1段为1，2，3记为T二｛1,2,3｝，第r段记为T二｛3r—2,3r—1,3r｝1r按照自然数5分段，就是每隔5个数分一段。1，2，3，4，5；6，7，8，9，10；11，12，13，14，15；第1段为1，2，3，4，5记为T=｛1,2,3,4,5｝，第r段记为1T=｛5r—4,5r—3,5r—2,5r—1,5r｝r我们把第1分段中的全部质数叫基质数。例如T=｛1,2,3｝中的基质数为2,31T=｛1,2,3,4,5｝中的基质数为2，3，51定理：1设T是自然数的任一分段，在n□(n+1)2内，分段T中基质数倍数的个数不大r于分段T中基质数的倍数的个数。1证明：设T=｛1,2,3,,n｝，p,p,p是T中的基质数。112m1集合A=｛质数p的倍数,i=1,2m｝，AuT,那么由容斥定理我们可以得到，A中i1nn+nn+区npii<jppiji<j<kpppijk元素的个数为区i=1+(-1)m—1——Flpii=1集合B=｛质数p的倍数,i=1,2m｝，BuT，设B中元素的个数为SirB中元素的个数最多为SmTOC\o"1-5"\h\z当n丰p时，由于p,p,p是不超过n的所有质数，所以n至少能被p,p,pm12m12m之一整除，否则n为质数，这与p是n中最大的质数矛盾。当n=p时，pn。故n至mmm

少能被P,P,P之一整除。不妨设P.n,存在正整数q使n二qp那么T中有q个pTOC\o"1-5"\h\z12mii1i的倍数。我们按正整数P把正整数分段，可以把T中的数刚好分为q段。以此类推可以得i1到T中的数刚好也可以分为q段，每一段末尾的数刚好就是P的倍数。这就是说T中p的ririfnfri倍数正好就是q个。即T中p的倍数正好就是—个。不必加1.对于其它质数，T中的PriiPk」基质数的倍数最多，那么P倍数的个数最多为—+1（k丰iPk」nm个质数中任意取一个，又因为P刚好可能整除n，所以n个连续的自然数中，刚好有一Pi个数能被P整除，不再加1故可以得公式C1-1。同理，可以得到T中的基质数的倍数imr最多为：S=2n+C1-1-艺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又因为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又因为S<S所以S<n-另Innpii<jLpipj-i<j<kpppijki=1i=1(_1)m-1nmi=1即：分段T中基质数倍数的个数不大于分段T1中基质数的倍数的个数。素数分布基本定理：2把自然数列1,2,3按顺序每n个数分一段，p,p,……p是TOC\o"1-5"\h\z12m不超过n的所有质数，那么在n□(n+1)2内，每一段数中至少有一个数不能被p,p,……p整除。也就是说在n□(n+1)2内，每一段数中至少有一个数是素数。12m证明：根据定理1，我们知道分段T中基质数倍数的个数不大于分段T中基质数的倍数r1的个数。也就是说第一个分段中，p,p,……p的倍数的个数是最多的，但是至少有一个12m数不是p,p,……p的倍数，那就是1.因此，每个分段中至少有一个数不是p整除。再根据m1p整除。再根据mp1,pp倍数。也就是每一段数中至少有一个数不能被pp1,pm12素数的判定，在n□(n+1)2内，不能被p,p,p整除，这个数就是素数。故每一段12m数中至少有一个数是素数。这个定理非常重要，它对于一些重要的有关素数分布的猜想的证明给出了强有力的理论基础。它是素数分布的一个基本定理。这个定理的证明直接导至了一些重要的著名的数论问题的解决。定理：3设t是自然数的任一分段，T={k,k,……k}，质数p<!T中的最大质r12nmn

数，若p<n，那么T二｛k,k,k｝中至少有一个质数。mr12n证明：设T二｛1,2,3,,n｝,因为p<n所以p,p,p是T中的基质数的一部分。1m12m1集合A二｛质数p的倍数,i二1,2m｝,AuT,那么由容斥定理我们可以得到，A中元素的个数为区InI—ZmInIi=1Lp」ii<jppiji<j<i<j<k+区i<j<k++(-1)"-1——Flpi一i=1集合B=｛质数p的倍数,i=1,2i集合B=｛质数p的倍数,i=1,2i根据定理1可以知道m｝,BuT,设B中元素的个数为SrS抠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，这就说明在T中至少有一个数不能同时被p,p,……p整除，根据质r12m数的判定定理，因为质数p中的最大质数，即p,p,……p是k的前部质数,m耳n12mn不能被p,p,p整除的数必为质数。12m定理：4已知：m>2，m为整数，质数p为不超过m的最大素数求证：兀（2m一p）<兀（2m）证明：设p,p,p是2m的前部质数，即p,p,p是不超过的质数,12m12mL-且p是不超过丽的最大质数。当m>8时，（m一8）m>0,即m2>8m，两边开方可以得到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」_一个质数。当丰p时一个质数。当丰p时又因为，m<2m，mp<[l2m]<m-^2m]，所以p<「m-y[lm]故在42m到m至少有一个质数。当m<8时，逐个验证。所以兀（m当m<8时，逐个验证。所以兀（m）>兀设p是不超过m的最大质数，pm是不超过「J2m]的最大质数，因为兀（m）>兀所以p>p，又因为2m-（2m一p）=p，即2m一p到2m有p个数且p>p，由推论1m可以知道，2m-p到2m之间至少有一个质数。即：兀（2m一p）<兀（2m）定理：5在质数p和p2之间，每隔p个数至少有一个素数。mm+1m证明：设T=｛1,2,3,,p｝，p,p,p是T中的基质数。1m12m1集合A=｛质数p的倍数,i=1,2m｝，AuT,那么由容斥定理我们可以得到，A中i1n-迟In-迟Innpii<j「pipj-i<j<kpppijk元素的个数为区i=1n为T1中元素的个数n=pm集合B=｛质数p的倍数,i=1,2m｝，BuT，T中的元素在p和p2之间,irrmm+1设B中元素的个数为S,根据定理1可以知道S<n-迟InnS<n-迟Innpii<j「pipj-i<j<kpppijk，所以，n-S>n-乙i=1ppijn+pppijk+(-1)"——Flpii=1所以，n-S>1，这就说明在T中至少有一个数不能同时被p,p,……p整除，根据质r12mTOC\o"1-5"\h\z数的判定定理，小于p2数的平方根都小于p,即P,P,……P是p和p2之间数的m+1m+112mmm+1前部质数或者比前部质数的个数多，不能被p,p,……p整除的数必为质数。也就是说，12m在质数p和p2之间，每隔p个数至少有一个素数。mm+1m勒让德猜想勒让德猜：n>1,n2与(n+1)2之间至少有两个素数。证明：设p,p,p是不超过n的所有素数。12m把自然数按n分段，n2与(n+1)2之间可以分两段。因为(n+1)2-n2二2n+1，这两段分别是n2+1至Un2+n;n2+n+1至Un2+2n+1根据素数分布基本定理：n2+1到n2+n;n2+n+1到n2+2n+1这两段中分别至少有一个数不能被p,p,……p整除。下面我们证明这两个数就是素数。TOC\o"1-5"\h\z12my-(n+1)2-1<、，'(建D2=n+1那么兀\：'(n+1》—1〈兀(n)，也就是说如果(n+1)2—1以内的数不能被p,p,p整12m除那这个数一定是素数。n2+1至Un2+n;n2+n+1到n2+2n+1这两段中分别至少有一个数不能被p,p,……p整除。那么这两个数一定是素数。12m奥波曼猜想1882年奥波曼提出的猜想：在X2与C+‘JX)之间至少有一个素数。奥波曼猜想可以加强为：在X2与(+\/x)之间至少有两个素数证明：

•/x=n,n+1<x+Jxn2和(n+1)2•/x=n,n+1<x+Jx因为根据勒让德猜：n>1,n2与(n+1)2之间至少有两个素数。所以在X2与(+f'x)之间也至少有两个素数。伯兰特猜想若自然数n>2,则在n和2n之间至少有一个素数。证明：因为自然数n>2，所以J2n<n，n到2n之间有n个数。设不超过n的素数为p,P,……P，那么不超过n的素数一定不小于不超过的素数。TOC\o"1-5"\h\z12m再根据素数分布基本定理，以自然数n把自然数列分段，那么n+1到2n之间至少有一个数不能被素数匕，餐，•…••p整除。如果在2n内的数不能被不超过€2^的素数整除，那么这个mTOC\o"1-5"\h\z数是素数。也就是说这个不能被素数P,P,P整除的数就是素数，故n到2n之间至少12m有一个素数。布罗卡猜想：TOC\o"1-5"\h\z在质数P2和P2之间至少有四个质数，其中P是指第m个质数，(m>1)mm+1m证明:因为p>p+1，所以p2>(p+2)2二p2+4p+4，也就是说在p2和p2之间至m+1mm+1mmmm+1少可以按p个数分4段，每一段中至少有一个质数，故在质数p2和p2之间至少有四个质数。W•H•米尔斯立方数猜想:mm质数。W•H•米尔斯立方数猜想:在立方数n3和(n+1)3之间至少有两个质数。证明思路：n3和(n+1)3之间包含n2和(n+1)2证明：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要使这个不等式成立只需6^3+8<3n2+3n，也就是bjn<3n2+3n-8，两边平方可以得到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又因为3n2,3n和8不全相等，所以不等式恒成立。也就是说n3和（n+1卞之间包含n2和（n+1匕，又因为n2和（n