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从台尔曼公式谈起


18

中 等 数 学

  S = 2 × × = 42 = 2 m1 = 3 m2 = 5 m3 + 2 3 7

从 台尔曼公式谈起
王晓明
( 成都市金牛区营门口社区医院 ,610036)

= 7 m4 = 11 m5 + 9 ,
T = 5 × = 55 =

2 m1 + 1 = 3 m2 + 1 = 5 m3 11

= 7 m4 + 6 = 11 m5 ,
T + S = 55 + 42 = 97 ,

   1961 年 ,台尔曼 (M. H. Tallman) 给出下面 一个可产生素数的公式 :
N= Pn pi pj …pm
n i =1

55 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1 = 5 m3 + 0 = 7 m4 + 6 = 11 m5 + 0 +   = 2 m1 + 0 = 3 m2 + 0 = 5 m3 + 2 = 7 m4 + 0 = 11 m5 + 9 42 97 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1 = 5 m3 + 2 = 7 m4 + 6 = 11 m5 + 9
T - S = 55 - 42 = 13 = 2 m1 + 1 = 3 m2 + 1

±pi pj …pm .

这里 Pn = ∏pi ( 前 n 个素数之积) , pi , pj , …,
pm 是前 n 个素数中的部分或全部 .

= 5 m3 + 3 = 7 m4 + 6 = 11 m5 + 2. 97 与 13 之所以是素数 ,是因为它们符合

显然 ,若 N < p n + 1 ( pn + 1 为第 n + 1 个素 数) ,则 N 为素数 . 其实这是一种递推形式的 公式 . 例如 , 2× × × × 3 5 7 11 N= ± × × 2 3 7 2× × 3 7 = 55 ± = 97 和 13 42 2 2 都小于 13 ( < p n + 1 ) , 所以都是素数 . 可以用 笔者给出的素数公式 诠释台尔曼公式 . 定理  n 不能被不大于 n 的任何素数整 除 ,则 n 是素数 . 公式  n = p1 m1 + a1 = p2 m2 + a2 = …=
pk m k + ak .
[2 ]

2

素数公式 ,最小剩余不为 0 , 且都小于 13 . 也 ( 就是说 ,台尔曼公式符合素数公式 ( 1 ) 、2 ) . 如果 T - S > 2 , T <
pk + 1
2

2

2

. T + S 就小于 p k + 1 ,

2

T + S 与 T - S 就都是素数 .

台尔曼公式提示我们 , 是否对任何自然 数 n ,都有 x , n - x > 2 ,使得 n ±x 都是素数 . 这就是著名的哥德巴赫猜想 : ( n + x) + ( n - x) = 2 n . 我们知道 ,根据孙子定理 ,任何一个自然 数 n 都可以惟一地表示成 :
n = p1 m1 + d1 = p2 m2 + d2 = …

( 1)
2

= pk m k + dk ,
2

( 3)

这里 p1 , p2 , … 表示顺序素数 2 ,3 ,5 , …, ai =
1 ,2 , …, pi - 1. 若 n < p k + 1 ,则 n 是素数 .

其中 p1 , p2 , … 表示顺序素数 2 ,3 , …, di = 0 ,
1 ,2 , …, pi - 1 , n <
pk +1

公式 ( 1) 的同余形式为 : n ≡a1 ( mod p1 ) , n ≡a2 ( mod p2 ) , …, n ≡
ak ( mod pk ) .

2

.

但无力证明是否必然存在 x :
x = p1 h1 + e1 = p2 h2 + e2 = …

( 2)

由孙子定理 , 公式 ( 2 ) 在给定 a 值时 , 在 p1 p2 …pk 内有惟一解 . 利用上两公式可构造 全部素数 . 上例分子 = 2 ×3 ×5 ×7 ×11 = 2 310 =
2 m1 = 3 m2 = 5 m3 = 7 m4 = 11 m5 . 把 N 分成两

= pk hk + ek .

( 4)

其中 p1 , p2 , … 表示顺序素数 2 ,3 , …; di + ei ≠pi , di - ei ≠ , 使得式 ( 3) 加 、 0 减式 ( 4 ) 后最 小剩余不为 0 , 即 n + x 与 n - x 都符合式 ( 1) 、2) . ( 举例 ,设 n = 10 ,10 = 2 m1 + 0 = 3 m2 + 1 ,
5 , 2
x = 2 h1 + 1 = 3 h2 + 0 ,解得 x = 3.
2

部分 ,设
Pn pi pj …pm

= T , pi pj …pm = S ,

10 <



2002 年第 5 期

19

知 10 + 3 与 10 - 3 是一对素数 . ( d1 = 0 , e1 = 1 , d2 = 1 , e2 = 0 ; d1 + e1 ≠ , 2
d1 - e1 ≠ , d2 + e2 ≠ , d2 - e2 ≠ ) 0 3 0. n 值越大 , x 解数越多 .

tan

A

2

+ tan

B

2

+ tan

C

2
2

=

4R + r
s


a b c s + + ≤( . b c a 4 R + r) r

如果证明必然存在 x , 就证明了哥德巴 赫猜想 .
参考文献 :
[1]   陈志云 . 关于一个寻求素数方法的理论依据 . 中等数

故要证不等式 ( 3) 成立 ,只要证明
s
2

( 4 R + r) r



s

3r

学 ,2001 (4) .
[2]   王晓明 . 素数问题的三种新证法 . 中等数学 ,2001 (1) . [3]   吴振奎 . 谈谈素 ( 质) 数表达式 . 中等数学 ,1999 (2) .

也谈 Klamkin 不等式的上界
舒金根
( 浙江省衢州第二中学 ,324000)

   1971 年 ,M. S. Klamkin 建立了如下一个涉 [1 ] 及三角形三边的不等式 :
a b c + + b c a

( 2) .

参考文献 :

[1 ]   S. Mitrinovic 等著 ,陈计等译 . 几何不等式的新进展 . D.

1 ≥ ( a + b + c) 3

1
a

+

1
b

+

1
c

.

( 1)

[2]   宿晓阳 . K lamkin 不等式的上界估计 . 中等数学 ,1999 (3) .

在文 [ 2 ] 中 , 宿晓阳先生给出了 Klamkin 不等式的上界估计 : a b c 1 + + ≤ ( a + b + c) b c a 3 1 1 1 ( 2) ? + + . b+ c- a c+ a- b a+ b- c 本文给出式 ( 2) 的加强 . 定理  设 a 、 、 、 、 分别是 △ABC 的 b c r s 三边长和内切圆半径及半周长 ,则
a b c s + + ≤ . b c a 3r

( 3)

证明 : 在 △ABC 中 ,有   cot
A

2

+ cot

B

2

+ cot tan

C

2
A


B

a b c   ≥ + + b c a

2

+ tan

2

+ tan

C

2

.

由恒等式
s cot + cot + cot = , 2 2 2 r A B C

其中 s 、 R 、 分别为三角形的半周长 、 △、 r 面

由 Wlombier2Doncet 不等式 3 s ≤( 4 R + 2 r) 知式 ( 4) 成立 ,从而式 ( 3) 成立 .
2


=

1

b+ c- a

+

c+ a- b

1 A B C 4R + r tan + tan + tan = , 2r 2 2 2 2 rs

故要证式 ( 3) 强于式 ( 2) 只要证明
4R + r 4R + r ≤ Ζs≤ . 3r 3r 3
s

不等式 ( 5) 即式 ( 4) 成立 ,知式 ( 3) 强于式

北京 : 北京大学出版社 ,1994.

两个不等式的最佳形式
庞如兰
( 安徽省蒙城县双涧中学 ,233521)

   [ 1 ] 给出如下两个优美的不等式 : 文

∑r r
a

ha hb
a b

≥; 3

∑h h

ra rb

≥ 3.

b

本文将证明上述两个不等式的最佳形式

∑r r
a

ha hb
a b

=

4R - 2r
R
2

∑h h

ra rb

=

b

s - 8 Rr + r . 2 4r

4R + r Ζs≤ . 3 1 + ;
2

( 4)

1

a+ b- c

( 5)

① ②

③ ④


台尔曼公式扩展与孪生台尔曼数

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素数普遍公式

(四) 解释问题可以说明 1,台尔曼素数公式。(参见“从台尔曼公式谈起”《中等数学》2002 年 5 期) 2,福蒂恩猜想。剑桥大学人类学家福蒂恩发现: 若与 p1p2...