Counting primes in the interval (n^2,(n+1)^2)
wolstenholme定理的证明
wolstenholme定理的证明wolstenholme定理是一个数论中的有趣结论,其内容如下:
如果p为素数且p>3,那么对于任意自然数a,都有a^(p-1)≡1(mod p^2)成立,其中(mod p^2)表示取模p^2的余数。
这个定理的证明可以用组合数计数的方式来完成。
证明步骤如下:
1. 考虑p的阶乘,即p!的值。
根据威尔逊定理,我们有(p-1)! ≡ -1 (mod p)。
由此可推出:
p! ≡ -1 (mod p)
2. 计算p!中有多少个p^2的因子。
由于p!的每一个数都可以写成p 个不同的余数(模p),即有p!/(p^2)个不同的余数是被p^2整除的。
因此p!中有p!/(p^2)个p^2因子。
3. 由于p!中有p!/(p^2)个p^2因子,因此p!可以被p^(p!/(p^2))整除,即:
p! ≡ 0 (mod p^(p!/(p^2)))
4. 注意到p!/(p^2) = (p-1)!,将它代入上式,得到:
p! ≡ 0 (mod p^((p-1)!))
5. 将步骤1中的结果代入,可得:
-1 ≡ 0 (m od p^((p-1)!))
6. 由模运算的性质,我们有a^((p-1)!) ≡ 1 (mod p^((p-1)!))
7. 由于p^((p-1)!)能被p^2整除,因此也有:
a^((p-1)!) ≡ 1 (mod p^2)
证毕。
这个证明利用了阶乘、模运算和组合数计数的方法,是一个巧妙而优雅的证明过程。
wolstenholme定理在数论和算术几何中有重要应用,例如在有限域和椭圆曲线的研究中会使用到。
埃拉托斯特尼筛法
埃拉托斯特尼筛法 埃拉托斯特尼筛法（希腊语：κόσκινονἘρατοσθένους，英语：sieve of Eratosthenes ），简称埃⽒筛，也称素数筛。
这是⼀种简单且历史悠久的筛法，⽤来找出⼀定范围内所有的素数。
所使⽤的原理是从2开始，将每个素数的各个倍数，标记成合数。
⼀个素数的各个倍数，是⼀个差为此素数本⾝的等差数列。
此为这个筛法和试除法不同的关键之处，后者是以素数来测试每个待测数能否被整除。
埃拉托斯特尼筛法是列出所有⼩素数最有效的⽅法之⼀，其名字来⾃于古希腊数学家埃拉托斯特尼，并且被描述在另⼀位古希腊数学家尼科马库斯所著的《算术⼊门》中。
埃⽒筛算法与步骤 给出要筛数值的范围n，找出以√2 内的素数p0，p1，... ... p k。
先⽤2去筛，即把2留下，把2的倍数剔除掉；再⽤下⼀个素数，也就是3筛，把3留下，把3的倍数剔除掉；接下去⽤下⼀个素数5筛，把5留下，把5的倍数剔除掉；不断重复下去......。
详细列出算法如下：1. 列出2以后的所有序列：2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 252. 标出序列中的第⼀个质数，也就是2，序列变成：2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 253. 将剩下序列中，划摽2的倍数（⽤红⾊标出），序列变成：2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 254. 如果现在这个序列中最⼤数⼩于等于最后⼀个标出的素数的平⽅，那么剩下的序列中所有的数都是质数，否则回到第⼆步。
埃⽒筛算法实现Rust实现：fn sieve_of_eratosthenes(n: u32)->Vec<u32>{let mut primes = Vec::<u32>::new();let mut flags = vec![true;n as usize + 1];flags[0] = false;flags[1] = false;let up_bound = ((n as f64).sqrt() + 1.0) as u32;for i in 2..=up_bound {if flags[i as usize] {let mut j = i*i;while j <= n {flags[j as usize] = false;j += i;}}}for i in 2..n {if flags[i as usize]{primes.push(i);}}primes}Rust测试代码：#[test]fn sieve_of_eratosthenes_test(){let primes = sieve_of_eratosthenes(100);assert_eq!(primes,vec![2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97]);}。
kummer判别法
kummer判别法1. 简介在数学中，kummer判别法（Kummer’s criterion）是一个用于判别某个整数是否为素数的方法。
它由19世纪德国数学家Ernst Eduard Kummer提出。
2. 算法原理kummer判别法是基于数论中的二次剩余概念的。
对于一个给定的整数n，假设n是一个奇素数。
那么对于任意一个整数a，存在某个整数k，使得a的平方与n的乘积等于k的平方。
这就是所谓的二次剩余。
kummer判别法的核心思想是：对于一个给定的奇素数n，如果存在一个整数a，使得a的平方与n的乘积不是一个二次剩余，那么n就不是素数。
3. 算法步骤kummer判别法的步骤如下：1.输入一个奇素数n。
2.选择一个整数a，计算a的平方对n取模。
3.计算n的kummer值，即(n-1)/2的整数部分。
4.如果a的平方对n取模等于1，并且kummer值为奇数，那么n是一个素数。
5.否则，n不是素数。
4. 举例说明为了更好地理解kummer判别法，我们来举个例子。
假设我们要判断整数n=17是否为素数。
首先，我们选择一个整数a=2，计算a的平方对n取模：2^2 mod 17=4。
然后，计算n的kummer值：(17-1)/2=8。
根据kummer判别法，由于4的二次剩余是1，并且kummer值8为偶数，所以17是一个素数。
5. 优点和限制kummer判别法作为一种用于判别素数的方法，具有以下优点：•算法简单，易于实现。
•判别过程快速，效率高。
•不需要进行大量的试除运算，适用于大整数的素数判别。
然而，kummer判别法也存在一些限制：•算法只适用于奇素数的判别，无法判断偶数和合数。
•在某些情况下，kummer判别法会出现“误判”，即将合数误判为素数。
•算法对于二次剩余的选择敏感，需要选择适当的a值，否则会导致判别错误。
6. 应用领域kummer判别法在密码学和数论中有着广泛的应用。
它被用于素数生成算法和素性测试算法的设计。
在 x^2 和 (x+1)^2 之间一定至少存在一素数
1. Introduction
The distribution of primes in the sequence of natural numbers is a firstly important problem in number theory. Germany mathematician E. G. H. Landau collected four best important problems in that field more hundred years before, one of them is that
Abstract In this paper a new pseudo sequence of odd numbers had been advanced, and the pseudo prime numbers in it are largely less than the real prime numbers in the real sequence of odd numbers. We have shown that there always exists at least one pseudo prime number between x2 and (x + 1)2 in this pseudo sequence of odd numbers, so it also is true in the real sequence of odd numbers. keywords: Prime, distribution of primes
R《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a 是m 得倍数．证明： 12,,n a a a 都是m 的倍数。
存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a 1122n n q p m q p m q p m1122()n n p q q p q p m即1122n n q a q a q a 是m 的整数 2．证明 3|(1)(21)n n n证明 (1)(21)(1)(21)n n n n n n n (1)(2)(1)(1)n n n n n n又(1)(2)n n n ，(1)(2)n n n 是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n从而可知3|(1)(21)n n n3．若00ax by 是形如ax by （x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ．证： ,a b 不全为0在整数集合 |,S ax by x y Z 中存在正整数，因而有形如ax by 的最小整数00ax by,x y Z ，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by则00()()r x x q a y y q b S ，由00ax by 是S 中的最小整数知0r00|ax by ax by00|ax by ax by （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b 00|(,).ax by a b 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by 故00(,)ax by a b4．若a ，b 是任意二整数，且0b ，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b 则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b 成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b 则令,22q qs t a bs a b，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t若0b 则令,22q qs t a bs a b，则同样有2b t ()ii 当q 为奇数时，若0b 则令11,22q q s t a bs a b，则有若 0b ，则令11,22q q s t a bs a b，则同样有2b t，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t 则11()t t b s s b 而111,22b bt t t t t t b矛盾 故11,s s t t 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d 是a ，b 的任一公因数， d |a ，d |b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b(,)n a b rd |1a bq 1r ， d |122b r q r ，, ┄d |21(,)n n n n r r q r a b ,即d 是(,)a b 的因数。
计算机应用数学-(组合数学)-答案哈工大
1，证明，如果从集合{1，2，...，2n}中选择n+1整数，那么总存在两个整数，它们之间相差为1.2，用鸽巢原理证明，有理数m/n展开的十进制小数最终是要循环的。
例如，34 478/99 900=0.345 125 125 125 125 12...3，一间屋内有10个人，他们当中没有人超过60岁（年龄只能以整数给出）但又至少不低于1岁。
证明，总能够找出两组人（两组不含相同人），各组人的年龄和是相同的。
题中的数10能换成更小的数吗？4，一只袋子装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。
如果我每分钟从袋子里了出1种水果，那么需要多少时间我就能肯定至少已拿出了1打相同种类的水果？5，i）证明，在边长为1的等边三角形内任意选择5个点，存在2个点，其间距离至多为1/2。
ii）证明，在边长为1的等边三角形内任意选择10个点，存在2个点，其间距离至多为1/3。
iii）确定一个整数m小n，使得如果在边长为1的等边三角形内任意选择的m小n个点，则存在2个点，其间距离至多为1/n.6，下列各数各有多少互异正因子？i）3的4次方X 5的2次方X 7的6次方X 11ii）620iii）10的10次方7，确定下列类型的一手牌（5张牌）的数目。
i）full houses （3张一样大小的牌及2张相同点数的另外大小的牌）。
ii）顺牌（5张点数相连的牌）。
iii）同花（5张一样花色的牌）。
iv）同花顺（5张点数相连的同样花色的牌）。
v）恰好两个对（一对同样大小，另一对另外点数同样大小，再有一张另外大小的5张牌）。
vi）恰好一个对（一对同样大小，另外三张另外大小且互异点数的牌）。
8，从拥有10名男会员和12名女会员的一个俱乐部选出一个5人委员会。
如果至少要包含2位女士，能够有多少种方法形成这个委员会？此外，如果俱乐部还有一位特定的男士和一们特定的女士拒绝进入该委员会一起工作，形成委员会的方式又有多少？9，学校有100名学生和3个宿舍A，B和C，它们分别容纳25，35和40人。
四个大定理
费马大定理：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n.的整数解都是平凡解，即当n是偶数时：(0,±m,±m)或(±m,0,±m)(补充：(0，0，0)是其中一个特殊解2008年由赵浩杰提出)当n是奇数时：(0,m,m)或(m,0,m)或(m,-m,0)这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。
虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁²怀尔斯和他的学生理查²泰勒于1995年成功证明。
证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。
而安德鲁²怀尔斯 (Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
研究历史1637年，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。
”(拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.")毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
对很多不同的n，费马定理早被证明了。
但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。
算法设计与分析基础习题参考答案
习题5..证明等式gcd(m,n)=gcd(n,m mod n)对每一对正整数m,n都成立.Hint:根据除法的定义不难证明:如果d整除u和v, 那么d一定能整除u±v;如果d整除u,那么d也能够整除u的任何整数倍ku.对于任意一对正整数m,n,若d能整除m和n,那么d一定能整除n和r=m mod n=m-qn；显然，若d 能整除n和r，也一定能整除m=r+qn和n。
数对(m,n)和(n,r)具有相同的公约数的有限非空集，其中也包括了最大公约数。
故gcd(m,n)=gcd(n,r)6.对于第一个数小于第二个数的一对数字,欧几里得算法将会如何处理?该算法在处理这种输入的过程中,上述情况最多会发生几次?Hint:对于任何形如0<=m<n的一对数字,Euclid算法在第一次叠代时交换m和n, 即gcd(m,n)=gcd(n,m)并且这种交换处理只发生一次..对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最少要做几次除法?(1次)b. 对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最多要做几次除法?(5次)gcd(5,8)习题1.(农夫过河)P—农夫 W—狼 G—山羊 C—白菜2.(过桥问题)1,2,5,10---分别代表4个人, f—手电筒4. 对于任意实系数a,b,c, 某个算法能求方程ax^2+bx+c=0的实根,写出上述算法的伪代码(可以假设sqrt(x)是求平方根的函数)算法Quadratic(a,b,c)描述将十进制整数表达为二进制整数的标准算法a.用文字描述b.用伪代码描述解答：a.将十进制整数转换为二进制整数的算法输入：一个正整数n输出：正整数n相应的二进制数第一步：用n除以2，余数赋给Ki(i=0,1,2...)，商赋给n第二步：如果n=0，则到第三步，否则重复第一步第三步：将Ki按照i从高到低的顺序输出b.伪代码算法 DectoBin(n).n]中i=1while n!=0 do {Bin[i]=n%2;n=(int)n/2;i++;}while i!=0 do{print Bin[i];i--;}9.考虑下面这个算法,它求的是数组中大小相差最小的两个元素的差.(算法略)对这个算法做尽可能多的改进.算法 MinDistance(A[0..n-1])n-1]a.应用该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序b.该算法稳定吗?c.该算法在位吗?解:a. 该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序的过程如下所示:b.该算法不稳定.比如对列表”2,2*”排序c.该算法不在位.额外空间for S and Count[]4.(古老的七桥问题)习题1.请分别描述一下应该如何实现下列对数组的操作,使得操作时间不依赖数组的长度.a.删除数组的第i个元素(1<=i<=n)b.删除有序数组的第i个元素(依然有序)hints:a. Replace the ith element with the last element and decrease the array size of 1b. Replace the ith element with a special symbol that cannot be a value of the array’s element., 0 for an array of positive numbers ) to mark the ith position is empty. (“lazy deletion”)习题1欧几里得算法的时间复杂度欧几里得算法, 又称辗转相除法, 用于求两个自然数的最大公约数. 算法的思想很简单, 基于下面的数论等式gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)其中gcd(a, b)表示a和b的最大公约数, mod是模运算, 即求a除以b的余数. 算法如下:输入: 两个整数a, b输出: a和b的最大公约数function gcd(a, b:integer):integer;if b=0 return a;else return gcd(b, a mod b);end function欧几里得算法是最古老而经典的算法, 理解和掌握这一算法并不难, 但要分析它的时间复杂度却并不容易. 我们先不考虑模运算本身的时间复杂度(算术运算的时间复杂度在Knuth的TAOCP中有详细的讨论), 我们只考虑这样的问题: 欧几里得算法在最坏情况下所需的模运算次数和输入的a和b的大小有怎样的关系?我们不妨设a>b>=1(若a<b我们只需多做一次模运算, 若b=0或a=b模运算的次数分别为0和1), 构造数列{un}: u0=a, u1=b, uk=uk-2 mod uk-1(k>=2), 显然, 若算法需要n次模运算, 则有un=gcd(a, b), un+1=0. 我们比较数列{un}和菲波那契数列{Fn}, F0=1<=un, F1=1<=un-1, 又因为由uk mod uk+1=uk+2, 可得uk>=uk+1+uk+2, 由数学归纳法容易得到uk>=Fn-k, 于是得到a=u0>=Fn, b=u0>=Fn-1. 也就是说如果欧几里得算法需要做n次模运算, 则b必定不小于Fn-1. 换句话说, 若 b<Fn-1, 则算法所需模运算的次数必定小于n. 根据菲波那契数列的性质, 有Fn-1>n/sqrt(5), 即b>n/sqrt(5), 所以模运算的次数为O(lgb)---以b为底数 = O(lg(2)b)---以2为底数，输入规模也可以看作是b的bit位数。
两个筛法的故事
原文网址：/notices/199612/pomerance.pdf原作者：Carl Pomerance两种筛法的故事Carl Pomerance（这篇文章献给我的朋友和老师Paul Erdos，以资纪念）现在是分解大数成质因子比赛的最好时代。
在1970年不可能分解一个20位的“硬”数。
在1980年，那时是Brillhart-Morrison连分数分解算法的鼎盛时期，分解一个50位的数正变得平常起来。
在1990年，我的二次筛法分解算法已经使能分解的大数位数翻倍，记录达到116位。
到1994年二次筛法已经分解了著名的129位的RSA挑战数，此数Martin Gardner在1976年的科学美国人杂志专栏中估计它在4x10^16年内是安全的（虽然那时的其他人会谦虚点）。
但现在二次筛法也不是冠军了。
它在1996年春天被Pollard的数域筛法所取代，此方法成功地分解了一个130位的RSA挑战数，并且只需要二次筛法所需时间的15%。
在本文中我们会简要地谈及这些分解算法—这两种筛法—以及很多参与研发算法的人们中的一部分。
在本世纪中叶，有关计算的事情似乎是过时的。
在绝大多数的书中分解大数的问题几乎被忽视，因为它被认为是很普通的。
毕竟，从原理上讲因子分解是可行的，那还去讨论什么？也有少数研究者不考虑这种耗时的方式，努力去发现更快的分解方法。
对这些研究者来说，时间是基本和重大的问题，没法把它扔到一边。
但时代在变化。
在最近的几十年里我们已看到可存取的快速计算能力的肇始，也看到加密系统的产生，并且它的安全性基于可推测的对快速大数分解（或其他数论问题）的无能力。
今天很多人对分解感兴趣，承认它不仅是加密系统的安全性基准，也是计算能力本身的基准（就像SuperPi一样).在1984年美国计算机械协会颁发了一枚徽章给美国电子电气工程师协会（IEEE），那年是IEEE100周年纪念。
这枚徽章刻上了那年由二次筛法完成分解的的素数分解式。
多项式时间判定素数
Manindra Agrawal, Neeraj Kayal and Nitin Saxena∗ Department of Computer Science & Engineering Indian Institute of Technology Kanpur Kanpur-208016, INDIA August 6, 2002
2
Basic Idea and Approach
Our test is based on the following identity for prime numbers. This same identity was basis for a randomized polynomial-time algorithm in [AB99]: Identity Suppose that a is coprime to p. Then p is prime if and only if (x − a)p ≡ (xp − a)(mod p) (1)
∗ Emailຫໍສະໝຸດ addresses: manindra@cse.iitk.ac.in, kayaln@iitk.ac.in, nitinsa@cse.iitk.ac.in
1
The ultimate goal of this line of research is, of course, to obtain an unconditional deterministic polynomial-time algorithm for primality testing. Despite the impressive progress made in primality testing so far, this goal has remained elusive. In this paper, we achieve this. We give a deterministic, ˜ ((log n)12 ) time algorithm for testing if a number is prime. Heuristically, our algorithm does much O better: under a widely believed conjecture on the density of Sophie Germain primes (primes p such that ˜ ((log n)6 ) steps. The correctness proof of our algorithm 2p + 1 is also prime), the algorithm takes only O requires only simple tools of algebra (except for appealing to a sieve theory result on the density of primes p with p − 1 having a large prime factor). In contrast, the correctenss proofs of deterministic algorithms of [APR83, GK86, Atk86] are much more complex. In section 2, we summarize the basic idea behind our algorithm. In section 3, we state some preliminary theorems and fix the notation used here. Thereafter, we state the algorithm in full detail and present the proof of correctness.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
a
r
X
i
v
:
m
a
t
h
/
0
6
0
7
0
9
6
v
1
[
m
a
t
h
.
N
T
]
4
J
u
l
2
0
0
6
TRANSACTIONSOFTHE
AMERICANMATHEMATICALSOCIETY
Volume00,Number0,Pages000–000
S0002-9947(XX)0000-0
COUNTINGPRIMESINTHEINTERVALn2,(n+1)
2
MEHDIHASSANI
Abstract.Inthisnote,weshowthattherearemanyinfinitypositiveinteger
valuesofninwhich,thefollowinginequalityholds
1log(n+1)−n2loglogn
≤π(n+1)2−π(n2).
1.Introduction
ConsideringEuclid’sprooffortheexistencemanyinfinityprimes,wecangetthe
followinginequalityformanyinfinitevaluesofn:
1≤π(n+1)2−π(n2),
inwhichπ(x)=#[2,x]∩P,andPissetofallprimes.Now,wehavesome
strongresults,whichallowustochange1inlefthandsideofaboveinequalitybya
nontrivialone.Infact,weshowthattherearemanyinfinitypositiveintegervalues
ofn,inwhichthefollowinginequalityholds:
1log(n+1)−n2loglogn
≤π(n+1)2−π(n2).
Thisistheresultofanunsuccessfulchallenge,forprovingtheold-famousconjecture,
whichassertsforeveryn∈N,theintervaln2,(n+1)2containsatleastaprime.
Surely,PrimeNumberTheorem[1],suggestsafewmorenumberofprimesas
follows:
F(n)∼1log(n+1)−
n
2
2(n+1)2logn
+log2nloglogn.
ThisconjecturehasbeencheckedbyMapleforall5≤n≤10000.
Conjecture2.Foreveryn≥3,wehave
1
log(n+1)−n2loglogn
−1
ThisconjecturehasbeencheckedbyMapleforall3≤n≤10000.Also,asmen-
tionedabove,weshowthatformanyinfinitypositiveintegervaluesofn,thetruth
ofthisconjectureholds.Todothis,weneedthefollowingsharpboundsforthe
functionπ(x)(see[2]):
(1.1)L(x)=xlogx+
1.8
logx
1+
1
log2x
(x≥355991).
2.MainResult
Lemma2.1.Foreveryn≥2,wehave
n2log9−n−1k=3log2k
2logn
1+120log2n
.
Proof.Foreveryn≥2,considerthefollowinginequality
n240log3n+n−1k=3log2k
log9
.
Notethattheleftmemberofit,ispositiveandtherightmemberisnegative.So,
clearlyitholdsforeveryn≥2.
Lemma2.2.Foreveryn≥180,wehave
n2log9−n−1k=3log2k
32299weobtain
n
2
2logn
+
9
2(n+1)2logn
−
log2n
2n2log3
−
n−1
k=3
log2k
2(k+1)2logk
−
log2k
COUNTINGPRIMESINTHEINTERVALn2,(n+1)23
whichholdsforalln≥180.Now,wenotethattermsundersummations,inboth
sidesarenon-negativeintegersandthiscompletestheproof1.
However,thischallengewasunsuccessfulforprovingtherelation
{n|n2,(n+1)2∩P=φ}=N,
butitseemsthatitcanbeusefulforimprovingit.Toseethis,let
g(n)=#t|t∈N,t≤n,P∩t2,(t+1)2=φ.
Clearly,limn→∞g(n)=∞andg(n)≤n.Notethatg(n)=nisabovementioned
openproblem.Alowerboundforg(n)isthefollowingbound,whichcanyieldby
consideringprevioustheoremforeveryn≥597;
g(n)≥M(n),
inwhich
M(n)=maxmnk=5971log(k+1)−k2loglogk≤nk=mU(k+1)2−L(k2).
Clearly,ifn→∞,thenwehave
M(n)=O(n).
Also,wehavethefollowingconjectureonthesizeofM(n):
Conjecture3.Foreveryǫ>0thereexistsnǫ∈Nsuchthatforalln>n
ǫ
wehave
M(n)>(1−ǫ)n.
References
[1]H.Davenport,MultiplicativeNumberTheory(SecondEdition),Springer-Verlag,1980.
[2]P.Dusart,In´egalit´esexplicitespourψ(X),θ(X),π(X)etlesnombrespremiers,C.R.Math.
Acad.Sci.Soc.R.Can.21(1999),no.2,53–59.
InstituteforAdvanced,StudiesinBasicSciences,P.O.Box45195-1159,Zanjan,Iran.
E-mailaddress:mmhassany@srttu.edu