具体数学-第10课（素数和阶乘的有趣性质）

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欧几里得数

首先我们来证明一下，素数有无穷多个。

假设素数只有 $k$ 个，分别为 $2,3, \ldots ,{P_k}$ ，那么我们构造下面的数字：
$M = 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot {P_k} + 1$
显然 $M$ 无法被 $2,3, \ldots ,{P_k}$ 中的任意一个整除，那么要么 $M$ 可以被其他的素数整除，要么 $M$ 自己就是一个素数。所以素数有无穷多个。

下面我们来定义欧几里得数，是用递归形式来定义的：
${e_n} = {e_0}{e_1}{e_2} \ldots {e_{n - 1}} + 1$

那么欧几里得数是否是素数呢？当然不是的， ${e_5} = 1807 = 13 \cdot 139$ 。

但是欧几里得数还是有很多奇妙的性质。

性质1
$\gcd ({e_m},{e_n}) = 1,m \ne n$
证明：
假设 $n > m$ ，那么有
$\gcd ({e_m},{e_n}) = \gcd ({e_m},{e_0}{e_1} \ldots {e_m}{e_{m + 1}} \ldots {e_{n - 1}} + 1) = \gcd (1,{e_m}) = 1$
性质2
如果令 $q_j$ 等于 $e_j$ 的最小素因子，那么 ${q_1},{q_2}, \ldots$ 就是一个不重复的素数序列，这也证明了素数有无穷多个。
性质3
${e_n} = {e_0}{e_1}{e_2} \ldots {e_{n - 1}} + 1 = ({e_{n - 1}} - 1){e_{n - 1}} + 1 = e_{n - 1}^2 - {e_{n - 1}} + 1$
在后面的章节可以证明：
${e_n} = \left\lfloor { {E^{ {2^n}}} + \frac{1}{2}} \right\rfloor$
其中 $E \approx 1.264$

下面我们稍稍探究一下下面这个数的性质：
${2^p} - 1$
这个数如果是素数，那么就被叫做梅森素数，那么它在什么情况下是素数呢？

首先 $p$ 不能是合数，因为有
${2^{km}} - 1 = ({2^m} - 1)({2^{m(k - 1)}} + {2^{m(k - 2)}} + \cdots + 1)$
但是如果 $p$ 是素数，这个数也不一定是素数，2017年年末美国一个电气工程师发现了人类历史上最大的梅森素数—— ${2^{77232917}} - 1$ 。

阶乘

阶乘定义如下：
$n! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot n = \prod\limits_{k = 1}^n k$
所以有
$n{!^2} = (1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot n)(n \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1) = \prod\limits_{k = 1}^n {k(n + 1 - k)}$
由基本不等式可以得到
$n \le k(n + 1 - k) \le \frac{ { { {(n + 1)}^2}}}{4}$
所以
$\prod\limits_{k = 1}^n n \le n{!^2} \le \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{ { { {(n + 1)}^2}}}{4}}$
所以
${n^{n/2}} \le n! \le \frac{ { { {(n + 1)}^n}}}{ { {2^n}}}$
这里得到了阶乘的一个粗略范围，在后面章节中，我们会得到阶乘的一个更精确的表达式：
$n! \sim \sqrt {2\pi n} {\left( {\frac{n}{e}} \right)^n}$
这就是斯特林数，搞ACM还是很有用的。

下面我们来探讨 $n!$ 中含有多少个素因子 $p$ ，个数记为 ${\varepsilon _p}(n!)$ 。

从特殊情况讨论起，当 $p=2$ 的时候，我们首先看 $n!$ 含有多少个2，然后看有多少个4，再看有多少个8，依次下去，所以答案为：
${\varepsilon _2}(n!) = \sum\limits_{k \ge 1} {\left\lfloor {\frac{n}{ { {2^k}}}} \right\rfloor }$
可以看出，这个答案不就是 $n$ 的二进制表示不停右移1位，然后相加吗？所以又可以写成：
${\varepsilon _2}(n!) = n - {\nu _2}(n)$
其中 ${\nu _2}(n)$ 表示 $n$ 的二进制表示中1的个数。

推广到一般情况：
${\varepsilon _p}(n!) = \sum\limits_{k \ge 1} {\left\lfloor {\frac{n}{ { {p^k}}}} \right\rfloor }$
放缩一下有：
${\varepsilon _p}(n!) = \sum\limits_{k \ge 1} {\left\lfloor {\frac{n}{ { {p^k}}}} \right\rfloor } < \sum\limits_{k \ge 1} {\frac{n}{ { {p^k}}} = \frac{n}{ {p - 1}}}$

如果我们令 $p=2$ 和 $p=3$ 可以发现：
${\varepsilon _2}(n!) \approx 2{\varepsilon _3}(n!)$
但是这个式子在什么情况下相等呢？这仍然是一个未解之谜。

所以 $p$ 对 $n!$ 的贡献度满足如下式子：
${p^{ {\varepsilon _p}(n!)}} < {p^{\frac{n}{ {p - 1}}}}$
又因为 $p \le 2^{p - 1}$ ，所以
${p^{ {\varepsilon _p}(n!)}} < {p^{\frac{n}{ {p - 1}}}} \le {2^n}$
假设素数只有 $k$ 个，分别为 $2,3, \ldots ,{P_k}$ ，那么有
$n! < {({2^n})^k}$
如果我们令 $n = {2^{2k}}$ ，那么
$n! < {({2^n})^k} = {2^{k{2^{2k}}}} = {2^{2k{2^{2k}}/2}} = {n^{n/2}}$
这与我们之前推过的不等式矛盾！所以一定有无穷个素数。

设小于等于 $n$ 的素数个数为 $\pi (n)$ ，所以
$n! < {2^{n\pi (n)}}$
根据斯特林数公式，我们可以得到
$\pi (n) > \lg (n/e)$

互素

定义
$m$ 和 $n$ 互素定义为 $gcd(m, n) = 1$ ，记作 $m \bot n$ 。

互素也有很多性质。

性质1
$m/\gcd (m,n) \bot n/\gcd (m,n)$
性质2
$m \bot n \Leftrightarrow \min ({m_p},{n_p}) = 0$
其中 ${m_p},{n_p}$ 就是两个数的素数指数表示法，详细定义见上一节课。
或者可以表示为
$m \bot n \Leftrightarrow {m_p}{n_p} = 0$
性质3
$k \bot m,k \bot n \Leftrightarrow k \bot mn$

Stern-Brocot树

如上图所示，Stern-Brocot树就是0到1之间的分数生成的一棵二叉树。

初始时只有 $\frac{0}{1},\frac{1}{0}$ 两个数，第一轮将两者分母相加，分子也相加作为新的分数的分母分子。第二轮再对相邻的两个分数做相同的操作，生成新的分数序列。不断生成下去，得到了上图的二叉树。

Stern-Brocot树有下面四个性质：

0到1之间的所有有理数都出现在了这棵树中。
每个分数仅出现了1次。
每个分数都是不可约分的，即分子分母互素。
生成的序列是单调递增的。

下面我们来一个一个证明。

引理
对于相邻的两个分数 $\frac{m}{n},\frac{ {m'}}{ {n'}}$ ，满足：
$m'n - mn' = 1$
证明
用数学归纳法证明。

性质4就是证明：
$\frac{m}{n} < \frac{ {m + m'}}{ {n + n'}} < \frac{ {m'}}{ {n'}}$
结论是很显然的，这样性质2同时就成立了。

性质1的话，对于任意有理数 $\frac{a}{b}$ ，假设 $\frac{m}{n} < \frac{a}{b} < \frac{ {m'}}{ {n'}}$ 。
我们采用如下策略生成 $\frac{a}{b}$ 。

如果 $\frac{ {m + m'}}{ {n + n'}} = \frac{a}{b}$ ，那么成功。
如果 $\frac{ {m + m'}}{ {n + n'}} < \frac{a}{b}$ ，那么令 $m = m + m',n = n + n'$ 。
如果 $\frac{ {m + m'}}{ {n + n'}} > \frac{a}{b}$ ，那么令 $m' = m + m',n' = n + n'$ 。

那么有
$an - bm \ge 1,bm' - an' \ge 1$
所以
$(m' + n')(an - bm) + (m + n)(bm' - an') \ge m' + n' + m + n$
而左边式子就等于 $a+b$ ，所以
$a + b \ge m' + n' + m + n$
因为 $m,n,m',n'$ 都在不断增加，所以最多 $a + b$ 轮就能生成 $\frac{a}{b}$ 。