四个猜想的证明作者姓名：弯国强作者地址：漯河市舞阳县莲花镇第二初级中学E-mail：632158@163.com自然数是我们再熟悉不过的数了，然而我们真的对它们真正了解了吗？其实在自然数中还隐藏着很多的秘密，我们还没有发现。有时候越是我们熟悉的事物，我们对它们越是不了解。还者说是对它们司空见惯了，而忽视了对它们的思考。下面我们就研究一下一个与自然数有关的性质。定理：（素数的个数公式）设n为正整数，为n的前部素数，是前部质数的个数，那p12,,pp""mmn=π()么所有不大于n的素数的个数⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mnπ()nmn=+−⎢⎥+⎢⎥−⎢⎥+""+−(1)⎢m⎥−1∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢p⎥⎢∏i⎥⎣i=1⎦根据容斥定理我们可以知道后部质数的个数为⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mn，故jn=−⎢⎥+⎢⎥−⎢⎥+""+−()110⎢⎥m−≥∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢⎥p⎢⎥∏i⎣⎦i=1⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mnn−+⎢⎥⎢⎥−⎢⎥++−≥""()11⎢m⎥∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢p⎥⎢∏i⎥⎣i=1⎦当mn=π()时，有容斥原理可以知道这个公式表示n减去n以内的全部质数倍数的个数也就是只剩下1。故⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mnn−+⎢⎥⎢⎥−⎢⎥++−=""()11⎢m⎥∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢p⎥⎢∏i⎥⎣i=1⎦当ππ()nm<<()n时，有容斥原理可以知道这个公式表示n减去n以内m个质数倍数的个数也就是还剩有质数和1。故⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mnjn≥−⎢⎥+⎢⎥−⎢⎥+""+−()11⎢m⎥>∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢p⎥⎢∏i⎥⎣i=1⎦当0<<mnπ()时，有容斥原理可以知道这个公式表示n减去n以内m个质数倍数的个数也就是还剩有质数，合数和1。故⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mnnj−+⎢⎥⎢⎥−⎢⎥++−≥""()1⎢⎥m∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢⎥p⎢⎥∏i⎣⎦i=1当m=0时，有容斥原理可以知道这个公式表示n减去n以内0个质数倍数的个数也就是没有减去一个数。故⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤mnnn−+⎢⎥⎢⎥−⎢⎥++−=""()1⎢⎥m∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢⎥p⎢⎥∏i⎣⎦i=1我们可以把自然数列按照某个自然数分段，并把这个分段记为T，Tr表示第r个分段。例如：按照自然数3分段，就是每隔3个数分一段。1，2，3；4，5，6；7，8，9；…………第1段为1，2，3记为T1={1,2,3}，……第r段记为Trrrr={3−−2,31,3}按照自然数5分段，就是每隔5个数分一段。1，2，3，4，5；6，7，8，9，10；11，12，13，14，15；…………第1段为1，2，3，4，5记为T1={1,2,3,4,5}，……第r段记为Trrrrrr=−{54,5−3,5−2,5−1,5}我们把第1分段中的全部质数叫基质数。例如T1={1,2,3}中的基质数为2，3T1={1,2,3,4,5}中的基质数为2，3，5定理：1设T是自然数的任一分段，分段Tr中基质数倍数的个数不大于分段T1中基质数的倍数的个数。证明：设Tn1={1,2,3,"",}，p12,,pp""m是T1中的基质数。集合Ap=={1,2质数i的倍数,i""m｝，AT⊂1，那么由容斥定理我们可以得到，A中⎡⎤mmm⎢⎥⎡⎤nn⎡⎤⎡n⎤m−1n元素的个数为⎢⎥−+⎢⎥⎢⎥++−""()1⎢m⎥∑∑pppppp∑iijijk=<1⎣⎦iijijk⎣⎦⎢⎥<<⎣⎢⎦⎥⎢p⎥⎢∏i⎥⎣i=1⎦集合B=={1,2质数pii的倍数,""m｝，B⊂Tr，设B中元素的个数为SB中元素的最大个数为Sm⎡n⎤当n为偶数时，B中的元素个数为偶数，刚好取整，不必加1；当n为奇数np≠m时，⎣⎢2⎦⎥n至少能被p23,,pp""m其中一个整除，否则n为质数，这与pm是n中最大的质数矛盾。1当np=m时，pnm，故至少有一个刚好取整，不必加1.因此Cm−1。mm⎛⎞⎛⎞⎡⎤nn1