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    等距素?cái)?shù)對(duì)初探

    2017-03-29 09:25:51魏一凡
    關(guān)鍵詞:等距易知素?cái)?shù)

    魏一凡

    一、引 言

    本文把相應(yīng)的連續(xù)素?cái)?shù)作用于一系列以相鄰素?cái)?shù)為界的全覆蓋區(qū)間套上,從而論證了任給自然數(shù)a≥3及0≤x

    二 、幾個(gè)定義

    定義1:若a≥3為自然數(shù),p是素?cái)?shù),那么 a p 表示a中p的倍數(shù)的個(gè)數(shù), a p 表示其近似數(shù).

    定義2:若素?cái)?shù)pi與pi+1之間不存在素?cái)?shù)p,使pi

    定義3:任給自然數(shù)a≥3,及素?cái)?shù)p,若存在自然數(shù)k、b、b ,使得a=kp+b,且b+b =p,(b=1,2,…,p-1),那么稱b 是b的補(bǔ)余數(shù).

    定義4:若自然數(shù)a≥3被刪去素?cái)?shù)p的倍數(shù),或刪去p的某個(gè)余數(shù)及其補(bǔ)余數(shù),則稱a被p作用.

    定義5:若自然數(shù)a≥3被相應(yīng)的連續(xù)素?cái)?shù)作用后,存在一個(gè)正整數(shù)N未被刪去,且a-N=1,a+N<2a為素?cái)?shù),那么N叫a的素?cái)?shù)黑洞,簡(jiǎn)稱黑洞.

    定義6:若自然數(shù)a≥3被素?cái)?shù)p≥3除,余數(shù)為b,(b=1,2,…,p-1),自然數(shù)0

    定義7:若a≥3為素?cái)?shù),被素?cái)?shù)p

    定義8:任給自然數(shù)a≥3,若存在自然數(shù)0≤x

    三、幾個(gè)引理

    引理1:任給一個(gè)自然數(shù)a>素?cái)?shù)p,(p大于2,且p不能整除a),都存在一個(gè)素?cái)?shù)同余差.

    證明:∵a>p,p是素?cái)?shù)∴存在自然數(shù)m,b,且b

    引理2:若自然數(shù)a≥3,p1,p2,…,pr,pr+1為連續(xù)素?cái)?shù),且p1=2,p2r≤2a,p2r+1>2a,那么(a,2a]中所有自然數(shù)被pi作用后,余下的全部是素?cái)?shù),(i=1,2,…,r).

    證明:∵(a,2a]被pi作用后,刪去了pi的所有倍數(shù),∴(a,2a]中不存在pi因子.假設(shè)在(a,2a]中存在合數(shù)x,不妨設(shè)x=mn,m,n均為素?cái)?shù),∴m≥pi+1,n≥pi+1,∴x=mn≥p2i+1>2a,與x∈(a,2a]矛盾,故引理得證.

    引理3:若a與b互素,則a,2a,…,(b-1)a,分別除以b,所得余數(shù)均不同.[1]

    證明:略.

    推論:如果a與b互素,c為任意數(shù),則一等差級(jí)數(shù)的b項(xiàng):c,c+a,c+2a,…,c+(b-1)a,除以b的各余數(shù)與另一等差級(jí)數(shù)的b項(xiàng):c,c+1,c+2,…,c+(b-1),除以b的各余數(shù)相同,雖然次序不一定同.[2]

    證明:略.

    引理4:對(duì)任一實(shí)數(shù)x≥1,在x與2x之間必有一素?cái)?shù).[3]

    證明:略.

    引理5:設(shè)有N件事物,其中Nα件有性質(zhì)α,Nβ件有性質(zhì)β,…,Nαβ件兼有性質(zhì)α及性質(zhì)β,…,Nαβγ件兼有性質(zhì)α,β,γ,…,則此事物中之既無(wú)性質(zhì)α,又無(wú)性質(zhì)β,又無(wú)性質(zhì)γ,…,者之件數(shù)為

    N-Nα-Nβ-Nγ-,…+Nαβ+…-Nαβγ-…+…-.[3]

    證明:略.

    推論:若a≥3為自然數(shù),p1=2,p2,…,pr,pr+1為連續(xù)素,p2r<2a,p2r+1>2a,那么a被p1,p2,…,pr連續(xù)作用后,a中余下數(shù)的個(gè)數(shù)可用近似遞推公式φr表示,其中

    φ1= a p1 (p1-1),φ2= φ1 p2 (p2-c),…,φr= φr-1 pr (pr-c),

    當(dāng)pi可以整除a時(shí),c=1,反之c=2,i=2,3,…,r.

    如果不考慮素?cái)?shù)黑洞、同余差、棄素?cái)?shù),則φr的最大絕對(duì)誤差小于等于ωr,其中

    ω1= 1 p1 ,ω2= (p2-2)ω1 p2 + p2-1 p2 ,…,ωr= (pr-2)ωr-1 pr + pr-1 pr .

    證明:略.

    引理6:如果k≥2,而m1,m2,…,mk是二二互素的k個(gè)正整數(shù),令M=m1M1=m2M2=…=mkMk,則滿足同余式組x≡b1(modm1),x≡b2(modm2),…,x≡bk(modmk)的正整數(shù)解是:

    x≡b1M′1M1+b2M′2M2+…+bkM′kMk(modM),

    M′i滿足:M′iMi≡1(modmi)的正整數(shù)解(i=1,2,…,k).

    證明:略.

    引理7:若a≥3為自然數(shù),則必有0≤x

    xr= xr-1 pr (pr-c),

    其中x1= a p1 (p1-1),x2= x1 p2 (p2-c),….

    當(dāng)pi整除a時(shí),c=1,反之c=2,(i=2,…,r).

    p1=2,p2,…,pr,pr+1為連續(xù)素?cái)?shù),p2r<2a,p2r+1>2a.

    證明:

    1.作區(qū)間套

    令h1= 22+2 2 , 32-1 2 ,h2= 32+1 2 , 52-1 2 ,…,hr= p2r+1 2 , p2r+1-1 2 ,

    ∴h1,h2,…,hr不重復(fù)、不遺漏地把a(bǔ)≥3的所有自然數(shù)進(jìn)行了全覆蓋.

    把h1,h2,…,hr叫作區(qū)間套,每個(gè)區(qū)間套有

    p2r+1-1 2 - p2r-1 2 +1= p2r+1-p2r 2 +1個(gè)正整數(shù),若a屬于hi,當(dāng)pi整除a時(shí),有 a pi (pi-1),反之有 a pi (pi-2),i=2,…,r.

    ∵p1=2是唯一偶素?cái)?shù),∴p1作用hi的每一個(gè)數(shù)時(shí),總有 a p1 (p1-1),p2r<2a,p2r+1>2a,

    ∴h1只能被p1作用,h2只能被p1,p2作用,…,hr只能被p1,p2,…,pr作用,….

    易知每個(gè)區(qū)間套被連續(xù)素?cái)?shù)作用后,必有一個(gè)最小值,用minhi表示,i=1,2,…,r,….這時(shí)hi中每一個(gè)數(shù)被作用后,對(duì)于minhi來(lái)說(shuō)都是曲折上升趨勢(shì).

    2.比較各區(qū)間套中minhi的大小

    不妨設(shè)minhr= 1 2 · 1 3 · 3 5 ·…· pr-2 pr · p2r+1 2 ,

    令 1 2 · 1 2 · 1 3 · 3 5 ·…· pr-2 pr =m,

    ∴minhr=m(p2r+1).

    同理:minhr+1=m· pr+1-2 pr+1 ·(p2r+1+1),

    ∴minhr+1-minhr=m· pr+1-2 pr+1 (p2r+1+1)-m(p2r+1)= m pr+1 (pr+1-2)(p2r+1+1)-pr+1(p2r+1) .

    不妨設(shè)pr+1-pr=t,

    ∴上式= m pr+t [2tp2r+3t2pr+t3-2p2r-4tpr-2t2-2].

    ∵t≥2,pr為奇素?cái)?shù),易知minhr+1-minhr>0.

    當(dāng)t=1時(shí),pr=p1=2,[minh1]=1,[minh2]=0除外.

    ∴當(dāng)t≥2時(shí),minhr是增函數(shù).

    由引理5推論可知,每個(gè)區(qū)間套上的數(shù)在連續(xù)素?cái)?shù)p1=2,p2,p3,…,pr作用下產(chǎn)生的誤差小于等于ωr,同理可知,ωr是增函數(shù),且增長(zhǎng)速度遠(yuǎn)小于minhr.

    不妨取[minhr]為不大于minhr的最大整數(shù),取{ωr}為不小于ωr的最小整數(shù),當(dāng)[minhr]-{ωr}≥2時(shí),存在自然數(shù)0≤x

    易知當(dāng)pr=17時(shí),{ωr}=4,[minhr]=6,[minhr]-{ωr}=2.

    這時(shí),a= 172+1 2 =145,如果再考慮到素?cái)?shù)黑洞,也能保證當(dāng)a≥145時(shí),都至少存在一個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì),使得a-x與a+x同時(shí)為素?cái)?shù).

    3.下面考慮3≤a≤144時(shí),等距素?cái)?shù)對(duì)的情況

    只說(shuō)明a=3至a=13時(shí),等距素?cái)?shù)對(duì)的情況;a=14至a=144用上述方法極易求得其等距素?cái)?shù)對(duì)的個(gè)數(shù),且都大于等于1.

    (1)h1中只有二個(gè)數(shù)a=3與a=4,∴只有p1=2作用其上.

    ① a=3是奇素?cái)?shù),∴p1=2作用后刪去[1,3]中的奇數(shù)1與3,余下一個(gè)偶數(shù)2,即 3 2 =1,∵3+2=5,3-2=1,∴2是素?cái)?shù)黑洞,這時(shí)x=0.

    ∵3是棄素?cái)?shù),∴3-0=3,3+0=3都是素?cái)?shù)∴a=3時(shí),只有一個(gè)[3,±0].

    ② a=4是偶數(shù),p1=2作用后,[1,4]中余下1與3,即 4 2 =2,∵4+3=7,4-3=1,∴3是黑洞,刪去.

    ∵4+1=5,4-1=3,∴當(dāng)a=4時(shí),有一個(gè)[4,±1].

    (2)h2中共有 52-32 2 =8個(gè)數(shù),即a=5,6,7,8,9,10,11,12.這時(shí)p1=2與p2=3作用h2.

    ① 當(dāng)a=5是奇素?cái)?shù),p1=2與p2=3作用[1,5]后, 5 2×3 ·(2-1)·(3-2) =0.

    ∵5-2=3,5+2=7,∴2是關(guān)于5與p2=3的同余差.

    又∵5是棄素?cái)?shù),∴x=2或0.

    ∴a=5時(shí),有二個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì):[5,±0],[5,±2].

    ②a=6是偶數(shù),p1=2與p2=3作用[1,6]后,這時(shí) 6 2×3 ·(2-1)·(3-1) =2,∴x=1或5,

    ∵5是黑洞刪去,∴x=1,

    ∴a=6時(shí)有一個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[6,±1].

    ③ a=7是奇素?cái)?shù),p1=2與p2=3作用[1,7]后,這時(shí) 7 2×3 ·(2-1)·(3-2) =1,∴x=6是黑洞刪去,

    ∵7-4=3,7+4=11,∴4是同余差,∵7是棄素?cái)?shù),

    ∴a=7時(shí),有二個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì):[7,±0],[7,±4].

    ④ a=8是偶數(shù),p1=2與p2=3作用[1,8]后,這時(shí) 8 2×3 ·(2-1)·(3-2) =1,

    ∴x=3,∵5是同余差,

    ∴a=8時(shí),有二個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[8,±3],[8,±5].

    ⑤ a=9是奇數(shù),p1=2與p2=3作用[1,9]后,這時(shí) 9 2×3 ·(2-1)·(3-1) =3,

    ∴x=2,4,8,∵8是黑洞刪去,

    又∵3能整除9,∴無(wú)同余差,

    ∴a=9時(shí),有二個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[9,±2],[9,±4].

    ⑥ a=10是偶數(shù),p1=2與p2=3作用[1,10]后,這時(shí) 10 2×3 ·(2-1)·(3-2) =1,

    ∴x=3.∵9是黑洞刪去,7是同余差,

    ∴a=10時(shí),有二個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[10,±3],[10,±7].

    ⑦ a=11是奇素?cái)?shù),p1=2與p2=3作用[1,11]后,這時(shí) 11 2×3 ·(2-1)·(3-2) =1,∴x=6,易知11是棄素?cái)?shù),8是同余差,

    ∴a=11時(shí),有三個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[11,±6],[11,±8],[11,±0].

    ⑧ a=12是偶數(shù),p1=2與p2=3作用[1,12]后,這時(shí) 12 2×3 ·(2-1)·(3-1) =4,∴x=1或5,7,11,

    ∵11是黑洞刪去,

    ∴a=12時(shí),有三個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[12,±1],[12,±5],[12,±7].

    (3)a=13是h3中的第一個(gè)數(shù),

    ∴p1=2,p2=3,p3=5作用[1,13]后,這時(shí)

    13 2×3×5 ·(2-1)·(3-2)·(5-2) =1,x=6.

    ∵13是棄素?cái)?shù),10是同余差,

    ∴a=13時(shí),有三個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)[13,±0],[13,±6],[13,±10].

    4.綜上所述知

    xr= xr-1 pr (pr-c) (c=1或2),

    當(dāng)pi整除a時(shí)c=1,反之c=2,i=2,3,…,r,….

    當(dāng)a是素?cái)?shù)時(shí),x可能取6的倍數(shù)及同余差、棄素?cái)?shù).

    當(dāng)a是3的偶數(shù)倍時(shí),x可能取1與奇素?cái)?shù).

    當(dāng)a是偶數(shù)且不是3的倍數(shù)時(shí),x可能取3的奇數(shù)倍及同余差.

    當(dāng)a是3的奇數(shù)倍且是奇數(shù)時(shí),x可能取的值只有偶數(shù).

    xr是a被p1,p2,…,pr作用后,余下數(shù)的個(gè)數(shù)的近似值.

    ∴[xr]可作為[1,a]中等距素?cái)?shù)對(duì)個(gè)數(shù)的近似遞推公式.

    其誤差產(chǎn)生的原因有:(1)整除性;(2)多個(gè)等差級(jí)數(shù)同時(shí)并存;(3)黑洞;(4)同余差;(5)棄素?cái)?shù)等,這些都不影響[xr]≥1,故公式是可用的.

    四、定 理

    任何一個(gè)大于等于6的偶數(shù),至少可以用一個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)表示.

    證明:由引理1至引理7可知,當(dāng)a≥3時(shí),至少有一個(gè)等距素?cái)?shù)對(duì)存在,即[a,±x],0≤x

    ∴2a=(a-x)+(a+x).

    由引理可知,(a-x)與(a+x)均為素?cái)?shù).

    ∴當(dāng)a≥3時(shí),取遍一切自然數(shù)時(shí),都一一對(duì)應(yīng)一個(gè)偶數(shù)2a,且2a=(a-x)+(a+x)至少有一種表示法.

    定理證畢.

    【參考文獻(xiàn)】

    [1][2]霍爾,奈特.大代數(shù)(下)[M].席小云,譯.北京:科學(xué)普及出版社,1989:92-93.

    [3]華羅庚.數(shù)論導(dǎo)引[M].北京:科學(xué)出版社,1979:97-100.

    [4]華羅庚.數(shù)論導(dǎo)引[M].北京:科學(xué)出版社,1979:9-10.

    [5]華羅庚.數(shù)論導(dǎo)引[M].北京:科學(xué)出版社,1979:32.

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