素数个数公式及疑难猜想破解_修改稿_

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1、素数个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@163.com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，素数个数连续函数公式，素数个数连乘积不等式，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p2,p3，…p…,p,为连续素数，且p

2、n，1≤m≤n，则12jijm≠0(modp)的数的个数y(n)可表示为jii1y

3、i(n)n(1).j1pj证明：I.当i=1时,∵p=2,p

4、n11n11∴y(n)nn(1)n(1)结论成立。i22p1Ⅱ.假设i=k时，结论成立，即：k1yk(n)n(1)成立。j1pj当i=k+1时，∵p

5、n，p

6、n，…，p

7、n，据归纳假设12kk1∴yk(n)n(1)j1pjn因为p

8、n，所以m≠o(modp)的数有个，去了p,p,,p的倍数后，余k1k112kpk1kn1(1)个pk1j1pjkk1n1∴yk1(n)n(1)(1)j1pjpk1j1

9、pjkk1111n(1)(1)n(1)j1pjpk1j1pj1k11∴i=k+1时，结论yk1(n)n(1)成立。j1pj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p2,p3，…p…,p,p为连续素数，12kii122pn＜p,则不大于n的素数个数π(n)有公式（S）和公式（L）为ii1isk122（S）π(n)=(pk1pk)(1)g(n)k1j1pj11其中g(n)满足：－(n)

10、1ppii（logp2e,欧拉常数γ=0.5772156649…）pkskl1（L）π(n)=n(1)g(n)（logppl单增）pij1jppii其中g(n)满足：(n)g(n)(n)2p2pll2222证明：∵n＝1+(4－1)+(9－4)+(25－9)+…+(pp)+…+(pp)k1ki1i22∴根据引理，区间［p,p）的素数个数可近似表示为kk1k221(pk1pk)(1)j1pj2222pk1因为pm＜p，所以当p=p>p/p1时，p到之间的数没有p的kk1jtk1k

11、kjpk倍数，所以在去掉p2,p3，pp…p…p,的倍数后，余下数中，p的倍12utjk1kp2p2t1p2p2t1k1k1k1k1k11数个数是(1)，而不是(1)(1).pku1pupku1pujtpjp2p2t1p2p2t1k1k1k1k1k11因为(1)>(1)(1)，所以，少减了。pku1pupku1pujtpj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后的去素数倍数因子k211122(1)、(1)、…、(1)提前进入，来平衡

12、少减的量。所以，区间［p,p）kk1pppk1k2sk有较精确的素数个数表达式sk122(pp)(1)(1)k1kj1pj调整每个区间的s值，理论上就可以得到不大于n的素数个数公式kisk122（S）π(n)=(pk1pk)(1)g(n)k1j1pj11其中g(n)满足：－(n)

13、1（L）π(n)=n(1)g(n)（logppl单增）pij1jppii其中g(n)满足：－(n)

14、(pp)(1)－π［p,p)

15、k1kkk1j1pjisk122w(S)=

16、(pk1pk)(1)(n)

17、k1j1pjl1w(L)=

18、n(1)(n)

19、j1pj2222（上式中的

20、π［p,p）表示区间［p,p）的素数个数）kk1kk12222［p,p)［p,p)kk1kk1（1）式误差w(k)应小于的一半。下面计算。