素数之美1：所有素数之积

发布时间：2024-12-03 16:10

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在之前的欧拉数学中，我们计算过所有素数的倒数之和，得出素数的倒数之和是发散的，从而这也是一个关于素数个数为无穷的证明。在本篇文章中，我们尝试计算所有素数之积，通过一个简单的技巧，得到素数之积的一个上限（以后我们也会计算下限），从而也得到π(n)" role="presentation">π(n)的一个上限公式。更重要的，该估计是初等地证明Bertrand假设（说的是n与2n之间定有一个素数）的重要基础之一。本文内容部分参考自《数学天书中的证明》和《解析和概率数论导引》。

素数之积

笔者已经说过，数论的神奇之处就是它总是出人意料地把数学的不同领域联系了起来。读者很快就可以看到，本文的证明和组合数学有重要联系（但仅仅是简单的联系）。关于素数之积，我们有以下结论：

不超过n" role="presentation">n的所有素数之积小于4n−1" role="presentation">4n−1。

如果用p" role="presentation">p来表示素数，那么可以记为∏p≤np<4n−1" role="presentation">∏p≤np<4n−1。事实上，由更深入的技巧可以大大改进该估计，因为由素数定理知π(n)∼nln⁡n" role="presentation">π(n)∼nln⁡n，从而∏p≤np∼en" role="presentation">∏p≤np∼en，也就是说，对于任意ε>0" role="presentation">ε>0，存在N(ε)>0" role="presentation">N(ε)>0，使得对于任意的n>N(ε)" role="presentation">n>N(ε)，都有∏p≤np<(e+ε)n" role="presentation">∏p≤np<(e+ε)n。但是，本文所采用的方法和估计都是比较简单的，所以只能够得到上限4n" role="presentation">4n，但之后读者就可以发现，对于证明Betrand假设来说，这个估计足够了。

下面我们开始证明它。可以检验，对于n=2该结论是成立的。而一个很显然的事实是，如果该估计对于奇数n都成立，那么它对偶数n+1必然成立。所以我们只证明n=2m+1" role="presentation">n=2m+1时成立。我们采用数学归纳法，假设n=1,2,…,2m" role="presentation">n=1,2,…,2m时，该结论都成立，于是我们将n=2m+1" role="presentation">n=2m+1时分拆成两部分

∏p≤2m+1p=∏p≤m+1p∏m+1<p≤2m+1p<4m∏m+1<p≤2m+1p" role="presentation">∏p≤2m+1p=∏p≤m+1p∏m+1<p≤2m+1p<4m∏m+1<p≤2m+1p

最后一个不等号是由归纳假设得到的。现在还差一部分，即m+1到2m+1之间的素数之积，我们考虑二项式系数

Cm+12m+1=(2m+1m+1)=(2m+1)!(m+1)!m!" role="presentation">Cm+12m+1=(2m+1m+1)=(2m+1)!(m+1)!m!

由定义知Cm+12m+1" role="presentation">Cm+12m+1是一个整数，并且它能够被大于m+1、小于等于2m+1的所有素数整除，所以显然

∏m+1<p≤2m+1p≤Cm+12m+1" role="presentation">∏m+1<p≤2m+1p≤Cm+12m+1

而对Cm+12m+1" role="presentation">Cm+12m+1进行估计就会发现

Cm+12m+1≤22m=4m" role="presentation">Cm+12m+1≤22m=4m

这是因为Cm+12m+1=Cm2m+1" role="presentation">Cm+12m+1=Cm2m+1，且

Cm+12m+1+Cm2m+1≤∑k=02m+1Ck2m+1=22m+1" role="presentation">Cm+12m+1+Cm2m+1≤∑k=02m+1Ck2m+1=22m+1

指数4是最优的，如果不改变估计的方法，从该二项式系数中无法得到更好的指数。为了认识到这一点，只需要用String公式对Cm+12m+1" role="presentation">Cm+12m+1进行渐进近似计算。

有了对Cm+12m+1" role="presentation">Cm+12m+1的估计，那么就有

∏p≤2m+1p<4m∏m+1<p≤2m+1p≤42m" role="presentation">∏p≤2m+1p<4m∏m+1<p≤2m+1p≤42m

也就是说，结论对于n=2m+1" role="presentation">n=2m+1成立。从而由归纳假设知，该结论对于所有的正整数都成立。

素数个数

有了这个估计，我们还可以给出π(n)" role="presentation">π(n)的一个上限，只需要注意到

tπ(n)−π(t)<∏p≤np<4n−1" role="presentation">tπ(n)−π(t)<∏p≤np<4n−1

t" role="presentation">t是任意常数，两边取对数得

π(n)<(n−1)ln⁡4ln⁡t+π(t)≤nln⁡4ln⁡t+t" role="presentation">π(n)<(n−1)ln⁡4ln⁡t+π(t)≤nln⁡4ln⁡t+t

在数论中，为了改进估算结果，通常是这样的思路，引入一些未知参数，比如上面的t，然后通过调整未知参数来得到最优估计。比如上面的不等式，我们设f(t)=(n−1)ln⁡4ln⁡t+t" role="presentation">f(t)=(n−1)ln⁡4ln⁡t+t，求它的最小值：

f′(t)=−nln⁡4(ln⁡t)2t+1" role="presentation">f′(t)=−nln⁡4(ln⁡t)2t+1

令导数为0，得到nln⁡4=(ln⁡t)2t" role="presentation">nln⁡4=(ln⁡t)2t，这是一道超越方程，没有办法得到显式精确解，通过迭代可以给出近似解，改成

tk+1=nln⁡4(ln⁡tk)2" role="presentation">tk+1=nln⁡4(ln⁡tk)2

取t0=n" role="presentation">t0=n，迭代一次得到t1=nln⁡4(ln⁡n)2" role="presentation">t1=nln⁡4(ln⁡n)2，为了不得到复杂的解，我们的迭代到此结束，并且简单起见，省去因子ln⁡4" role="presentation">ln⁡4，即简单地取t=n/(ln⁡n)2" role="presentation">t=n/(ln⁡n)2，代入并整理得到

π(n)<(ln⁡4+8ln⁡ln⁡nln⁡n)nln⁡n" role="presentation">π(n)<(ln⁡4+8ln⁡ln⁡nln⁡n)nln⁡n

该估计弱于素数定理很多，但它是基于最简单的计数的结果，足可满意。

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苏剑林. (Jul. 30, 2014). 《素数之美1：所有素数之积》[Blog post]. Retrieved from https://spaces.ac.cn/archives/2789

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