质数的性质

质数性质的几 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 方法 第一种方法 引理 1：质数的个数公式π(n)是不减 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 证明： 当 n+1 为合数时，π(n+1)＝π(n) 当 n+1 为素数时，π(n+1)﹥π(n) 故无论 n+1 为合数或是素数，总有π(n+1)≥π(n) 所以π(n)是不减函数，所以π(n+1)－π(n) ≥0 引理 2：若n为大于 2 的自然数，则n到 n2 之间至少有一个素数。(伯兰特猜想，已经 被切比雪夫证明。) 引理 3：设 n 为正整数， 1 2, , mp p p"" 为 n 的前部素数，那么 1 1( ) (1 ) 1 m i i n m n p π = = + − −∏ 。 证明：设 n 为正整数， 1 2, , mp p p"" 为 n 的前部素数，若 0 1 1, , pk k k −"" , { }r ik p q r q= + 为整数 是 ip 的剩余类。不难知道，所有整数均匀分布在这 ip 个剩余类中，若在 1，2，…………，n 内任取一个整数 a 则 ip ∣a 的概率定义为 1 ip ,那么 ip 不整除 a 的概率即为 11 ip − ，若 ip n≤ 是素数，每一个 ip 能否有 ip 不整除 a 可视为独 立事件，故在 1，2，…………，n 内，任取一数 b 不能被 1 2, , mp p p"" 整除的概率为 1 1(1 ) m i ip= −∏ 。在 1，2，…………，n 内，不能被 1 2, , mp p p"" 整除的就是后部素数和 1， 因为前部素数 ip 是能被 ip 整除的，即 i ip p 。所以 1 1(1 ) m i i n p= −∏ 等于后部质数的个数加 1， 又因为前部素数的个数为 m，所以我们有，不超过正整数 n 的素数的个数为 1 1( ) (1 ) 1 m i i n m n p π = = + − −∏ 。 引理 4：若n为正整数，则 2n 到 2( 1)n + 之间至少有一个素数。 证明：证明：用反证法，假设存在,使 2n 到 2( 1)n + 之间没有一个素数。 即： ( ) ( )2 21n n nπ π⎡ ⎤∃ + ≤⎣ ⎦使 又因为 ( )22 1n n< + ，由引理 1 知 ( ) ( )2 21n nπ π⎡ ⎤+ ≥⎣ ⎦ ，根据假设可以得到 ( ) ( )2 21n nπ π⎡ ⎤+ =⎣ ⎦ 。 ⑴当 ( ) ( )1n nπ π+ = 时，也就是说 ( )22 1n n +和 有相同的前部质数。 根据质数的个数公式 ( ) ( )2 2 1 11 1 1 1 m i i n n m p π = ⎛ ⎞⎡ ⎤+ = + − + −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ， ( )2 2 1 11 1 m i i n n m p π = ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以 ( )2 2 1 1 1 11 1 1 1 1 m m i ii i n m n m p p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + − = − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ，也就是 ( )2 2 1 1 1 11 1 1 m m i ii i n n p p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ，又因为 1 11 0 m i ip= ⎛ ⎞− ≠⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以 ( ) 22 1n n += 故 1 0n + = ,所以可以得到 1n = − ,这与 n 为正整数矛盾，故假设错误。 ⑵当 ( ) ( )1n nπ π+ ≠ 时，也就是说 ( ) ( )1 1n nπ π+ = + ，此时 n+1 必为质数。 根据质数的个数公式 ( ) ( ) ( )12 2 1 11 1 1 1 1 m i i n n m p π + = ⎛ ⎞⎡ ⎤+ = + − + + −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ， ( )2 2 1 11 1 m i i n n m p π = ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ， 所以， ( ) ( )12 2 1 1 1 11 1 1 1 1 1 m m i ii i n m n m p p + = = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + + − = − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ，也就是 ( ) 12 2 1 1 1 11 1 1 1 m m i ii i n n p p + = = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ，又因为 1 11 0 m i ip= ⎛ ⎞− ≠⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以， ( )2 2 1 1 11 1 1 11 m i i n n n p= ⎛ ⎞+ − + =⎜ ⎟+ ⎛ ⎞⎝ ⎠ −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，也即是 ( ) 2 1 11 11 m i i n n n p= + + =⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以， 1 1 11 m i i n p= = − ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，又因为 1 11 0 m i ip= ⎛ ⎞− >⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以 n 为负数，这与 n 为正整数矛盾，故假 设错误。 综上所述，命题 ( ) ( )2 21n nπ π⎡ ⎤+ >⎣ ⎦ 成立。即： 2n 到 2( 1)n + 之间至少有一个素数。 引理 5：当 215 225n ≥ = 时， n 4 3 到n之间至少有一个素数。 证明：当 215 225n ≥ = 时， 15 8 4 3n ≥ > + ，所以 ( )28 48n − = ，展开可以得到 16 16 0n n− + > ，所以 4 4 0 4 n n− + > ，也即是， ( )2 32 4nn − > 。 又因为 2 1n n n n⎡ ⎤ ⎡ ⎤− < − < ≤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ，所以 ( ) ( ) ( ) ( )2 22 23 2 14n n n n n n⎡ ⎤ ⎡ ⎤< − < − < ≤ =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ， 又因为在 ( )21n⎡ ⎤−⎣ ⎦ 和 ( )2n⎡ ⎤⎣ ⎦ 之间至少有一个素数。(引理 4) 所以在 3 4 n n和 之间也至少有一个素数。 引理 6： 已知： 2m ≥ ，m 为整数，质数 p 为不超过 m 的最大素数。 求证： )2()2( mpm ππ <− 证明： 由引理 2，n到 n2 之间至少有一个素数。设质数 p 为不超过 m 的最大素数，则必有 mp 2 1> mmmpm 2)2( 4 3 2 32 <=<−∴ 由引理 5，当 22 15 225m ≥ = 时 )2( 4 3 m 到 m2 之间至少有一个素数， ∴ pm −2 到 m2 之间至少有一个素数。 当 22 15 225m ≥ = 时， 112m > 时， pm −2 到 m2 之间至少有一个素数。 当 112m ≤ 时，可逐项验证命题成立。 综上所述， )2()2( mpm ππ <− 第二种方法 引理：质数的个数公式π(n)是不减函数 证明： 当 n+1 为合数时，π(n+1)＝π(n) 当 n+1 为素数时，π(n+1)﹥π(n) 故无论 n+1 为合数或是素数，总有π(n+1)≥π(n) 所以π(n)是不减函数，所以π(n+1)－π(n) ≥0 引理 2： 已知质数 p 是不超过 n ( )4n ≥ 的最大质数。 求证 2 n p< 证明：当 2n k= 时，即 k p< 假设结论不成立， ,k p k∃ ≤使得 ，那么 ( ) ( )p kπ π≤ 。又因为 p 是不超过 2k 的最大质数，所以 ( ) ( )2p kπ π= ，所以可以得到 ( ) ( )2k kπ π≤ 。又因为 2k k> ， 根据质数的个数公式是不减函数，所以 ( ) ( )2k kπ π≥ 再根据假设可以得到 ( ) ( )2k kπ π= 。根据质数的个数公式， ( ) ( ) 2 2 1 12 2 1 1 x i i k k x p π = ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ， ( ) ( ) 1 1 1 11 1 x i i k k x p π = ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ， 1 2x x和 分别是 k 和 2k 的前部质数，所以 ( ) ( )2 12 1 1 1 1 12 1 1 1 1 x x i ii i k x k x p p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − = − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ，因为 1 2 2 1 1 1 1 11 2 1 x x i ii i k x x p p= = ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∏ ∏ ，又因为 1 2 1 1 1 11 2 1 0 x x i ii ip p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − ≠⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ 所以 1 2 2 1 1 1 1 11 2 1 x x i ii i x xk p p= = −= ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ 当 2 1x x= 时， 0k = 这与 2k ≥ 矛盾。 当 2 1x x> 时，设 2ik p k< < ，那么 1 1 11 1 1 2ipk k − < − < − ， 所以， 2 1 2 1 1 2 1 1 1 11 1 1 1 2 2 x x x x x i x ipk k k − − < ≤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− < − < − < −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∏ ，又因为 2 11lim 1 1 x x k k − →∞ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠ ， 1lim 1 1 2k k→∞ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠ ，所以， 1 2 1lim 1 1 k x i x ip→∞ < ≤ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠∏ 又因为 2 1 1 2 1 11 2 1 1 2 1 x x x i x ip k − < < ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − < − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∏ 所以 2 1 1 2 1 1lim 1 2 1 lim 1 2 1 1 0 x x k kx i x ip k − →∞ →∞< < ⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − < − − = − <⎢ ⎥⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦∏ 故 1 2 11 2 1 0 x i x ip< < ⎛ ⎞− − <⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 0 1 1 1 11 2 1 1 1 2 1 x x x i ii i i x i xi i x x x xk p p p p= = = < ≤ − −= = <⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∏ ∏ ∏ ∏ 这与 2k ≥ 矛盾，故假设错误，命题成立。 当 n 为奇数时，则 n+1 为偶数，同理可证。 1 2 n p+ < ，又因为 1 2 2 n n +< 所以 2 n p< 。 引理 3： 已知 ( )2mπ 表示不超过正整数 2m 的质数个数，质数 p 表示不超正整数 m 的 最大的质数。 那么， ( ) ( )2 2m m pπ π> − 证明 1：假设 ( ) ( ), 2 2m m m pπ π∃ ≤ −使 。 因为 ( ) ( )2 2 , 2 2m m p m m pπ π≥ − ≥ −所以 ,根据假设知道 ( ) ( )2 2m m pπ π= − 。 当它们的前部质数相同时，即 2 1x x= ， 又因为根据质数的个数公式 ( ) 1 11 1 x i i n n x p π = ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，其中 x 为 n 的前部质 数的个数。那么把 2 2m m p−和 代入公式可以得到 ( ) 2 2 1 12 2 1 1 x i i m m x p π = ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ， ( ) ( ) 1 1 1 12 2 1 1 x i i m p m p x p π = ⎛ ⎞− = − − + −⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，又因为 ( ) ( )2 2m m pπ π= − ，所以我们可以得到 ( )2 12 1 1 1 1 12 1 1 2 1 1 x x i ii i m x m p x p p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − = − − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ， 2 1x x= ,故 ( )2 1 1 1 1 12 1 2 1 x x i ii i m m p p p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ，又因为 2 1 11 0 x i ip= ⎛ ⎞− ≠⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以 2 2 ,m m p= − 也即是 0,p = 这与 p 是不超过 m 的最大质数矛盾。故假设错误， 也就是说 ( ) ( )2 2m m pπ π> − 命题成立。 当它们的前部质数不同时，即 2 1x x> ， ( )2 12 1 1 1 1 12 1 1 2 1 1 x x i ii i m x m p x p p= = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − = − − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏ ∏ ， ( )1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 11 2 1 1 x x x i i ii i i p m x x p p p= = = ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − − − − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∏ ∏ ∏ ，又因为 1 1 11 0 x i ip= ⎛ ⎞− ≠⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ， 所以， ( ) 1 1 2 2 1 1 12 1 1 11 x x i x i i i x x p m p p < ≤ = ⎡ ⎤ −⎛ ⎞= − − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎣ ⎦ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∏ ∏ 因为 1 2 1lim 1 1 m x i x ip→∞ < ≤ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以， 1 2 1lim 3 4 1 1 0 m x i x ip→∞ < ≤ ⎡ ⎤⎛ ⎞− − = − <⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦∏ ， 所以， 1 2 13 4 1 0 x i x ip< ≤ ⎛ ⎞− − <⎜ ⎟⎝ ⎠∏ ，所以， 1 2 13 4 1 0 x i x i m p< ≤ ⎡ ⎤⎛ ⎞− − <⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦∏ ， 所以， ( ) 1 1 2 2 1 1 213 4 1 0 11 x x i x i i i x x m p p < ≤ = ⎡ ⎤ −⎛ ⎞− − − <⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎣ ⎦ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∏ ∏ ， 所以， ( ) 1 1 2 2 1 1 213 4 1 11 x x i x i i i x x m m m p p < ≤ = ⎡ ⎤ −⎛ ⎞− − − + <⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎣ ⎦ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∏ ∏ ， 所以， ( ) 1 1 2 2 1 1 214 1 1 11 x x i x i i i x x m m p p < ≤ = ⎡ ⎤ −⎛ ⎞− − − <⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎣ ⎦ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∏ ∏ ， 所以， ( ) 1 1 2 2 1 1 12 1 1 211 x x i x i i i x x mm p p < ≤ = ⎡ ⎤ −⎛ ⎞− − − <⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎣ ⎦ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∏ ∏ ，即 2 mp < ，根据引理 2 也就是 说 p 不是不超过 m 的最大质数，故假设错误。命题成立。 第三种方法 已知：m为大于 1 的整数，质数 p为不大于m的最大素数。 求证： )2()2( mpm ππ <− 证明：首先给出两个引理。 引理 1：若n为大于 2 的自然数，则 n到 n2 之间至少有一个素数。 引理 2：若 n为自然数，则 3n 到 3)1( +n 之间至少有一个素数。 以上两个引理均已被证明，此处不再给详细证明过程。下面我们给出引理 3： 引理 3：当 13824243 =>n 时， n 4 3 到 n之间至少有一个素数。 证明：当 324>n 时， 1 24 2424 3 33 =< n ∴ nnnnn 32323248 33 23 23 2 = ⋅ >> 03248241 3 23 >−+− nnn 08126 4 1 33 2 >−+− nnn nnnn 4 38126 33 2 >−+− nn 4 3)2( 33 >− 又∵ 3333 ][]1[2 nnnn ≤<−<− （ ][x 表示不超过 x的最大整数。） nnnn ≤<−<− 333333 ])([])1([)2( 由引理 2， 33 ])1([ −n 和 33 ])([ n 之间至少有一个素数， ∴ 33 )2( −n 和 n之间至少有一个素数。 又∵ nnn <−< 33 )2( 4 3 ∴当 13824243 =>n 时， n 4 3 到n之间至少有一个素数。（引理 3 证毕） 由引理 1，n到 n2 之间至少有一个素数。若 p为不大于m的最大素数，则必有 mp 2 1> mmmpm 2)2( 4 3 2 32 <=<−∴ 由引理 3， )2( 4 3 m 到 m2 之间至少有一个素数， ∴ pm −2 到 m2 之间至少有一个素数。 即当 13824242 3 =>m ， 6912>m 时， pm −2 到 m2 之间至少有一个素数。 当 6912