拉马努扬的论文
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高度复合数
伦敦数学学会会刊,2,XIV,1915,347–409

一、。
结果介绍和总结

$N$的除数$d(N)$随极端不规则性而变化,如下所示$N$趋向无穷大,趋向无穷大或根据格式为$N$。在本文中,我证明了大量的结果据我们所知,$d(N)$的行为非常好。Dirichlet证明了这一点1那个$$\frac{d(1)+d(2)+d(3)+\cdots+d(N)}{N}=\log N+2\gamma-1+O\左(\frac{1}{\sqrt{N}}\right)\href{#p15_en2}{^2}$$其中$\gamma$是欧拉常数。沃龙尼和兰道4已经展示了错误项可以替换为$O(N^{-\frac{2}{3}+\epsilon})$,或者实际上$O(N^{-\frac{2}{3}}\log N).$似乎不太可能错误的形式是$O(N^{-\frac{3}{4}+\epsilon})$,但这是目前为止未经验证。然而,哈迪先生最近出柜了5方程式$$\frac{d(1)+d(2)+d(3)+\cdots d(N)}{N}=\log N+2\gamma-1+o(N^{-\裂缝{3}{4}})$$当然是假的。他也证明了\开始{eqnarray*}d(1)+d(2))+\cdots+d(N-1)+\myfrac{1}{2}d(N))-N\log N-(2\gamma-1)N-\myfrac{1}{4}\\=\sqrt{N}\sum^\infty_1\frac{d(N)}{\sqrt}[H_1\{4\pi\sqrt{(N N)}\}-Y_1\{4\pi\sqrt{(nN)}\}],\结束{eqnarray*}其中$Y_n$是贝塞尔方程的普通二阶解,并且$$H_1(x)=\frac{2}{\pi}\int\limits^\infty_1\frac{we^{-xw}数据}{\sqrt{(w^2-1)}}$$右边的级数是级数的和$$\压裂{N^{\压裂{1}{4}}}{\pi\sqrt{2}}\sum^\infty_1\压裂{d(n)}{n^{\压裂{3}{4}}}\cos\{4\pi\sqrt{(nN)}-\myfrac{1}{4{pi\}$$和一个绝对一致收敛的级数。

因此,已知$d(N))$的“平均”顺序相当准确。在本文中,我考虑的不是$d(N))$的平均顺序,而是它的最大顺序订单。这个问题研究得更少。很明显$$d(N)\lt 2\sqrt{N}$$这是威格特展示的6那个

\开始{方程式}d(N)\lt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}(1+\epsilon)}\tag{i}\结束{方程式}
对于$\epsilon$的所有正值和$N$,以及
\开始{方程式}d(N)\gt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}(1-\epsilon)}\tag{ii}\结束{方程式}
对于无限大的$N$值。发件人(i)特别是$$d(N)\lt N^\delta$$对于$\delta$的所有正值和$N$的所有足够大的值。威格特证明(i)通过纯粹的初等推理,但使用“”素数定理“”7来证明(ii)。这是,然而,不必要的是,不平等(ii)还能够基本证明。在$\S$5中,我通过基本推理表明$$d(N)\lt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}+O\frac}\log N}{(\log\log N)^2}}$$对于$N$的所有值,以及$$d(N)\gt 2^{\frac{\log N}{\log\log N}+O\frac}(\log\log N)^2}}$$对于$N$的无穷大的值。如果我们假设关于素数分布的所有已知结果,那么$$d(N)\lt 2^{Li(\log N)+O[\log Ne^{-a\sqrt{(\og\log N)}}]}$$对于$N$的所有值,以及$$d(N)\gt 2^{李(\log N)+O[\log Ne^{-a\sqrt{(\log\log N)}}]}$$对于值$N$的无穷大,其中$a$是一个正常数。然后我采用了不同的观点,我将高度复合数定义为除数数超过其所有前辈的数。在表单中写入这样的数字$$N=2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdotes p^{a_p}$$我证明了这一点$$a_2\geq a_3\geq a_5\geq\cdots\geq a_p$$还有那个$$a_p=1$$除4和36外,所有高综合价值$N$。然后我继续证明,接近开始的指数形成了下降更严格意义上的顺序,即$$a_2\gt a_3\gt a_5\gt cdots\gt a_\lambda$$其中$\lambda$是$p$的特定函数。在接近末端时可能会出现指数相等的群,我证明存在实际上指数组等于$1,2,3,4美元\ldot,\mu$$其中$\mu$又是$p$的特定函数。我还证明,如果$\lambda$与$p$相比相当小,那么$$a_\lambda\log\lambda \sim\frac{\log p}{\log2}$$后面的指标可以分配一个最大统一的误差。我还证明了两个连续的高度复合数是渐近的等价的,即两个连续的此类数字的比率趋向于团结一致。这些是最显著的结果。将找到更精确的在论文正文中。这些结果使我们对高度复合数的结构。

然后,我从高复合数的一般集合中选择一个特殊的我称之为“高级高度复合数”的集合。我完全确定所有这些数字的一般形式,我展示了如何将这些想法结合起来假设真值为关于$\zeta$-函数根的黎曼假设导致偶数关于$d(N)$最大阶的更精确结果。这些结果自然不同于以往的一切,因为它们依赖于迄今尚未证实的假说。

二、。
关于$d(N)$。

2.让$d(N)$表示$N$的除数,并让

\开始{方程式}N=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\cdots p_N^{a_N},\结束{方程式}
其中$p_1、p_2、p_3、\ldots、p_n$是$n$素数的给定集合。然后
\开始{方程式}d(N)=(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots(1+an_N)。\结束{方程式}
发件人(1)我们看到了\开始{eqnarray*}(1/n)&&\log(p_1 p_2 p_3\cdots p_n n)\n编号\\&=&(1/n)\{(1+a_1)\log p_1+(1+a_2)\logs p_2+\cdots+(1+a_n)\log p_n\}\非数字\\&&\gt\{(1+a_1)(1+a_2)(1+3)\cdots(1+an_n)\log p_1\log p2\cdots\logp_n\}^{1/n}。\结束{eqnarray*}因此我们有
\开始{方程式}d(N)\lt\frac{{(1/N)\log(p_1 p_2 p_3\cdots p_N N)\}^N}{\log p_1\log p2\日志p_3\cdots\log p_n},\结束{方程式}
对于$N$的所有值。

我们现在将考虑通过以下方式获得$d(N)$的可能性指数$a_1、a_2、a_3、\ldots、a_n.$的选择

\开始{方程式}1+a_m=v\frac{\log p_n}{\logp p_m}+\epsilon_m(m=1,2,3,\ldots,n),\结束{方程式}
其中$v$是一个大整数,$-\myfrac{1}{2}\lt\epsilon_m\lt\myfrac{1}}}.$然后,从(4),很明显
\开始{方程式}\εn=0。\结束{方程式}
因此,根据Dirichlet的一个著名定理8,可以选择任意大的$v$值,例如
\开始{方程式}|\epsilon_1|\t\ epsilon,|\epsilon_2|\t\ε,|\ε_3|\t\epsilon,\ldots,|\epsilon_{n-1}|\lt\epsilen,\结束{方程式}
其中$\epsilon\leq v ^{-1/(n-1)}.$现在让我们
\开始{方程式}t=v\log p_n,\delta_m=\epsilon_m\log p _m。\结束{方程式}
然后从(1),(4)(7),我们有
\开始{方程式}\log(p_1 p_2 p_3\cdots p_n n)=nt+\sum^n_1\delta_m。\结束{方程式}
类似地,从(2),(4)(7)我们看到了
\开始{eqnarray}d(N)&=&\分数{(t+\delta_1)(t+\ delta_2)\cdots(t+\telta_N)}{\log p_1\log p_2\log p_3\cdots\log p_n}\n编号\\&=&\ds{\frac{t^n\exp\ds\left\{\frac{\sum\delta_m}{t}-\frac}\sum\增量_m^2}{2t^2}+\frac{\sum\delta_m^3}{3t^3}-\cdots\right\}}{\log p_1\log p2\log p _3\cdots\log p _n}}\n编号\\&=&\ds{\left(t+\frac{\sum\ds\delta_m}{n}\right)^n\frac{\exp\ds\left\{-\frac}n\sum\增量^2-(\sum\delta_m)^2}{2nt^2}+\frac{n^2\sum\delta_m^3-(\sum\delta_m)^3}{3n^2t^3}-\cdots\right\}}{\log p_1\log p2\log p _3\cdots\log p_n}}\n编号\\&=&\frac{{(1/n)\log(p_1 p_2 p_3\cdots p_n n)\}^n}{\log p_1\log p2\cdots\log p_n}\n编号\\&&\left[1-\half(\log N)^{-2}\left\{N^2 \sum\delta_m^2-左n\left(\sum\delta_m\right)^2\right\}+\cdots\right],\结束{eqnarray}
凭借(8).来自(6),(7)(9)因此,有可能选择索引$a_1、a_2、\ldots、a_n$,以便
\开始{方程式}d(N)=\frac{{(1/N)\log(p_1 p_2 p_3\cdots p_nN)\}^N}{\log p_1\log p2\cdots\log p_n}\{1-O(\log n)^{-2n/(n-1)}\},\结束{方程式}
其中符号$O$具有其普通含义。

下面的例子说明了$d(N)$的近似值可以有多接近在的右侧(3).如果$$N=2^{72}\cdot 7^{25}$$然后,根据(3),我们有

\开始{方程式}d(N)1898.00000685吨;\结束{方程式}
事实上$d(N)=1898.$同样,取$$N=2^{568}\cdot 3^{358}$$我们有,通过(3),
\开始{方程式}d(N))(204271.000000372)吨;\结束{方程式}
而$d(N)$的实际值为204271。以类似的方式,当$$N=2^{64}\cdot 3^{40}\cdot5^{27}$$我们有,通过(3),
\开始{方程式}d(N)\lt 74620.00412\ldot;\结束{方程式}
而实际上d美元(N)=74620$$

3.现在我们假设$N$保持不变,允许使用质数$p_\nu$以及索引$a_\nu$$变化。显然,作为$N$函数的$d(N)$是当素数$p_nu$是前$n$素数时,最大值为$2,3,5,\ldot,p、 $,其中$p$是第$n$个素数。因此,它来自(3)那个

\开始{方程式}d(N)\lt\frac{{(1/N)\log(2\cdot 3\cdot 5\cdots p\cdot N)\}^N}{\log 2\log 3\log 5\cdots\log p},\结束{方程式}
和来自(10)可以选择指数,以便
\开始{方程式}d(N)=\frac{{(1/N)\log(2\cdot3\cdot5\cdotsp\cdotN)\}^N}{\log2\log3\log5\cdots\log p}\{1-O(\log N)^{-2n/(N-1)}\}。\结束{方程式}

4.在我们开始考虑最普遍的情况之前已知$N$,我们必须证明某些初步结果。设$\pi(x)$表示不超过$x$的素数,并设$$\vartheta(x)=\log 2+\log 3+\log 5+\cdots+\ log p$$$$\varpi(x)=\log 2\cdot\log 3\cdot\log 5\cdots\log p$$其中$p$是不大于$x$的最大素数;也让$\phi(t)$成为$t$的函数,使$\phi'(t)$在2和$x$之间连续。然后

\开始{eqnarray}\int\limits^x_2\pi(t)\phi'(t)dt&=&\int\limps^3_2\phi'\int\limits^5_3\phi'(t)dt+3\int\limps^7_5\phi'\\&+&4\int\限制^{11}_7\phi'(t)dt+\cdots+\pi(x)\int\限制^x_p\φ'(t)dt \n数字\\&=&\{φ(3)-\phi(2)\}+2(5) \}\n编号\\&+&4\{φ(11)-\phi(7)\}+\cdots+\pi(x)\{(p) \}\n编号\\&=&\π(x))\φ(x)-\{\φ(2)+\φ(3)+\ phi(5)+\ cdots+\φ(p) \}。\结束{eqnarray}
例如,假设$\phi(t)=\log t.$,那么我们有
\开始{方程式}\pi(x)\log x-\vartheta(x)=\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t}dt。\结束{方程式}
再次让我们假设$\phi(t)=\log\log t.$然后我们看到
\开始{方程式}\pi(x)\log\log x-\log\varpi(x)=\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t\对数t}dt。\结束{方程式}
但是$$[int\limits^x_2\frac{\pi(t)}{t\log t}dt=\ frac{1}{\log x}\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t}dt+\int\limps^x_2\left(\frac{1}{u(\logu) ^2}\int\限制^u_2\frac{\pi(t)}{t}dt\right)du$$因此我们有
\开始{eqnarray}&&\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi(x)}\right\}-\log\varpi(x) \n数字\\&=&\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi\压裂{1}{\logx}\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t}dt+\int\limits_2^x\left(\frac{1}{u(\log u)^2}\int\ limits^u_2\压裂{\pi(t)}{t}dt\right)du。\结束{eqnarray}
但是\开始{eqnarray*}\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi(x)\log x}\right\}&=&\pi(x) \log\left\{1-\frac{\pi(x)\log x-\vartheta(x)}{\pi(x)\ logx} \右\}\\&=&\pi(x)\log\left\{1-\frac{1}{\pi\压裂{\pi(t)}{t}dt\right\}\\&<&-\frac{1}{\log x}\int\限制^x_2\压裂{\pi(t)}{t}dt;\结束{eqnarray*}等等
\开始{方程式}\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi(x)\log x}\right\}+\frac{1}{\logx}\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t}dt\lt0。\结束{方程式}

再一次,\开始{eqnarray*}\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi(x)\log x}\right\}&=&-\pi\log\left\{1+\frac{\pi(x)\log x-\vartheta(x)}{\vartheta(x) }\右\}\\&=&-\pi(x)\log\left\{1+\frac{1}{\vartheta(x)}\int\limits^x_2\frac{\pi(t)}{t}dt\right\}\gt-\frac{\ pi(x)}{\vartheta(x){int\ limits^x_2\压裂{\pi(t)}{t}dt;\结束{eqnarray*}等等

\开始{eqnarray}\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi(x)\log x}\right\}+\frac}{\logx} \int\limits ^x_2\frac{\pi(t)}{t}dt&\gt&-\frac}\pi(x) }{\vartheta(x)\log x}\int\limits ^x2\frac{\pi(t)}{t}dt\n非数字\\&=&-\frac{1}{\vartheta(x)\log x}\left\{\int\ limits ^x_2\frac{\pi(t)}{t}dt\right\}^2。\结束{eqnarray}
它源自(19),(20)(21)那个\开始{eqnarray*}\int\limits^x2\left(\frac{1}{u(\logu)^2}\int\limps^u2\frac{\pi(t)}{t}\dt\right)\du&>&\pi(x)\log\left\{\frac{\vartheta(x)}{\pi(x) }\right\}-\log\varpi(x)\\&>&[int\limits^x_2\left(\frac{1}{u(\log u)^2}[int\limits^u2\frac{\pi(t)}{t}\dt\右)\du\\&&-\frac{1}{\vartheta(x)\log x}\left\{\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t}\dt\right\}^2。\结束{eqnarray*}现在它很容易用初等方法证明9那个$$\pi(x)=O\left(\frac{x}{\log x}\right),\frac{1}{\vartheta(x)}=O\左(\frac{1}{x}\right)$$等等$$\int\limits^x_2\frac{\pi(t)}{t}dt=O\left(\frac{x}{\logx}\right)$$因此$$\int\limits^x_2\left(\frac{1}{u(\logu)^2}\int\limits^u_2\frac{\pi(t)}{t}dt\right)du=\int\limits^x_2 O\left\{\frac{1}{(\logu) ^3}\right\}du=O\left\{\frac{x}{(\log x)^3}\ right\{$$$$\frac{1}{\vartheta(x)\log x}\left\{\int\limits^x2\frac{\pi(t)}{t}dt\right\}^2=\frac{1}{\vartheta(x)\log x}O\left\{\frac{x^2}{(\logx) ^2}\right\}=O\left\{\frac{x}{(\log x)^3}\right$$因此我们看到
\开始{方程式}\压裂{{\vartheta(x)/\pi(x)}^{\pix) ^3]}。\结束{方程式}

5.我们继续考虑对$N$一无所知的情况。$$N'=2^{a_1}\cdot 3^{a_2}\cdot5^{a_3}\ cdots p^{a_N}$$那么很明显,$d(N)=d(N'),$并且

\开始{方程式}\vartheta(p)\leq\log N'\leq\ log N。\结束{方程式}
它源自(3)那个
\开始{eqnarray}d(N)&=&d(N')\lt\frac{1}{\varpi(p)}\left\{\frac}\vartheta(p)+\logN'}{\pi(p)}\right\}^{\pi(p){\N数字\\&\leq&\left\{1+\frac{\log N}{\vartheta(p)}\right\}^{\pi(p){\frac{{vartheta(p)/\pi(p)}^{\pi\\&=&\left\{1+\frac{\log N}{\vartheta(p)}\right\}^{\pi(p){e^{O[p/(\log p)^3]}=\左\{1+\frac{\log N}{\vartheta(p)}\right\}^{\pi(p)+O[p/(\log p)^3]},\结束{eqnarray}
凭借(22)(23)。但来自(17)我们知道这一点$$\pi(p)\log p-\vartheta(p)=O\左(\frac{p}{\log p}\右)$$等等$$\vartheta(p)=\pi(p)\{\log p+O(1)\}=\pi(p)\{\log \vartheta(p)+O(1) \}.$$因此
\开始{方程式}\pi(p)=\vartheta(p)\left\{\frac{1}{\log\vartheta(p)}+O\压裂{1}{{\log\vartheta(p)}^2}\right\}。\结束{方程式}
它源自(24)(25)那个$$d(N)\leq\left\{1+\frac{\log N}{\vartheta(p) }\right\}^{\frac{\vartheta(p)}{\log\vartheta}+O\裂缝{\vartheta(p)}{[\log\vartheta(p)]^2}}$$写$t$而不是$\vartheta(p)$,我们有
\开始{方程式}d(N)\leq\左(1+\frac{\logN}{t}\right)^{\frac}{\logt}+O\裂缝{t}{(\log t)^2}};\结束{方程式}
和来自(23)我们有
\开始{方程式}t\leq\log N号。\结束{方程式}
现在,如果$N$是$t$的函数,则(26)作为$N$的函数,当$N$在与$t$相比,当$N$与$t$元。因此,最不利的假设是,$N$被视为$t$的函数尽可能小,与关系兼容(27).我们可能因此,为$t$写入$\log N$(26).因此
\开始{方程式}d(N)\lt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}+O\frac}{(\log\log N)^2}},\结束{方程式}
对于$N的所有值$10

不平等(28)已经被纯粹的基本推理所证明。我们有例如,不假设素数定理,由关系表示$$\pi(x)\sim\frac{x}{\log x}。\链接{#p15_en11}{^{11}}$$在不假设这个定理的情况下,我们还可以证明(28)实际上是$d(N)$的顺序,表示$N$值的无穷大。让我们一起假设$$N=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot页$$然后$$d(N)=2^{\pi(p)}=2^{\frac{t}{\logt}+O\frac}{(logt)^2}}$$凭借(25)。由于$\log N=\vartheta(p)=t,我们可以看到$$d(N)=2^{\frac{\log N}{\log\log N}+O\frac{\log N}{(\log\log N)^2}}$$对于无限大的$N$值。因此,$d(N)$的最大顺序为$$2^{\frac{\log N}{\log\log N/}+O\frac}\log N}{(\log\log N)^2}}$$

三、。
高度复合数的结构。

6.如果$d(N'),数字$N$可以说是一个高度复合的数字d(N)$对于$N'$小于$N$的所有值。很容易从中看到定义为,如果$N$是高度复合的,而$d(N')\gt d(N),则$存在至少一个高度复合的数字$M$,这样

\开始{方程式}N\lt M\leq N'。\结束{方程式}
如果$N$和$N'$是连续的高复合数,则$d(M)\leqd(N)$适用于$N$和$N'$之间的所有$M$值。很明显
\开始{方程式}d(N)\lt d(2N)\结束{方程式}
对于$N$的所有值。它源自(29)(30)如果$N$很高复合,则至少有一个高度复合的数字$M$,即$N\lt M\leq 2N$(百万美元)。也就是说,至少有一个高度复合的数字$N$,这样
\开始{方程式}x\lt N\leq 2x,\结束{方程式}
如果$x\geq 1$。

7.我不知道有什么方法可以确定连续的高度复合数字,但试验除外。下表给出了连续的高$N$的复合值,以及$d(N)$和$dd(N)美元的相应值,不超过$d(N)=10080$。表中标有星号的数字被称为高级数字复合数字。它们的定义和属性将在$\S\S$中找到32, 33.

表1

表2

表3

8.现在让我们考虑一下$N$的性质,以便$N$应该是一个高度复合的数字。首先,它必须是形式$$2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdOT7^{a7}\cdotes p^{a{p_1}_1$$哪里

\开始{方程式}a2\geqa3\geqa5\geq\cdots\geqa{p1}\geq1。\结束{方程式}
这是根据以下事实得出的$$d(\varpi_2^{a_2}\varpi_3^{a_3}\varpi_5^{a_5}\cdots\varpi{p_1}^{a{p_1{}})=d(2^{a_2}\cdot3^{a_3}\cdot 5^{a_5}\cdotesp_1^{a}p_1})$$对于$\varpi_2、\varpi_3、\varpi_5、\ldot的所有质数值,\varpi{p1}$

根据定义,如果$N$是高度复合的,而$N'lt N$,则$d(N')$必须小于$d(N)$。例如,$\frac{5}{6}N\ltN$,和所以$d(分数{5}{6}N)。因此$$\left(1+\frac{1}{a_2}\right)\left\裂缝{1}{1+a5}\右)$$前提是$N$是3的倍数。

写起来很方便

\开始{方程式}a_\lambda=0(\lambda>p_1)。\结束{方程式}
因此,如果$N$不是5的倍数,则$a_5$应视为0。同样,对于$p_1$的所有值,$a_{p_1}$必须小于或等于2。因为让$P_1$成为$P_1$上的下一个素数。然后可以显示$P_1p_1^2$表示$p_1$的所有值。12现在,如果$a_{p_1}$大于2,那么$$N’=\frac{NP_1}{P_1^2}$$那么$N'$是一个小于$N$的整数,因此$d(N')\lt d(N).$因此$$(1+a{p_1})\gt 2(a{p_1}-1)$$$$3\gt a_{p_1}$$这与我们的假设相矛盾。因此
\开始{方程式}a{p_1}\leq 2,\结束{方程式}
对于$p1$的所有值。

现在让$p_1^{''},p'_1,p_1,p_1,p’_1$是升序的连续素数订单。那么,如果$p_1\geq5,a_{p^{''}_1}$必须小于或等于4。因为,如果不是这样的话,我们可以假设$$N'=\压裂{NP_1}{(p_1^{'})^3}$$但可以很容易地看出,如果$p_1\geq 5,那么$$(p_1^{''})^3>p_1$$因此$N'\lt N$和$d(N')\lt d(N)$。因此

\开始{方程式}(1+a{p^{'}_1})>2(a{p{'}_2})。\结束{方程式}
但由于$a_{p^{''}_1}\geq 5,$显然$$(1+a_{p^{''}_1})\leq 2(a_{p ^{''{_1}-2)$$这与之相矛盾(35); 因此,如果$p1\geq 5,则
\开始{方程式}a{p^{'}_1}\leq 4。\结束{方程式}
现在让我们$$N'=\压裂{Np^{'}_1P_1}{p'_1p_1}$$很容易验证,如果$5\leq p_1\leq 19,则$then$$p'_1 p_1\gt p^{''}_1 p_1$$因此$N'\lt N$和$d(N')\lt d(N).$因此$(1+a{p_1})(1+a{p'_1}(2+a{p^{''}_1})$$$$\left(1+\frac{1}{a{p_1}}\right)\left\左(1+\压裂{1}{1+a{p^{''}_1}}\右)$$但是来自(36)我们知道$1+a_{p^{''}_1}\leq5.$因此
\开始{方程式}\left(1+\frac{1}{a_{p_1}}\ right)\ left(1+\frac{1}{a_{p’_1}}\ right)>2\myfrac{2}{5}。\结束{方程式}
由此得出$a{p_1}=1.$For,如果$a{p2}\geq2,那么$$\left(1+\frac{1}{a{p_1}}\right)\left\myfrac{1}{4}$$凭借(32)。这与(37)因此,如果$5\leq p_1\leq 19然后
\开始{方程式}a_{p_1}=1。\结束{方程式}
下一个出租$$N'=NP_1 P'_1/(P_1 P'_1 P^{''}_1)$$很容易看出,如果$p_1\geq 11,那么$$P_1 P'_1\lt P_1 P'_1 P^{'}_1$$因此$N'\lt N$和$d(N')\lt d(N).$因此$$(1+a{p_1})(1+a{p'_1}a{p^{'}_1}$$
\开始{方程式}\左(1+\frac{1}{a{p1}}\右)\左(1+/frac{1}}{a}p'1}}\右)\左(1+\frac{1}{a{p^{''}_1}}\right)\gt 4。\结束{方程式}
由此我们推断$a_{p_1}$必须是1。对于,如果$a_{p_1}\geq2$以下为(32)那个$$\left(1+\frac{1}{a{p_1}}\right)\left\左(1+\frac{1}{a{p^{'}_1}}\右)\leq3\myfrac{3}{8}$$这与之相矛盾(39)因此,我们可以看到,如果$p_1\geq 11$,那么
\开始{方程式}a{p1}=1。\结束{方程式}
它源自(38)(40)如果$p1\geq 5,则为$
\开始{方程式}a{p1}=1。\结束{方程式}
但如果$p_1=2$或3,则从(34)很明显
\开始{方程式}a{p_1}=1\mbox{或}2。\结束{方程式}
因此,对于所有高度合成的数字,$a_{p_1}=1$,除了$2^2,$,也许对于形式为$2^a\cdot 3^2$的某些数字。在后者中案例$a\geq2.$很容易看出,如果$a\gerq3,2^a.3^2$不能高度复合。因为如果我们这么想$$N'=2^{a-1}\cdot 3\cdot 5$$那么很明显,$N'\lt N$和$d(N')\lt d(N),$等等$$3(1+a)\gt 4a$$$$a\lt 3$$因此,很明显,$a$不能有除2以外的任何其他值。此外通过实际测试,我们可以看到$2^2$和$2^2\cdot 3^2$的价格很高混合成的。因此
\开始{方程式}a{p1}=1\结束{方程式}
对于所有高度复合的$N$值,当$$a{p_1}=2$$此后,当我们使用这个结果时,可以理解为4和36是例外情况。

9.它源自(32)(43)$N$必须采用以下形式

\开始{eqnarray}&2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot p_1 \n编号\\\时间&2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot p_2\nonumber\\\时间&2\cdot 3\cdot 5\cdot p_3\n编号\\\时间&\ldot,\结束{eqnarray}
其中$p_1>p_2\geqp_3\geqp _4\geq\cdots$,行数为$a_2$。

让$P_r$成为$P_r$上的下一个素数,这样

\开始{方程式}\log P_r=\log P_r+O(1),\结束{方程式}
根据伯特兰的假设。那么很明显
\开始{方程式}a{p_r}\geqr,a{p_r}\leqr-1;\结束{方程式}
等等
\开始{方程式}a_{P_r}\leq a_{P_r}-1。\结束{方程式}
需要理解的是
\开始{方程式}a_{P_1}=0,\结束{方程式}
凭借(33).

从形式上可以清楚地看出(44)$r$不能超过$a2$,并且

\开始{方程式}p_{a_\lambda}=\lambda。\结束{方程式}

10.现在让我们$$N'=\frac{N}{\nu}\lambda^{[\log\nu/\log\lambda]},\href{#p15_en13}{^{13}}$$其中$\nu\leq p_1$使$N'$为整数。那么很明显$N'\ltN$和$d(N')\lt d(N)$,依此类推$$(1+a_\nu)(a+a_\lambda)>a_{\nu}\left(1+a_\lampda+left[\frac{\log\nu}{\log\lambda}\right]\right)$$

\开始{方程式}1+a_\lambda>a_\nu\left[\frac{\log\nu}{\log\ lambda}\right]。\结束{方程式}
由于当$\nu>p_1$时右侧消失,我们可以看到(50)是真的对于$\lambda$和$\nu的所有值$14.

再次让$$N'=N_{\mu\lambda}^{-1-[\log\mu/\log\lambda]}$$其中$[\log\mu/\log\lambda]\lta_\lambda$,因此$N'$是一个整数。然后很明显,$N'\lt N$和$d(N')\lt d(N)$,如此类推

\开始{方程式}(1+a_\mu)(1+a.\lambda)>(2+a_\ mu)\左(a_\lambda-\左[\frac{\log\mu}{\log\lambda}\right]\right)。\结束{方程式}
因为当$$a_\lambda\leq[\log\mu/\log\lambda]$$我们看到了(51)对于$\lambda$和$\mu$的所有值都为true。发件人(51)很明显
\开始{方程式}(1+a_\lambda)\lt(2+a_\ mu)\left[\frac{\log(\lambda\mu)}{\ log\lambda}\右]。\结束{方程式}
发件人(50)(52)很明显
\开始{方程式}a_\nu\left[\frac{\log\nu}{\log\lambda}\right]\leqa_\lambda \leqA_\mu+(2+a_\mu)\left[\frac{\log\mu}{\log\ lambda}\right],\结束{方程式}
对于$\lambda、\mu$和$\nu$的所有值。

现在假设$\nu=p_1$和$\mu=p_1$,这样$a_\nu=1$和$a_\mu=0美元。然后我们看到了

\开始{方程式}\左[\frac{\logp_1}{\log\lambda}\right]\leqa_\lambda \leq2\左[\frac{\log P_1}{\log\lambda}\right],\结束{方程式}
对于$\lambda$的所有值。例如,我们有\开始{eqnarray*}p_1=3,&1\leqa_2\leq4\\p_1=5,&2\leq a_2\leq 4\\p_1=7,&2\leq a_2\leq 6\\p_1=11,&3\leq a_2\leq 6;\结束{eqnarray*}依此类推。它是从(54)如果$\lambda\leqp_1$,那么
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda=O(\log p_1)(\log p_1)。\结束{方程式}

11.再次让$$N'=N_\lambda^{[\sqrt{{(1+a_\lampda+a_.mu)\log\mu/\log\lambda\}}]}\mu^{-1-[\sqrt{{(1+a_\lambda+a_\ mu)\log\lambda/\log\mu\}}]}$$现在让我们假设$$a_\mu>\sqrt{{(1+a_\lambda+a_\ mu)\log\lambda/\log\mu}}$$以便$N'$可以是整数。然后$N'\lt N$和$d(N')\lt d(N)$,以及所以

\开始{eqnarray}(1+a\lambda)(1+a\mu)\gt&{1+a\lambda+[\sqrt(1+a\lambda+a\mu)\log\mu/\log\lambda\}}]\}\n编号\\&\times\{a_\mu-[\sqrt{\{(1+a_\lambda+a_\ mu)\log\lambda/\log\mu\}}]\}\n非数字\\\gt&\{a_\lambda+\sqrt{\{(1+a_\lambda+a_\ mu)\log\mu/\log\λ\}\}\非成员\\&\时间{a_\mu-\sqrt{{(1+a_\lambda+a_\ mu)\log\lambda/\log\mu\}}。\结束{eqnarray}
很明显(56)$$a_\mu\lt\sqrt{(1+a_\lambda+a_\mu)\log\lambda/\log\mu}}$$而左侧仍然为正,因此结果仍然为真。因此
\开始{方程式}a_\mu\log\mu-a_\lambda\log\lambda \lt 2\sqrt{{(1+a_\lampda+a_\ mu)\log\lambda\log\mu\}},\结束{方程式}
对于$\lambda$和$\mu$的所有值。在中交换$\lambda$和$\mu$(57),我们获得
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda-a_\mu\log\mu\lt 2\sqrt{{(1+a_\lambda+a\mu)\log\lambda\log\mu\}}。\结束{方程式}
发件人(57)(58)很显然
\开始{方程式}|a_\lambda\log\lambda-a_\mu\log\mu|\lt 2\sqrt{{(1+a_\lambda+a_\mu)\log\lambda\log\mu\}},\结束{方程式}
对于$\lambda$和$\mu$的所有值。它由此而来(55)那,如果$\lambda$和$\mu$都不大于$p_1$,则
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda-a_\mu\log\mu=O\sqrt{\{\log p_1\log(\lambda\mu)\}},\结束{方程式}
因此,如果$\log\lambda=o(\logp_1)$,那么
\开始{方程式}a_2\log 2\sim a_3\log 3\sim a_5\log 5\sim\cdots\sim a_ \lambda\log\λ。\结束{方程式}

12.初等代数很容易证明,如果$x,y,m$和$n$不是负数,如果$$|x-y|\lt 2\sqrt{(mx+ny+mn)}$$然后

\开始{eqnarray}\左侧。\开始{数组}{ll}|\sqrt{(x+n)}-\sqrt}(y+m)}|\lt\平方码{(m+n)}\\|\平方码{(x+n)}-\sqrt{(m+n){(lt\sqrt}(y+m)}。\结束{array}\right \}\结束{eqnarray}

发件人(62)(59)由此可见

\开始{方程式}|\sqrt{{(1+a_\lambda)\log\lambda\}}-\sqrt{(1+a_\ mu)\log\mu\}}|\lt\sqrt{\{\log(\lambda\mu)\}},\结束{方程式}
\开始{方程式}|\sqrt{{(1+a_\lambda)\log\lambda\}}-\sqrt{\{log(\lambda\mu)\}}|\lt\sqrt{{(1+a_\mu)\log\mu\}},\结束{方程式}
对于$\lambda$和$\mu$的所有值。特别是,如果我们将$\mu=2$放入(63),我们获得
\开始{eqnarray}\sqrt{{(1+a_2)\log 2\}}-\sqrt{\{log(2\lambda)\}}&&\sqrt{{(1+a_\lambda)\log\lambda\}}\n编号\\&<&\sqrt{{(1+a_2)\log 2\}}+\sqrt}\{log(2\lambda)\}},\结束{eqnarray}
对于$\lambda$的所有值。同样,来自(63),我们有$$(1+a_\lambda)\log\lambda\lt(\sqrt{{(1+a_\nu)\log\nu\}}+\sqrt{\{\log(\lambda\nu)\}})^2$$
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda \lt(1+a_\nu)\log\nu+\log\nu+2\sqrt{\{(1+a_\nu)\log\nu\log(\lambda\nu)\}}。\结束{方程式}
现在我们假设$\lambda\leq\mu$。然后,从(66),因此
\开始{eqnarray}a_\lambda\log\lambda+\log\mu&<&(1+a_\nu)\log\nu+\log(\mu\nu)+2\sqrt{{(1+a_\nu)\log\nu\log(\lambda\nu)\}}\n编号\\&\leq&(1+a\nu)\log\nu+\log(\mu\nu)+2\sqrt{(1+a\nu)\log\nu\log(\mu\nu)\}}\n编号\\&=&\{\sqrt{\{(1+a_\nu)\log\nu\}}+\sqrt}\log(\mu\nu)}\}^2,\结束{eqnarray}
条件是$\lambda\leq\mu$。同样,我们也可以证明这一点
\开始{方程式*}a\lambda\log\lambda+\log\mu>\{\sqrt{(1+a\nu)\log\nu}-\sqrt{\log(\mu\nu)}\}^2,\tag{67'}\结束{方程式*}
条件是$\lambda\leq\mu$。

13.现在让我们$$N’=\frac{N}{\lambda}2^{[\log\lambda/\{\pi(\mu)\log 2\}]}3^{[\log\λ/\{\pi(\mu)\log 3\}]}\cdots\mu^{[\log\lambda/\{\ pi(\ mu)\ log\mu\}]}$$其中$\pi(\mu)\log\mu\lt\log\lambda\leq\log p_1$。那么很明显$N'$是一个小于$N$的整数,因此$d(N')\lt d(N).$因此\开始{eqnarray*}&&左(1+\frac{1}{a_\lambda}\right)(1+a_2)(1+3)(1+a_5)\cdots(1+a_\mu)\\&&>\left\{a_2+\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)\log 2}\right\}\left\{a_3+\压裂{\log\lambda}{\pi(\mu)\log 3}\right\}\cdots\left\{a_\mu+\frac{\log\lambda}{\mu(\mu)\log\mu}\right\};\结束{eqnarray*}那就是\开始{eqnarray*}&&\left\{a_2\log 2+\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}\right\}\left\{a_3\log3+\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}\right\}\cdots\left\{a_\mu\log\mu+\压裂{\log\lambda}{\pi(\mu)}\right\}\\&&左(1+\frac{1}{a_\lambda}\right)(a_2\log2+\log2)(a_3\log3+\log 3)\cdot(a_\mu\log\mu+\log\mo)\\&&\左(1+\frac{1}{a\lambda}\right)(a2\log2+\log\mu)(a3\log3+\log\mu)\cdots(a_\mu\log\mo+\log\mo)。\结束{eqnarray*}换句话说

\开始{eqnarray}\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\right)\n数字\\&&\gt\left\{1+\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}-\log\mu}{a2\log2+\log\mu}\right\}\left\{1+\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}-\log\mu}{a3\log3+\log\mu}\right\}\cdots\left\{1+\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}-\log\mu}{a_\mu\log\mu+\log\mo}\right\}\n非数字\\&&\gt\left\{1+\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}-\log\mu}{\{\sqrt{\{(1+a_\nu)\log\nu}}+\sqrt}\log(\mu\nu)}\}^2}\right\}^{\pi(\mo)},\结束{eqnarray}
$w$这里$\nu$是任意素数,因为(67).来自(68)由此可见
\开始{方程式}\sqrt{{(1+a_\nu)\log\nu}}+\sqrt{\log(\mu\nu)}>\sqrt{\left\{\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}-\log\mu}{\left(1+\frac{1}{a\lambda}\right)^{1/\pi(\mu)}-1}\right\}},\结束{方程式}
条件是$\pi(\mu)\log\mu\lt\log\lamba\leq\log p_1$。

14.再次让$$N'=N\lambda 2^{-1-[\log\lambda/\{\pi(\mu)\log 2\}]}3^{-1-[\log\λ/\{\pi(\mu)\log 3\}]}\cdots\mu^{-1-[\log\lambda/\{\ pi(\ mu)\ log\mu\}]}$$其中$\mu\leq p_1$和$\lambda>\mu$。现在让我们假设$$a_\kappa\log\kappa>\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}$$对于$\kappa$小于或等于$\mu$的所有值,因此$N'$是一个整数。然后,通过与上一节类似的论点,我们可以证明

\开始{方程式}\压裂{1+a2\lambda}{2+a1\lambda}>\left\{1-\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}+\log\mu}{\{\sqrt{\{(1+a\nu)\log\nu}}-\sqrt{\ log(\mo\nu)}\}^2}\right\}^{\pi(\mu)}。\结束{方程式}
由此可知
\开始{方程式}|\sqrt{{(1+a_\nu)\log\nu}}-\sqrt{\log(\mu\nu)}|\lt\sqrt{\left\{\frac{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}+\log\mu}{1-\左(\frac{1+a\lambda}{2+a\lambda}\右)^{1/\pi(\mu)}}\right\}},\结束{方程式}
前提是$\mu\leq p_1$和$\mu\t\lambda$。条件是$$a_\kappa\log\kappa>\{\log\lambda/\pi(\mu)\}$$没有必要,因为我们知道(67')那个
\开始{方程式}|\sqrt{{(1+a_\nu)\log\nu}}-\sqrt{\log(\mu\nu)}|\t\sqrt}(a_\kappa\log\kappa+\log\mu)}\leq\sqrt{\left\{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu\右\}},\结束{方程式}
什么时候$$a_\kappa\log\kappa \leq\{\log\lambda/\pi(\mu)\}$$最后一个学期(72)明显小于的右侧(71).

15.我们将在本节和以下章节中考虑一些重要的从前面的公式中扣除。放入$\nu=2$(69)(71),我们获得

\开始{方程式}\sqrt{\{(1+a_2)\log 2\}}>\sqrt{\left\{\frac{\frac{\log\λ}{\pi(\mu)}-\log\mu}{左(1+\frac{1}{a\lambda}\右)^{1/\pi(\mu)}-1}\right\}}-\sqrt{\log(2\mu)},\结束{方程式}
条件是$\pi(\mu)\log\mu\lt\log\lamba\leq\log p_1$,以及
\开始{方程式}\sqrt{{(1+a_2)\log 2\}}\lt\sqrt{\left\{\frac{\frac{\log\λ}{\pi(\mu)}+\log\mu}{1-\左(frac{1+a\\lambda}{2+a\\lambda}\right)^{1/\pi(\mu)}}\right\}}+\sqrt{\log(2\mu)},\结束{方程式}
前提是$\mu\leq p_1$和$\mu\t\lambda$。现在假设一下$\lambda=p_1$英寸(73),并且$\lambda=P_1$in(74),我们获得
\开始{方程式}\sqrt{{(1+a_2)\log2\}}>\sqrt{\left\{\frac{\logp_1}{\pi(\mu)}-\log\mu}{2^{1/\pi(\mu)}-1}\right\}}-\sqrt{\log(2\mu){,\结束{方程式}
前提是$\pi(\mu)\log\mu\lt\log p_1、$和
\开始{方程式}\sqrt{{(1+a_2)\log 2\}}\lt\sqrt{\left\{\frac{\frac{\log P_1}{\pi(\mu)}+\log\mu}{1-2^{-1/\pi(\mu)}}\right\}}+\sqrt{\log(2\mu){,\结束{方程式}
前提是$\mu\leq p_1.$In(75)(76)$\mu$可以选择为获得$a2$的最佳可能不等式。如果$p_1$太小,我们可能会放弃这个结果而支持
\开始{方程式}\左[\frac{\logp_1}{\log2}\right]\leqa_2\leq2\left[\frac{\logP_1}{\log 2}\right],\结束{方程式}
它是从(54)将$\lambda设置为2$。

在以这种方式获得关于$a_2$的信息后,我们可以使用(73)(74)以获取有关$a_\lambda$的信息。这里也有选择$\mu$以获得$a\lambda$的最佳不等式。但如果$\lambda$太小,我们可以使用

\开始{eqnarray}\sqrt{{(1+a_2)\log 2\}}-\sqrt{log(2\lambda)}&&\lt\sqrt{\{(1+a_\lambda)log\lambda}}\非成员\\&&\lt\sqrt{{(1+a_2)\log 2\}}+\sqrt{log(2\lambda)},\结束{eqnarray}
将$\mu=2$放入(63).

16.现在让我们考虑$a_2$的顺序。发件人(73)很明显,如果$\pi(\mu)\log\mu\lt\log\lambda\leq\log p_1$,然后

\开始{方程式}(1+a_2)\log 2+\log(2\mu)+2\sqrt{{(1+a_2)\log 2\log(2\mu)\}}>\压裂{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}-\log\mu}{\左(1+\frac{1}{a\lambda}\右)^{1/\pi(\mu)}-1}\结束{方程式}
但我们知道,对于正值$x$,$$\frac{1}{e^x-1}=\frac{1\{x}+O(1),\frac{1'{e^x-1}=O\左(\frac{1}{x}\right)$$因此\开始{eqnarray*}\压裂{\log\lambda}{\pi(\mu)}\压裂{1}{\左(1+\压裂{1{a_\lambda}\右)^{1/\pi(\mu)}-1}&=&\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}\left\{\frac{\π(\mo)}{\log\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\right)}+O(1)\right\}\\&=&\frac{\log\lambda}{\log\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\右)}+O\左\{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}\right\};\结束{eqnarray*}$$\frac{\log\mu}{\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\右)^{1/\pi(\mu)}-1}=O\左\{\frac{\pi(\mu)\log\mu}{\log\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\right)}\right\}=O(\mua_\lambda)$$再次从(55)我们知道$a_2=O(\log p_1)$。因此(79)可以写入作为
\开始{eqnarray}a_2&&\log 2+O\sqrt{(\log p_1\log\mu)+O(\log\mu)}\n编号\\&&\geq\frac{\log\lambda}{\log\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\右)}+O\left\{\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}\right\}+O(\mu a\lambda)。\结束{eqnarray}
但是$$\log\mu=O(\mu a_\lambda)$$$$\mu a_\lambda=\frac{\mu}{\log\lambda}\cdot a_\lambda\log\lambda=O\左(\frac{\mu\log p_1}{\log\lambda}\右)$$$$\frac{\log\lambda}{\pi(\mu)}=O\left\{\frac{\log\ lambda\log\mu}{\mu}\right}$$阿盖恩$$\frac{\log\lambda\log\mu}{\mu}+\frac{\mu\log p_1}{\log\ lambda}>2\sqrt{(\log p_1\log\mu)}$$等等$$\sqrt{(\log p_1\log\mu)}=O\left(\frac{\log\lambda\log\mo}{\mu}+\frac{\mu\log p_1}{\log\lambda}\right)$$因此(80)可替换为
\开始{方程式}a_2\log 2\geq\frac{\log\lambda}{\log\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\right)}+O\left(\frac{log\lambda \log\mu}{\mu}+\frac{\mu\log p1}{\log\lambda}\right),\结束{方程式}
假设$\pi(\mu)\log\mu\lt\log\lambda\leq\log p_1.$类似地,(74),我们可以告诉你
\开始{方程式}a_2\log 2\leq\frac{\log\lambda}{\log\左(1+\frac{1}{1+a_\lambda}\right)}+O\left(\frac{\log\lambda \log\mu}{\mu}+\frac{\mu\log p1}{\log\lambda}\right),\结束{方程式}
前提是$\mu\leq p_1$和$\mu\t\lambda.$现在假设$\lambda=p_1$英寸(81),并且$\lambda=P_1$in(82),还有$$\mu=O\sqrt{(\log p_1\log\log p _1),}\mu\neq O\sqrt}(\og p_1 \log\日志p_1)},\ href{#p15_en15}{^{15}}$$我们获得
\开始{eqnarray}\left。\开始{array}{ll}a_2\log 2\geq\frac{\log p_1}{\log2}+O\sqrt{(\log p _1\log\logp1),}\\a_2\log 2\leq\frac{\log p_1}{\log2}+O\sqrt{(\log p2\log P1)}。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
发件人(83)很显然
\开始{方程式}a_2\log 2=\frac{\log p_1}{\log 2}+O\sqrt{(\log p_1\log\log第1页)}。\结束{方程式}
由此而来(60)如果$\lambda\leq p_1$,则
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda=\frac{\logp_1}{\log2}+O\{\sqrt{\log p_1\log\lambda)}+\sqrt{(logp_1\log\logp_1)}\}。\结束{方程式}
因此,如果$\log\lambda=o(\log p_1),则$
\开始{方程式}a_2\log 2\sim a_3\log 3\sim a_5\log 5\sim\cdots\sim a_ \lambda\log\lambda\sim\frac{\logp_1}{\log2}。\结束{方程式}

17.关系(86)在以下情况下向我们提供有关$a_\lambda$顺序的信息事实上,当$\lambda$格式为$p_1^{\epsilon}$,其中$\epsilon\到0$。这些价值观$\lambda$只占其总变化范围的一小部分,以及很明显,在我们获得充分了解$a_\lambda$的一般行为。发件人(81),(82)(84)由此可见

\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}\ds\frac{log\lambda}{log\left(1+\frac{1}{a\lambda}\right)}\leq\压裂{\log p_1}{\log2}+O\left\{\frac{\log\lambda\log\mu}{\mu}+\压裂{\mu\log p_1}{\log\lambda}+\sqrt{(\log p2\log\logp_1)}\右}\\\ds\frac{\log\lambda}{\log\左(1+\frac{1}{1+a\lambda}\右)}\geq\压裂{\logp_1}{\log 2}+O\left\{\frac{\log\lambda\log\mu}{\mu}+\frac{\mu\logp_1}{\log\lambda}+\sqrt{(\log p_1\log\logp_1)}\right\},\end{数组}\right\结束{eqnarray}
前提是$\pi(\mu)\log\mu\log\lambda\leq\log p_1$。从这里我们可以很容易地证明如果$$\pi(\mu)\log\mu\log\lambda\leq\log p_1$$然后
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a_\lambda\leq(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}+O\left\{\ds\frac{\log\mu}{\mu}+\frac{\mu\log p_1}{(\log\lambda)^2}+\frac{\sqrt{(\ log p1\log\log p_1)}}{\log\lambda}\right}\\a_\lambda\geq(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}-1+O\left\{\ds\frac{\log\mu}{\mu}+\frac{\mu\log p_1}{(\log\lambda)^2}+\frac{\sqrt{(\ log p1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\right\}。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
现在让我们假设$$\log\lambda\neqo\sqrt{\left(\frac{\logp_1}{\log\logp_1}\right)}$$然后我们可以选择$\mu$,以便$$\mu=O\left\{\log\lambda\sqrt{\left(\frac{\log\ log p_1}{\logp_1}\right)}\right\}$$$$\mu\neq o\left\{log\lambda\sqrt{\left(\frac{\log\log p_1}{\logp_1}\right)}\right\}$$现在很明显,$\log\mu=O(\log\log p_1)$,依此类推$$\frac{\log\mu}{\mu}=O\left(\frac}\log\logp_1}{\mo}\right)=O\左{\frac{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\right\}$$$$\frac{\mu\log p_1}{(\log\lambda)^2}=O\left\{\frac{\sqrt{(\ log p_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\right\}$$从这个和(88)因此,如果$$\log\lambda\neq o\sqrt{\left(\frac{\log p_1}{\log\log p _1}\right)}$$然后
\开始{eqnarray}\left。\开始{array}{ll}a_\lambda\leq(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}+O\左\{\ds\frac{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\right\}\\a_\lambda\geq(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}+O\left\{\ds\frac{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\right\}。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
现在我们将把从2到$p_1$的素数分成五个范围,这样

高度复合数

$$(l p_1)^\kappa e(lp)^{\frac{1}{3}}\}e \left\{\kappa\left(\frac{lp}{l_2p} \右)^{\frac{1}{2}}\右\}e \{\kappa(lpl_2p)^{压裂{1}{2}{}$$我们将使用不等式(89)指定中$a_\lambda$的行为范围I和II,以及公式(85)范围IV和V。范围III我们将通过在不平等中选择不同的$\mu$,以不同的方式处理(88)。我们可以很容易地看到,以下各节中的每个结果都给出了大多数信息都在其特定范围内。

18范围I:

$$\log\lamba\neq O\sqrt{(\log p_1\log\log p_1)}\href{#p15_en16}{^{16}}$$$$\Lambda=[(2^{\log\Lambda/\log p_1}-1)^{-1}]$$然后让$$(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}+\epsilon_\lambda$$其中$-\half\lt\epsilon\lambda\lt\half,$是一个整数,因此

\开始{方程式}(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}=\lambda+1-\epsilon_\lambda\结束{方程式}
当$\epsilon_\lambda>0$时,以及
\开始{方程式}(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}=\lambda-\epsilon_\lambda\结束{方程式}
当$\epsilon_\lambda\lt 0.$根据我们的假设
\开始{方程式}\压裂{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}=o(1)。\结束{方程式}
首先让我们考虑以下情况$$\epsilon_\lambda\neq O\left\{\frac{\sqrt{(\log p_1\log\log p _1)}}{\log\lambda}\右\}$$以便
\开始{方程式}\压裂{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}=o(\epsilon_\lambda)。\结束{方程式}
它源自(89),(90)、和(93)如果$\epsilon_\lambda>0,则$
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a_\lambda\leq\lambda+1-\epsilon_\lampda+o(\epsilon_\lambda)\\a_\lambda\geq\lambda-\epsilone\lambda+o(\epsilon_\lambda)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
由于$0\lt\epsilon\lambda\lt\frac{1}{2},$和$a\lambda$以及$\lambda$是整数,它从(94)那个
\开始{方程式}a_\lambda\leq\lambda,a_\λ>\lambda-1。\结束{方程式}
因此
\开始{方程式}a_\lambda=\lambda。\结束{方程式}
类似地,来自(89) (91)(93)我们看到,如果$\epsilon\lambda\lt为0,那么
\开始{eqnarray}\左。\开始{array}{ll}a_\lambda\leq\lambda-\epsilone\lambda+o(\epsilend\lambda)\\a_\lambda\geq\lambda-1-\epsilon_\lambeda+o(\epsilen_\lampda)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
由于$-\frac{1}{2}\lt\epsilon_\lambda\lt0$,它从(97)那个不等式(95),因此方程(96),请保持。因此(96)在任何时候保持
\开始{方程式}\epsilon_\lambda\neq O\left\{\frac{\sqrt{(\log p_1\log\logp1)}}{\log\lambda}\right\}。\结束{方程式}
特别是它可以在任何时候
\开始{方程式}\epsilon_\lambda\neq 0(1),\结束{方程式}
现在让我们考虑一下这种情况
\开始{方程式}\epsilon\lambda=0\left\{\frac{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\右\},\结束{方程式}
因此$\epsilon_\lambda=o(1)$,因为(92)。它由此而来(89)(90)如果$\epsilon\lambda>0$,那么
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a_\lambda\leq\lambda+1+o(1)\\a_\lambda\geq\lambda+o(1)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
因此$$a_\lambda\leq\lambda+1,a_\λ\geq\Lambeda$$等等
\开始{方程式}a_\lambda=\lambda\mbox{或}\lambda+1。\结束{方程式}
类似地,来自(89),(91)、和(100),我们看到,如果$\epsilon_\lambda\lt 0,$然后
\开始{eqnarray}\左边。\开始{array}{ll}a_\lambda\leq\lambda+o(1)\\a_\lambda\geq\lambda-1+o(1)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
因此$$a_\lambda\leq\lambda,a_\lambda\geq\Lampda-1$$等等
\开始{方程式}a_\lambda=\lambda\mbox{或}\lambda-1。\结束{方程式}
例如,假设在以下情况下需要查找$a_\lambda$$\lambda\sim p_1^{\frac{1}{8}}$。我们有$$(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}=(2^}1/8}-1)${-1}+o(1)=11.048\cdots+o(1)$$很明显,$\Lambda=11$和$\epsilon_\Lambda\neq o(1).$因此$a_\lambda=11$

19.上一节中的结果可能会被稍加修改修改,以便$a_\lambda$从一个值转换为另一种可能表达得更清楚。

\开始{方程式}\λ=p_1^{\frac{\log(1+1/x)}{\log2}},\结束{方程式}
设$x+\epsilon_x,$where$-\frac{1}{2}\lt\epsilen_x\lt\frac}{2{,$be一个整数。那么我们现在考虑的$x$的范围是
\开始{方程式}x=o\sqrt{\left(\frac{\logp_1}{\log\logp_1}\right)},\结束{方程式}
上一节的结果可以说明如下。如果
\开始{方程式}\epsilon_x\neq O\left\{x\sqrt{left(\frac{\log\log p_1}{\logp_1}\right)}\right\},\结束{方程式}
然后
\开始{方程式}a_\lambda=[x]。\结束{方程式}
作为这种特殊情况,我们有$$a_\lambda=[x]$$当$\epsilon_x\neq o(1).$但如果
\开始{方程式}\epsilon_x=O\left\{x\sqrt{\left(\frac{\log\log p_1}{\logp_1}\right)}\right\},\结束{方程式}
然后当$\epsilon_x>0时$
\开始{方程式}a_\lambda=[x]\mbox{或}[x+1];\结束{方程式}
当$\epsilon_x\lt 0$
\开始{方程式*}a_\lambda=[x]\mbox{或}[x-1]。\标签{110'}\结束{方程式*}

20范围II:

\开始{eqnarray*}\左侧。\开始{array}{ll}\log\lambda=O\sqrt{(\log p_1\log\log p _1)}\\\log\lambda\neqo\sqrt{\left(\ds\frac{\logp_1}{\log\logp_1}\右)}。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray*}发件人(89)由此可见

\开始{方程式}a_\lambda=(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}+O\left\{\frac{\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}}{\log\lambda}\right\}。\结束{方程式}
但是$$(2^{\log\lambda/\log p_1}-1)^{-1}=\frac{\log p2}{\log\ lambda}+O(1)$$因此
\开始{方程式}a\lambda\log\lambda=\frac{\log p_1}{\log 2}+O\sqrt{(\log p_1\log\日志p1)}。\结束{方程式}
例如,我们可以假设$$\lambda\sime ^{\sqrt{(\log p_1)}}$$然后从(112)由此可见$$a\lambda=\frac{\sqrt{(\log p_1)}}{\log 2}+O\sqrt{(\log p_1)}$$

21范围III:

\开始{eqnarray*}\左侧。\开始{array}{ll}\log\lambda=O\sqrt{\left(\ds\frac{\log p_1}{\log\log p_1}\right)}\\\log\lambda\neq o(\logp_1)^{\压裂{1}{3}}。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray*}假设$\mu=O(1)$in(88).然后我们看到了

\开始{方程式}a_\lambda=\frac{\log p_1}{\log2 \log\lambda}+O(1)+O\左\{\frac{\log\mu}{\mu}+\frac}\mu\logp_1}{(\log\lambda)^2}+\压裂{\sqrt{(\log p_1\log\log p _1)}}{\log\lambda}\right\},\结束{方程式}
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda=\frac{\log p_1}{\log2}+O\left\{\frac}\log\mu\log\lambda}{\mu}+\frac{\mu\logp_1}{\log\lambda}+\sqrt{(\logp_1\log\log p_1)}\right\}。\结束{方程式}
现在$$\frac{\log\mu\log\lambda}{\mu}=O(\log\lambda)=O\left(\frac}\logp_1}{\log\lambda}\right)$$$$\frac{\mu\log p_1}{\log\lambda}=O\左边\lambda}\右)$$$$\sqrt{(\log p_1\log\log p _1)}=O\left(\frac{\log p2}{\log\lambda}\右)$$因此
\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda=\frac{\log p_1}{\log2}+O\left(\frac}\logp_1}{\log\lambda}\right)。\结束{方程式}
例如,当$$\lambda\sim e ^{(\log p_1)^{\frac{3}{8}}}$$我们有$$a\lambda=\frac{(\log p_1)^{\frac{5}{8}}}{\log 2}+O(\logp_1)^{\压裂{1}{4}}$$

22范围IV:

\开始{eqnarray*}\左侧。\开始{array}{ll}\log\lambda=O(\log p_1)^{\frac{1}{3}}\\\log\lambda\neq o(\log\log p_1)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray*}在这种情况下,它是从(85)那个

\开始{方程式}a\lambda\log\lambda=\frac{\log p_1}{\log 2}+O\sqrt{(\log p_1\log\λ)}。\结束{方程式}
作为这个范围内的一个例子,当我们假设$$\lambda \sim e ^{(\log p_1)^{\frac{1}{4}}}}}}$$我们从(116)$$a_\lambda=\frac{(\log p_1)^{\frac}3}{4}}}{\log 2}+O(\ logp_1)^{\压裂{3}{8}}$$

23范围V:$\ds\log\lambda=O(\log\log p_1)$。

发件人(85)由此可见

\开始{方程式}a_\lambda\log\lambda=\frac{\log p_1}{\log2}+O\sqrt{(\log p _1\log\日志p1)}。\结束{方程式}
例如,我们可以假设$$\lambda\sime ^{\sqrt{(\log\log p_1)}}$$然后$$a_\lambda=\frac{\log p_1}{\log2 \sqrt{(\log\log p _1)}}+O\sqrt{(\log第1页)}$$

24.让$\lambda'$是$\lampda$下面的素数,这样$\lambeda'\leq\lambda-1.$然后它从(63)那个

\开始{方程式}\sqrt{{(1+a{\lambda'})\log\lambda'\}}-\sqrt{(1+a_\lambda)\log\lambda\}}\gt-\sqrt{\log(\lambda\ lambda')}。\结束{方程式}
因此
\开始{方程式}\sqrt{{(1+a{\lambda'}\log(\lambda-1)\lambda\}}\gt-\sqrt{{2\log\lambda}}。\结束{方程式}
但是$$\log(\lambda-1)\lt\log\lambda-\frac{1}{\lambda}\lt\log\lambda \left(1-\压裂{1}{2\lambda\log\lambda}\右)^2$$等等(119)可替换为
\开始{方程式}\sqrt{(1+a_{\lambda'})}-\sqrt{(1+a_ \lambda)}>\frac{\sqrt{(1+a_{\lambda’})}{2\lambda\log\lambda}-\sqrt{2}。\结束{方程式}
但是来自(54)我们知道这一点$$1+a_{\lambda'}\geq 1+\left[\frac{\log p_1}{\log\lambda'}\right]>\frac{\log p1}{\log\lambda’}>\frac{\log p1}{\log\lambda}$$从这个和(120)由此可见
\开始{方程式}\sqrt{(1+a{\lambda'}p1)}}{2\lambda(\log\lambda)^{\frac{3}{2}}}-\sqrt{2}。\结束{方程式}
现在我们假设$\lambda^2(\log\lambda)^3\lt\frac{1}{8}\logp_1$。然后,从(121),我们有$$\sqrt{(1+a_{\lambda'})}-\sqrt}(1+a_\lambda)}>0$$
\开始{方程式}a_{\lambda'}\gt a_\lambda。\结束{方程式}
发件人(122)因此,如果$\lambda^2(\log\lambda)^3\lt\frac{1}{8}\logp_1$,然后
\开始{方程式}a_2>a_3>a_5>a_7>\cdots>a_\lambda。\结束{方程式}
换句话说,在一个很大的高度复合数中$$2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdOT7^{a7}\cdotes p_1$$相对接近开始的指数形成递减序列严格意义上禁止平等。随后是指数相等的组通常会发生。

总而言之,我们已经获得了关于$a_\lambda$的相当准确的信息$\lambda$的所有可能值。范围I是目前为止最广泛的,在这个范围内,已知$a_\lambda$的误差永远不会超过1.公式(86)在包括所有剩余部分的范围内保持范围II-V,以及I的相当一部分,而我们已经获得每个单独范围II-V的更精确公式。

25.现在让我们考虑$p_r$的性质。很明显,$r$不能超过$a_2$;即$r$不能超过

\开始{方程式}\压裂{\log p_1}{(\log 2)^2}+O\sqrt{(.log p_1\log p _1)}。\结束{方程式}
发件人(55)很显然
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a_{p_r}\log p_r=O(\log p _1)\\a{p_r}\log p_r\neq o(\log p _1);\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}(1+a_{P_r})\log P_r=O(\log P _1)\\(1+a{P_r})\log P_r\neq o(\log P _1)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
但是来自(46)我们知道这一点
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a{p_r}\log p_r\geq r\log p _r\\(1+a{P_r})\log P_r\leq r\log P _r.\end{数组}\right\}\结束{eqnarray}
发件人(125)-(127)由此可见
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}r\log p_r=O(\log p_1)\\r\log p_r\neq o(\log p_1);\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{数组}{ll}a_{p_r}=O(r)\\a{pr}\neq o(r)。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}

26.假设$\lambda=p_r$in(81)和$\lambda=P_r$(82)、和记住(128),我们可以看到,如果$r\mu=o(\log p_1),则$

\开始{方程式}\log\左(1+\frac{1}{a{pr}}\右)\geq\frac}\logpr}{a2\log2}\left\{1+O\left(\frac{\log\mu}{r\mu}+\frac}r\mu}{\logp_1}\right)\右\},\结束{方程式}
\开始{方程式}\log\左(1+\frac{1}{a+a_{P_r}}\右)\leq\frac{\logP_r{a_2\log2} \left\{1+O\left(\frac{\log\mu}{r\mu}+\frac{r\mu{\logp_1}\right)\right\}。\结束{方程式}
但是,来自(47),我们有$$\log\左(1+\frac{1}{a{p_r}}\右)\leq\log\右(1+\frac{1}}{1+a_{P_r}}\右)$$我们也知道$$\log P_r=\log P_r+O(1)=\logs P_r\left\{1+O\left(\frac{1}{\logp_r}\right)\right\}=\log p_r\left\{1+O\left(\frac{r}{\logp_1}\right)\right\}$$因此(131)可替换为
\开始{方程式}\log\左(1+\frac{1}{a{pr}}\右)\leq\frac}\logpr}{a2\log2}\left\{1+O\left(\frac{\log\mu}{r\mu}+\frac{r\mu{\logp_1}\right)\right\}。\结束{方程式}
发件人(130)(132)很明显
\开始{方程式}\log\左(1+\frac{1}{a{pr}}\右)=\frac}\logpr}{a1\log2}\left\{1+O\left(\frac{\log\mu}{r\mu}+\frac}r\mu}{\logp_1}\right)\右\}。\结束{方程式}
以类似的方式
\开始{方程式}\log\左(1+\frac{1}{1+a{P_r}}\右)=\frac{\log P_r}{a2\log2} \left\{1+O\left(\frac{\log\mu}{r\mu}+\frac{r\mu}{\logp_1}\right)\right\}。\结束{方程式}
现在假设一下
\开始{eqnarray}\左。\开始{array}{ll}r \mu=o(\log p_1)\\r\mu\neq O(\log\mu),\end{数组}\right\}\结束{eqnarray}
和划分(134)通过(133),我们有$$\frac{\log\left(1+\frac{1}{1+a_{P_r}}\right)}{\log\left(1+\压裂{1}{a_{p_r}}\right)}=1+O\left(压裂{\log\mu}{r\mu}+\frac{r\mu}{\log p_1}\右)$$$$1+\frac{1}{1+a_{P_r}}=1+\frac{1}{a_{P_r}}+O\left\{\left(\frac{\log\mu}{r\mu}+\frac{r\mu{\logp1}\right)/a{pr}\right\}$$那就是$$\frac{1}{1+a{P_r}}=\frac}1}{a{P_r}}\left\{1+O\left(\frac\\log\mu}{r\mu}+\frac{r\mu{\logp1}\right)\right\}$$因此
\开始{方程式}a{p_r}=a{p_r}+1+O\左(\frac{\log\mu}{\mu}+\frac{r^2\mu}{\log p_1}\右),\结束{方程式}
凭借(129).但是$a_{P_r}\leqr-1,$等等
\开始{方程式}a_{p_r}\leq r+O\left(\frac{\log\mu}{\mu}+\frac}r^2\mu}{\ logp_1}\右)。\结束{方程式}
但我们知道$a_{p_r}\geqr.$。因此很明显
\开始{方程式}a_{p_r}=r+O\左(\frac{\log\mu}{\mu}+\frac{r^2\mu}{\ logp_1}\右)。\结束{方程式}
从这个和(136)由此可见
\开始{方程式}a_{P_r}=r-1+O\左(\frac{\log\mu}{\mu}+\frac{r^2\mu}{\ logp_1}\右),\结束{方程式}
条件是(135)都很满意。

现在让我们假设$r=o\sqrt{(\logp_1)}.$然后我们可以选择$\mu$这样$r^2\mu=o(\log p_1)$和$\mu\neq o(1).$因此,我们$$\frac{\log\mu}{\mu}=o(1),\frac{r^2\mu}{\ log p_1}=o(1)$$所以它是从(138)(139)那个

\开始{方程式}a{p_r}=1+a{p_r}=r,\结束{方程式}
假设$r=o\sqrt{(\logp_1)}.$由此可以清楚地看出,如果$r=o\sqrt{(\logp_1)}$,然后
\开始{方程式}p_1\gt p_2\gt p_3\gt p_4\gt\cdots\gt p_r。\结束{方程式}
换句话说,在一个很大的高度复合数中$$2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdotes p_1$$相对靠近末端的指数形成了该类型的序列$$\ldot 5\ldot 4\ldot 3\ldot 2\ldot 1$$指数中接近初始值的缺口通常会出现。

同样,让我们假设$r=o(\logp_1)、\r\neqo\sqrt{(\logp _1)}、$和$\mu=O(1)$英寸(138)(139).然后我们看到了

\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a_{p_r}=r+O\左(\ds\frac{r^2}{\log p_1}\右)\\a_{P_r}=r+O\左(\ds\frac{r^2}{\log P_1}\右);\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
假设$r=o(\logp_1)$和$r\neqo\sqrt{(\logp2)}.$但什么时候$r\neq o(\log p_1)$,我们将使用一般结果,即。,
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}a{p_r}=O(r),a{p_r}\neq O(r)\\a_{P_r}=O(r),a_{P_r}\neq O(r),\end{array}\right\结束{eqnarray}
除1外,$r$的所有值都是如此。

27.它源自(87)(128)那个

\开始{eqnarray}\左侧。\开始{数组}{ll}\显示样式{\frac{\logpr}{\log\left(1+\frac{1}{a{pr}}\right)}\leq\frac{\logp_1}{\log 2}+O\left\{\frac{\log p_1\log\mu}{r\mu}+r\mu+\sqrt{(\logp_1\log\log p_1)}\right\},}\\\显示样式{\压裂{\log P_r}{\log\left(1+\frac{1}{1+a_{P_r{}\right)}\geq\frac}\logp_1}{\log 2}+O\left\{\frac{\log p_1\log\mu}{r\mu}+r\mu+\sqrt{(\logp_1\log\log p_1)}\right\},}\end{数组}\right\结束{eqnarray}
条件是$r\mu=o(\logp1)$。从这里可以很容易地通过类似于前一篇开头所用的论据部分,即
\开始{方程式}\压裂{\log p_r}{\logs(1+1/r)}=\frac{\logp p_1}{\log 2}+O\左\{\frac{\log p_1\log\mu}{r\mu}+r\mu+\sqrt{(\log p2\log\logp_1)}\右},\结束{方程式}
前提是$r\mu=o(\log p_1)$。

现在假设$r=o(\log p_1)$;然后我们可以选择$\mu$这样$$\mu=o\left(\frac{\log p_1}{r}\right),\mu\neq o(1)$$因此$r\mu=o(\log p_1)$和$\log\mu=o(\mu),$等等$$\frac{\log p_1\log\mu}{r\mu}=o(\log p _1)。$$从这些关系和(145)因此,如果$r=o(\logp1),则$

\开始{eqnarray}\压裂{\logp_r}{\log(1+1/r)}\sim\frac{\logp2}{\Log2};\结束{eqnarray}
也就是说,如果$r=o(\log p_1)$,然后
\开始{方程式}\压裂{\logp_1}{\log2}\sim\frac{\logp2}{\log(1+\half)}\sim\压裂{\logp_3}{\log(1+\myfrac{1}{3})}\sim\cdots\sim\frac{\logpr}{\log(1+1/r)}。\结束{方程式}

再次假设$r=O\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}$in(145). 然后可以选择$\mu$,以便

\开始{eqnarray}\左边。\开始{array}{ll}r \mu=O\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}\\r \mu\neq o\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}。\结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
很明显,$\log\mu=O(\log\log p_1)$,因此$$\frac{\log p_1\log\mu}{r\mu}=O\左\mu}\right)=O\sqrt{(\log p_1\log\log p _1)}$$凭借(148).因此
\开始{方程式}\压裂{\log p_r}{\log-(1+1/r)}=\frac{\log-p_1}{\log 2}+O\sqrt{(\logp_1\log\log p_1)},\结束{方程式}
前提是$$r=O\sqrt{(\log p_1\log\log p _1)}$$

现在让我们假设$r=o(\log p_1),\r\neq o\sqrt{(\logs p_1\log\logp_1)}$和$\mu=O(1),$in(145)那么很明显$$\log p_1=O(r^2),\sqrt{(\log p2\log p _1}=O(r)$$$$\frac{\log p_1\log\mu}{r\mu}=O\left(\frac}\log p _1)}{r}\right)=O(r)$$因此我们看到

\开始{方程式}\压裂{\log p_r}{\log-(1+1/r)}=\frac{\log-p_1}{\log 2}+O(r),\结束{方程式}
如果$$r=o(\log p_1),\r\neq o\sqrt{(\logp p_1\log p _1)}$$但是,如果$r\neq o(\log p_1),则$we see from(128)那个
\开始{eqnarray}\左。\开始{array}{ll}\ds\frac{\log p_r}{\log(1+1/r)}=O(\log p _1)\\\ds\frac{\logp_r}{\log(1+1/r)}\neqo(\logp_1)。\结束{array}\right \}\结束{eqnarray}
发件人(150)(151)因此,如果$r\neqo\sqrt{(\logp1\log\logp1)},$则
\开始{eqnarray}\压裂{\log p_r}{\log-(1+1/r)}=\frac{\log-p_1}{\log 2}+O(r);\结束{eqnarray}
和来自(149)(152)如果$r=o(\log p_1),则$$$\frac{\log p_r}{\log(1+1/r)}\sim\frac}\log p2}$$同意(147)一般来说,这一结果对最大的$r$的可能值,顺序为$\log p_1$。

必须记住,所有涉及$p_1$的结果都可以写入$N$的条款,因为$p_1=O(\log N)$和$p_1\neq O(\logN)$,以及因此

\开始{方程式}\log p_1=\log\log N+O(1)。\结束{方程式}

28.我们现在将证明,连续的高复合数是渐近等价。设$m$和$n$是任意两个正整数,其中彼此是质数,因此

\开始{方程式}\log m n=o(\log p_1)=o(\ log \ log n);\结束{方程式}
然后让
\开始{方程式}\裂缝{m}{n}=2^{\delta_2}\cdot3^{\delta_3}\cdot 5^{\ delta_5}\cdotes\wp^{\delta_\wp}。\结束{方程式}
那么很明显
\开始{方程式}m n=2^{|\delta_2|}\cdot 3^{|\ delta_3|}\cdot 5^{|\t\wp^{|\delta_\wp|}。\结束{方程式}
因此
\开始{方程式}\delta_\lambda\log\lambda=O(\log-mn)=O(\log p_1)=O\log\lambda);\结束{方程式}
因此$\delta{\lambda}=o(a\lambda)$。现在
\开始{方程式}d\left(\ frac{m}{n}n\ right)=d(n)\ left(1+\frac{\delta_2}{1+a_2}\right)\left(1+\frac{\delta_3}{1+a_3}\right)\cdots\左(1+\frac{\delta_\wp}{1+a_\wp}\right)。\结束{方程式}
但是,来自(60),我们知道$$a\lambda\log\lambda=a_2\log 2+O\sqrt{(\log p_1\log\lambda)}$$因此
\开始{eqnarray}1+\frac{\delta_\lambda}{1+a_\lampda}&=&1+\frac{\delta_\lambda\log\lambda}{a_2\log 2}+O\left\{|\delta_\lambda |\left(\frac{\log\lambda}{\logp_1}\right)^{\frac{3}{2}}\right\}\n非数字\\&=+1+\frac{\delta_\lamba\log\lambda}{a_2\log 2}+O\left|\delta_\lambda |\frac{\log\lambda}{\logp_1}\sqrt{\left(\frac}\log\wp}{\logp_1}\right)}\right\}\n编号\\&=&\exp\left\{\frac{\delta_\lambda\log\lambda}{a_2\log 2}+O\压裂{|\delta_\lambda|\log\lambda}{\log p_1}\sqrt{\left(\frac{\log\wp}{\log p_1}\right)}+O\left(\frac{\delta_\lambda\log\lambda}{\logp_1}\right)^2\right\}\n数字\\&=&\exp\left\{\frac{\delta_\lambda\log\lambda}{a_2\log 2}+O\压裂{|\delta_\lambda|\log\lambda}{\log p_1}\sqrt{\left(\frac{\log-mn}{\logp_1}\right)}\right\}。\结束{eqnarray}
它源自(155),(156),(158)(159)那个
\开始{eqnarray}d\左(\frac{m}{n}n\右)&=&d(n)\exp\左\{\frac{\delta_2\log 2+\delta_3\log 3+\cdots+\delta_\wp\log\wp}{a2\log 2}\右。\非数字\\&&\左侧+O\压裂{|\delta_2|\log 2+|\delta _3|\ log 3+\cdots+|\delta_\wp|\log\wp}{\logp_1}\sqrt{\left(\frac{\logmn}{\Logp_1}\right)}\右\}\n号\\&=&d(N)\显示样式{e^{\frac{\log(m/n)}{a_2\log2}+O\左(\frac}\logmn}{\logp_1}\右)^{\frac{3}{2}}}\n编号\\&=&d(N)\显示样式{e^{\frac{1}{a_2\log 2}\left\{\log^m_n+O\log-mn\sqrt{\left(\frac{\log-mn}{\logp_1}\right)}\right\}}}。\结束{eqnarray}
将$m=n+1,我们可以看到,如果$$\log n=o(\log p_1)=o(\ log \log n)$$然后
\开始{eqnarray}d\left\{N\left(1+\frac{1}{N}\right)\right\}&=&d(N)e^{\frac{1}{a_2\log 2}\left\{\log\left(1+\frac{1}{n}\right)+O\ left(\log n\sqrt{\frac{\logn}{\logp_1}}\right)\right\}}\nonnumber\\&=&d(N)\左(1+\frac{1}{N}\right)^{\frac}1+O\left\{N\log N\sqrt{\left(\frac{\logn}{\log\logN}\right)}\right\}}{a_2\log2}}\结束{eqnarray}
现在可以选择$n$,这样$$(\log n)^{\frac{3}{2}}\neq o\sqrt{(\log\log n)}$$$$1+O\left\{n\log n\sqrt{left(\frac{\log n}{\log\logN} \right)}\right\}>0$$也就是说
\开始{方程式}d\left\{N\left(1+\frac{1}{N}\right)\right\}>d(N)。\结束{方程式}
从这个和(29)因此,如果$N$是一个高度复合数,那么下一个高度合成数的形式是
\开始{方程式}N+O\left\{\frac{N(\log\log\log N)^{\frac{3}{2}}}{\sqrt{(\log\ logN) }}\右}\结束{方程式}
因此,两个连续的高合成数的比率趋向于团结一致。

它源自(163)高度复合数的数量超过$x$不符合形式

\开始{方程式*}o\left\{\frac{\log x\sqrt{(\log\log x)}}{(\ log \ log \logx) ^{\frac{3}{2}}\right\}。\结束{方程式*}

29.现在,让我们考虑$d(N)$的性质,因为$新币。发件人(44)我们看到了

\开始{方程式}d(N)=2^{\pi(p_1)-\pi(p3)-\pi(p4)}\cdots(1+a2)。\结束{方程式}
由此可知
\开始{方程式}d(N)=2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdos\varpi^{a_ \varpi},\结束{方程式}
其中$\varpi$是不超过$1+a_2$的最大素数;
\开始{方程式}\alpha_\lambda=\pi(p_{\lambda-1})+O(p_\lambda)。\结束{方程式}
如果$\wp_1、\wp_2、\wp2、\ldots、\wp_\lambda$是给定一组素数,则可以找到一个数字$\bar{\mu}$,以便方程式$$d(N)=\wp_1^{\beta_1}\cdot\wp_2^{\贝塔_2}\cdot \wp_3^{\beta_3}\cdos\wp_{\mu}^{\beta_\mu}\cdots\wp_\lambda ^{\beta_\lambda}$$如果$N$是一个高度复合的数字,而$\beta_\mu>\bar{\mu}$是不可能的。我们可以粗略地说,这是$N$(一个高度合成的数字)趋向无穷大,那么,不仅在$N$本身中,而且在$d(N)$中素因子和指数的数量必须趋于无穷大。特别是这样一个方程
\开始{方程式}d(N)=k\cdot 2^m,\结束{方程式}
如果$k$是固定的,则当$m$超过某个限制时就不可能取决于$k$。

很容易从中看到(153),(164)、和(165)那个

\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}\varpi=O(a_2)=O(\log p_1)=O\\\varpi\neq o(a_2)=o(\log p_1)=od(N)\}。\结束{数组}\right\}\ href{#p15_en17}{^{17}}\结束{eqnarray}
它源自(147)如果$\lambda=o(\log p_1)$然后
\开始{方程式}\压裂{\log\alpha_2}{\log(1-\half)}\sim\frac{\log\ alpha_3}{\log(1-\mbox{$\frac{1}{3}$})}\sim\frac{\log\alpha_5}{\log(1-\mbox{$\frac{1}{5}$})}\sim\cdots\frac{\log\alpha{\lambda}}{\log(1-\mbox{$\frac{1}{\lambda}$})}。\结束{方程式}
类似地,从(149),如果$\lambda=O\sqrt{(\log p_1\log\logp1)}$然后
\开始{方程式}\压裂{log(1+\alpha_\lambda)}{\log(1-1/\lambda)}=-\frac{\logp_1}{\log2} +O\sqrt{(\log p_1\log\log p_1)}。\结束{方程式}
同样,来自(152),我们看到如果$\lambda\neqo\sqrt{(\logp_1\log\logp_1)}$那么
\开始{方程式}\frac{\log(1+\alpha_\lambda)}{\log(1-1/\lambda)}=-\frac{\log p_1}{\log 2}+O(\lambda)。\结束{方程式}
在左侧,我们不能写$\alpha_\lambda$而不是$1+\alpha_\lambda$,因为对于一些值$\lambda$。

发件人(165)(170)我们可以告诉你$$\log d(N)=\alpha_2\log 2+O(\alpha_3),\log d(N)\neq\alpha_2 \log2+o(\alpha_3)$$所以

\开始{方程式}\log d(N)=\alpha_2\log 2+e^{\frac{\log\frac{3}{2}}{\log 2}\log p_1+O\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}}\结束{方程式}
但是来自(163)我们看到了$$\log\log d(N)=\log p_1+O(\log\log p_1)$$从这个和(172)由此可见
\开始{方程式}a_2\log 2=\log d(N)-\{\log d(N)\}^{\frac{\log\frac}3}{2}}{\log2}+O\sqrt{\left\{\frac{\log\log\log d(N)}{\log\ log d(d)}\right\}}}。\结束{方程式}

30.现在我们将考虑以下高度复合值的$dd(N)$顺序$新币。它源自(165)那个

\开始{方程式}\log dd(N)=\log(1+\alpha_2)+\log(1+\alpha_\varpi)。\结束{方程式}
现在让$\lambda,\lambda',\lampda'',\ldots$成为升序,然后让\开始{eqnarray*}\lambda=O\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}\\\lambda\neqo\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}。\结束{eqnarray*}然后,从(174),我们有
\开始{eqnarray}\log dd(N)&=&&\log(1+\alpha_2)+\log(1+\alpha_3)+\cdots+\log(1+\alpha_\lambda)\n非数字\\&&+\log(1+\alpha_{\lambda'})+\log(1+\alpha_\varpi)。\结束{eqnarray}
但是,来自(170),我们有
\开始{eqnarray}\日志(1+\alpha_2)&+&\log(1+\ alpha_3)+\cdots+\log(1+\alpha_\lambda)\n非数字\\=&-&\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{(1-\half)(1-\myfrac{1}{3})(1-\myfrac{1}{5})\cdots\left(1-\frac{1}{\lambda}\right)\right\}\n非数字\\&+&O\sqrt{(\log p_1\log\log p_1)}\log\left\{(1-\一半)(1-\myfrac{1}{3})\cdots\left(1-\frac{1\lambda}\right)\right\}。\结束{eqnarray}
它可以被证明,而不需要假定素数定理18,那个
\开始{方程式}-\log\left\{(1-\half)(1-\myfrac{1}{3})(1-\myfrac{1}}{5})\cdots\左(1-\frac{1}{p}\right)\right\}=\log\log p+\gamma+O\左(\frac{1}{\logp}\right),\结束{方程式}
其中$\gamma$是欧拉常数。因此$$\log\left\{(1-\half(1-\ myfrac{1}{3})(1-\myfrac}{5})\cdots\left(1-\frac{1}{p}\right)\right\}=O(\log\log p)$$从这个和(176)由此可见
\开始{eqnarray}\日志(1+\alpha_2)&+&\log(1+\ alpha_3)+\cdots+\log(1+\alpha_\lambda)\n非数字\\=&-&\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{(1-\half)(1-\myfrac{1}{3})\cdots\左(1-\frac{1}{\lambda}\right)\right\}\n非数字\\&+&O\{\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}\log\log\lambda\}\n编号\\=&-&\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{(1-\half)(1-\myfrac{1}{3})\cdots\left(1-\frac{1}{\lambda}\right)\right\}\n编号\\&+&O\{\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}\log \ log p _ 1\}。\结束{eqnarray}
同样,来自(152),我们看到了
\开始{eqnarray}\log&&(1+\alpha{\lambda'})+\log(1+\alpha_\varpi)\n非数字\\&&=-\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{\left(1-\frac}{\lambda'}\right)\左(1-\frac{1}{\lambda^{'}}\right)\cdots\左(1-\frac{1}{\varpi}\right)\right\}\nonnumber\\&&+O\left\{\lambda‘\log\left(1-\frac{1}{\lambda‘}\right)+\lambda ^{'}\log\left(1-\frac{1}{\lambda^{'}}\right)+\cdots+\varpi\log\ left(1-\frac{1}{\varpi}\right)\right\}\n编号\\&&=-\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{\left(1-\frac}{\lambda'}\right)\left(1-\frac{1}{\lambda'}\right)\cdots\left(1-\frac}{\varpi}\rift)\右\}+O \{\pi(\varpi)-\pi(\lambda)\}\非成员\\&&=-\frac{\logp_1}{\log2}\left\{\left(1-\frac}{\lambda'}\right)\左(1-\frac{1}{\lambda^{'}}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{\varpi}\right)\right\}+O\left(\frac{\log p_1}{\log\logp_1}\右)。\结束{eqnarray}
发件人(175),(178)(179)由此可见
\开始{eqnarray}\log dd(N)&=&-\frac{\log p_1}{\log2}\log\left\{(1-\half)(1-\myfrac{1}{3})\cdots\left(1-\frac{1}{\lambda}\right)\right\}\n非数字\\&&+O\{\sqrt{(\log p_1\log \log p _1)}\log \ log p _ 1\}\n编号\\&&-\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{\left(1-\frac{1}{\lambda'}\right)\左(1-\frac{1}{\lambda^{'}}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{\varpi}\right)\right\}+O\left(\frac{\log p_1}{\log\logp_1}\右)\n编号\\&=&-\frac{\logp_1}{\log2}\log\left\{(1-\half)(1-\myfrac{1}{3})\cdots\left(1-\frac{1}{\varpi}\right)\right\}+O\left(\frac{\log p_1}{\log\logp_1}\右)\n编号\\&=&\frac{\log p_1}{\log2}\left\{\log\log\varpi+\gamma+O\left(\frac{1}{\log\varpi}\right)\right\}+O\left(\frac{\logp_1}{\log\log p_1}\right)\n编号\\&=&\frac{\log p_1}{\log2}\left\{\log\log\log p_1+\gamma+O\left(\frac{1}{\log\logp_1}\right)\right\}+O\left(\frac{\logp_1}{\ log\log p_1}\right)\n编号\\&=&\压裂{\log\log N}{\log 2}\left\{\log\ log N+\gamma+O\左(\frac{1}{\log\log\log N}\right)\right\},\结束{eqnarray}
凭借(177),(168)、和(163)因此,如果$N$是高度复合的数字,然后
\开始{方程式}dd(N)=(\log N)^{\frac{1}{\log 2}\left\{\log\log\log\log N+\gamma+O\left(\frac{1}{\log\log\LogN}\right)\right\}}。\结束{方程式}

31.值得注意的是,就表的构造而言,\开始{eqnarray*}2^2,2^3,\ldot,2^{13},&&3,3\cdot 2,3\cdot 2^22^{11},5\cdot 2,5\cdot 2^2,\ldots,5\cdot 2^8\\&&7\cdot 2^5,7\cdot2^6,\ldots,7\CDot2^{10},9,9,9,\结束{eqnarray*}以此类推,以$d(N)$的值出现。但我们从$\S$29中知道$k\cdot对于足够大的$m$值,2^m$不能是$d(N)$的值;因此,形式为$k\cdot 2^m$的数字出现在当扩展表时,表迟早会消失。因此,表格$5\cdot 2^m$的数字已开始在表格中消失自身。从$2^{18}$起,2的幂无论如何都会消失。这个具有$2^{18}$除数的最小数是$$2^7\cdot 3^3\cdot 5^3\cmot 7\cmot 11\cmot 13\cmot 41\cmot 43$$而较小的数字,即。,$$2^8\cdot 3^4\cdot 5^3\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13\cdot 41$$具有更大数量的除数。即$135\cdot 2^{11}$。表单的编号$7\cdot 2^m$至少从$7\cdot 2^{13}$起消失。拥有的最少数量$7\cdot 2^{13}$除数是$$2^6\cdot 3^3\cdot 5^3\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 31\cdot 37$$而较小的数字,即。$$2^9\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 31$$除数较多,即$225\cdot 2^8$。

四、
高级高复合数

32.数字$N$可以说是一个优越的高度复合数字,如果存在是一个正数$\epsilon$,因此

\开始{方程式}\压裂{d(N)}{N^\epsilon}\geq\frac{d(N')}{(N',\结束{方程式}
对于$N'$小于$N$的所有值,以及
\开始{方程式}\裂缝{d(N)}{N^\epsilon}>\\结束{方程式}
对于$N'$大于$N$的所有值。

所有高级高复合数也是高复合数。对于,如果$N'\lt N$,它来自(182)那个$$d(N)\geq d(N')\left(\frac{N}{N'}\right)^\epsilon>d(N')$$所以$N$是高度复合的。

33.现在让我们考虑一下$N$的性质,以便它应该是一个优越的高度复合数。首先,它必须是表单的

\开始{方程式}2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdotes p^{a} _1个\结束{方程式}
或表单的\开始{eqnarray*}&&2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot p_1\cr&\时间&2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot p_2\cr&\时间&2\cdot 3\cdot 5\cdot p_3\cr&\时间&\ldots\ldots:\结束{eqnarray*}即它必须满足高复合数的条件。现在让我们$$N'=N/\lambda$$其中$\lambda\leq p_1$。然后从(182)由此可见$$\压裂{1+a_\lambda}{\lambda ^{\epsilon a_\lambda}}\geq\裂缝{a_\lambda}{lambda^{epsilon(a_\lambda-1)}}$$
\开始{方程式}\lambda^\epsilon\leq\左(1+\frac{1}{a_\lambda}\右)。\结束{方程式}
再次让$$N'-N_\lambda$$然后,从(183),我们看到了$$\压裂{1+a_\lambda}{\lambda ^{\epsilon a_\lambda}}>\压裂{2+a_\lambda}{\lambda ^{\epsilon(a_\lambda+1)}}$$
\开始{方程式}\lambda^\epsilon>\左(1+\frac{1}{1+a_\lambda}\右)。\结束{方程式}
现在假设$\lambda=p_1$in(185)并且$\lambda=P_1$in(186),我们获得
\开始{方程式}\压裂{\log 2}{\logP_1}\lt\epsilon\leq\frac{\log2}{\log P_1}。\结束{方程式}
现在我们假设$\epsilon=1/x$。然后,从(187),我们有
\开始{方程式}p_1\leq 2^x\lt p_1。\结束{方程式}
也就是说,$p_1$是不超过$2^x$的最大素数。它源自(185)那个
\开始{方程式}a_\lambda\leq(\lambda ^{1/x}-1)^{-1}。\结束{方程式}
类似地,从(186),
\开始{eqnarray}a\lambda\gt(\lambda ^{1/x}-1)^{-1}-1。\结束{eqnarray}
发件人(189)(190)很明显
\开始{方程式}a_\lambda=[\lambda^{1/x}-1)^{-1}]。\结束{方程式}
因此,$N$的形式
\开始{方程式}2^{[(2^{1/x}-1)^{-1}]}\cdot 3^{[\ldot p_1,\结束{方程式}
其中,$p_1$是不超过$2^x$的最大素数。

34.现在假设$\lambda=p_r$in(189).然后$$a_{p_r}\leq(p_r^{1/x}-1)^{-1}$$但我们知道$r\leqa{pr}$。因此$$r\leq(p_r^{1/x}-1)^{-1}$$

\开始{方程式}p_r\leq\左(1+\frac{1}{r}\右)^x。\结束{方程式}
类似地,假设$\lambda=P_r$in(190),我们看到了$$a_{P_r}\gt(P_r^{1/x}-1)^{-1}-1.$$但我们知道$r-1\geq-ap_r$。因此$$r>(P_r^{1/x}-1)^{-1}$$
\开始{方程式}P_r\gt\左(1+\frac{1}{r}\右)^x。\结束{方程式}
发件人(193)(194)很明显,$pr$是最大的素数,不超过$(1+1/r)^x$。因此$N$的形式
\开始{eqnarray}&&2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot p_1 \n编号\\&\时间&2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot p_2\nonumber\\&\时间&2\cdot 3\cdot 5\cdot p_3\n编号\\&\时间&\ldots\ldots\ldots,\结束{eqnarray}
其中$p_1$是不大于$2^x的最大素数,p_2$是最大素数素数不大于$\左(\frac{3}{2}\右)^x$,以此类推。在其他单词$N$的形式
\开始{方程式}e^{\vartheta(2^x)+\vartheta(\frac{3}{2})^x+\vartheta(\frac{4}{3})^x+\cdots.},\结束{方程式}
$d(N)$的形式为
\开始{方程式}2^{\pi(2^x)}\cdot(\mbox{$\frac{3}{2}$})(\mbox{$\frac{4}{3}$})^{\pi(\frac}{3{)^x}\cdots。\结束{方程式}
因此,对于$x$的每个值,不小于1个对应项,并且只有一个对应项,价值$N$。

35.自$$\压裂{d(N)}{N^{1/x}}\geq\frac{d(N')}{(N'$$对于$N'$的所有值,它如下所示(196)(197)那个

\开始{方程式}d(N)\leq N^{1/x}\frac{2^{\pi(2^x)}}{e^{(1/x)\vartheta(2^x)}}\裂缝{(\myfrac{3}{2})^{\pi(\frac{3}{2{)^x}}{e^{(1/x)\vartheta(\myfrac{3}{2})^x}}\frac{{e^{(1/x)\vartheta(\myfrac{4}{3})^x}}\cdots,\结束{方程式}
对于$N$和$x$的所有值;和$d(N)$等于右侧,当
\开始{方程式}N=e^{变θ(2^x)+\vartheta(\myfrac{3}{2})^x+变θ(\myfrac{4}{3})^x+\cdots}。\结束{方程式}
因此,例如,将$x$=2,3,4放入(198),我们获得
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{数组}{ll}d(N)\leq\sqrt{(3N)}\\d(N)\leq 8(3N/35)^{压裂{1}{3}}\\d(N)\leq 96(3N/50050)^{压裂{1}{4}},结束{数组}\right\}\结束{eqnarray}
对于$N$的所有值;当$N=2^2 \cdot 3时,$d(N)=\sqrt{(3N)}$;d(N)=当$N=2^3\cdot3^2\cdot5\cdot7时,为8(3N/35)^{1}{3}}$;d(N)=96(3N/50050)^{\压裂{1}{4}}$当$$N=2^5\cdot 3^3\cdot 5^2 \cdot 7\cdot 11\cdot 13$$

36.$M$和$N$是连续的高级复合数字,如果有在$M$和$N$之间没有更好的高度复合数字。发件人(195)(196)很容易看出,如果$M$和$N$是任意两个高级复合数,如果$M\gt N$,则$M$是$新$;而且,如果$M$和$N$连续两次表现优异复合数,如果$M\gt N$,则$M/N$是质数。从这里开始因此,连续的高级高度复合数的形式如下

\开始{方程式}\pi_1,\pi_1\pi_2,\pi_1\pi_2\pi_3,\pi_1\pi_2\pi_3\pi_4,\LDOT,\结束{方程式}
其中$\pi_1、\pi_2、\pi_3\ldots$是质数。为了确定$\pi_1,\pi_2,\ldots$我们按照以下步骤进行。设$x'_1$是$x$的最小值这样$[2^x]$是质数$x'2$是$x$的最小值,这样$[\left(\frac{3}{2}\right)^x]$是质数,依此类推;让$x1,x2,\ldots$是按数量级排列的数字$x'_1、x'_2\ldots$。那么$\pi_n$是对应于$x_n$的素数,并且
\开始{方程式}N=\pi_1\pi_2\pi_3\cdots\pi_N,\结束{方程式}
如果$x_n\leqx\ltx{n+1}$

37.从前面的结果中我们看到复合数字不超过

\开始{方程式}e^{vartheta(2^x)+vartheta+\光盘}\结束{方程式}
$$\pi(2^x)+\pi(\box{$\frac{3}{2}$})^x+\pi(\box{$\frac{4}{3}$})^x+\t个$$换句话说,如果$x_n\leqx\ltx_{n+1}$那么
\开始{方程式}n=π(2^x)+\pi(mbox{$\frac{3}{2}$})+\cdots。\结束{方程式}
它源自(192)(202)在素数$\pi1,\pi2,\pi3中,\ldots,\pi_n,$等于给定素数$\varpi$的素数等于
\开始{方程式}[(\varpi^{1/x}-1)^{-1}]。\结束{方程式}
此外,素数$\pi_1,\pi_2,\pi_3\ldots,\pi_n$中最大的是最大素数不大于$2^x$,且渐近等价到自然$n$th素数,凭借(204).

下表给出了前50个值$\pi_n$和$x_n$$n$的值,即直到$xn$接近7。

$$\开始{array}{lcl}\pi_1=2&&x_1=\frac{\log2}{\log2}=1\\\pi_2=3&&x_2=\frac{\log3}{\log2}=1.5849\cdots\\\pi_3=2&&x_3=\frac{\log2}{\log(\frac{3}{2})}=1.7095\光盘\\\pi_4=5&&x_4=\frac{\log5}{\log2}=2.3219\ldots\\\pi_5=2&&x_5=\frac{\log2}{\log(\frac{4}{3})}=2.4094\ldot\结束{数组}$$

$$\开始{array}{lcl}\pi6=3&x6=\压裂{\log3}{\log(压裂{3}{2})}=2.7095\ldot\\\pi_7=7&&x_7=\frac{\log7}{\log2}=2.8073\ldots\\\pi8=2&x8=\压裂{\log2}{\log(压裂{5}{4})}=3.1062\ldot\\\pi_9=11&&x_9=\frac{\log11}{\log2}=3.4594\ldots\\\pi{10}=13&&x{10}=\frac{\log13}{\log2}=3.7004\ldots\\\pi{11}=2&x{11}=\frac{\log2}{\log(\frac{6}{5})}=3.8017\ldots\\\pi{12}=3&x{12}=\frac{\log3}{\log(\frac{4}{3})}=3.8188\ldots\\\pi_{13}=5&&x_{13}=\frac{\log 5}{\log(\frac{3}{2})}=3.9693\cdots\\\pi{14}=17&&x{14}=\frac{\log17}{\log2}=4.0874\ldots\\\pi{15}=19&&x{15}=\frac{\log19}{\log2}=4.2479\ldots\\\pi{16}=2&x{16}=\frac{\log2}{\log(\frac{7}{6})}=4.4965\ldot公司\\\pi_{17}=23&&x_{17}=\frac{\log 23}{\log 2}=4.5235\ldots\\\pi{18}=7&&x{18}=压裂{\log7}{\log(压裂{3}{2})}=4.7992\ldot公司\\\pi{19}=29&&x{19}=\frac{\log29}{\log2}=4.8579\ldots\\\pi{20}=3&x{20}=\frac{\log3}{\log(\frac{5}{4})}=4.9233\ldots公司\\\pi{21}=31&&x{21}=\frac{\log31}{\log2}=4.9541\ldots\\\pi{22}=2&x{22}=\frac{\log2}{\log(\frac{8}{7})}=5.1908\ldot公司\\\pi{23}=37&&x{23}=\frac{\log37}{\log2}=5.2094\ldots\\\pi{24}=41&&x{24}=压裂{\log41}{\log2}=5.3575\ldot\\\pi{25}=43&&x{25}=压裂{\log43}{\log2}=5.4262\ldots\\\pi{26}=47&&x{26}=压裂{\log47}{\log2}=5.5545\ldot\结束{数组}$$

$$\开始{array}{lcl}\pi{27}=5&&x{27}=压裂{\log5}{\log(压裂{4}{3})}=5.5945\ldots\\\pi{28}=53&&x{28}=压裂{\log53}{\log2}=5.7279\ldots\\\pi{29}=59&&x{29}=压裂{\log 59}{\log2}=5.8826\ldot\\\pi{30}=2&x{30}=\frac{\log2}{\log(\frac{9}{8})}=5.8849\ldot公司\\\pi{31}=11&&x{31}=\frac{\log11}{\log(\frac{3}{2})}=5.9139\ldot公司\\\pi{32}=61&&x{32}=压裂{\log61}{\log2}=5.9307\ldot\\\pi{33}=3&x{33}=\frac{\log3}{\log(\frac{6}{5})}=6.0256\ldot公司\\\pi{34}=67&&x{34}=压裂{\log67}{\log2}=6.0660\ldots\\\pi{35}=71&&x{35}=压裂{\log71}{\log2}=6.1497\ldots\\\pi{36}=73&&x{36}=压裂{\log73}{\log2}=6.1898\ldot\\\pi{37}=79&&x{37}=压裂{\log 79}{\log2}=6.3037\ldot\\\pi{38}=13&&x{38}=\frac{\log13}{\log(\frac{3}{2})}=6.3259\ldot公司\\\pi{39}=83&&x{39}=压裂{\log 83}{\log2}=6.3750\ldot\\\pi{40}=89&&x{40}=压裂{\log89}{\log2}=6.4757\ldots\\\pi_{41}=2&&x_{41}=\frac{\log 2}{\log(\frac{10}{9})}=6.5790\ldot公司\\\pi{42}=97&&x{42}=压裂{\log97}{\log2}=6.5999\ldots\\\pi{43}=101&&x{43}=\frac{\log101}{\log2}=6.6582\ldots\\\pi{44}=103&&x{44}=\frac{\log103}{\log2}=6.6724\ldots\\\pi_{45}=107&&x_{45}=\frac{\log 107}{\log 2}=6.7414\ldots\\\pi{46}=7&&x{46}=压裂{\log7}{\log(压裂{4}{3})}=6.7641\ldot公司\\\pi_{47}=109&&x_{47}=\frac{\log 109}{\log 2}=6.7681\ldots\\\pi{48}=113&&x{48}=\frac{\log113}{\log2}=6.8201\ldots公司\\\pi{49}=17&&x{49}=\frac{\log17}{\log(\frac{3}{2})}=6.9875\ldot公司\\\pi{50}=127&&x{50}=\frac{\log127}{\log2}=6.9886\ldots\结束{数组}$$

38.它源自(17)(198)$\log d(N)\leq F(x)$,其中

\开始{方程式}F(x)=\压裂{1}{x}\log N+\压裂{1'{x}\左\{\int^{2^x}_{2}\压裂{\pi(t)}{t}dt+\int^{(\frac{3}{2})^x}{2{压裂{\pi(t){t}dt+\整数^{(\frac{4}{3})^x}{2}\frac}\pi(t)}{t}dt+\cdots\right\},\结束{方程式}
对于$N$和$x$的所有值。为了获得最佳鞋面$\log d(N)$的限制,我们必须选择$x$以使右侧a最小值。

函数$F(x)$显然是连续的,除非$(1+1r)^x=p$,其中$r$是正整数,$p$是素数。很容易看出即使如此,也无一例外地连续不断。阿尔索

\开始{eqnarray}F'(x)=-\压裂{1}{x^2}\log N&-\frac{1}{x^2]\左\{\int^{2^x}{2}\frac{\pi(t)}{t}dt+\整数^{(\frac{3}{2})^x}_2\frac}\pi(t)}{t}dt+\cdots\right\}\n非数字\\&&+\frac{1}{x}\{\pi(2^x)\log 2+\pi\cdots\}\n编号\\&&=\frac{1}{x^2}\{\vartheta(2^x)+\vartheta(\myfrac{3}{2})^x+\vartheta(\myfrac{4}{3})^x+ \cdots-\log N\},\结束{eqnarray}
除非$(1+1/r)^x=p,$依据(17).

因此,我们看到$F(x)$是连续的,并且$F'(x)美元存在并且是连续的除了在某些孤立的点。$F'(x)$的符号(如果存在)为$$\vartheta(2^x)+\vartheta(\myfrac{3}{2})^x+\vartheta(\myfrac{4}{3})\cdots-\log N$$$\ds\vartheta(2^x)+\vartheta(\myfrac{3}{2})^x+\vartheta(\myfrac{4}{3})\光盘$是一个单调函数。因此,$F'(x)$首先是负数,然后是正数,只更改一次符号,因此$F(x)$具有唯一的最小值。因此$F(x)$是一个当$x$是不等式定义的$N$函数时的最小值

\开始{方程式}\变音(2^v)+\变音(\myfrac{3}{2})^v+\变调(\myfrac{4}{3})\cdots\left\{\begin{array}{ll}\lt\log N(y\ltx)\cr\gt\log N(y\gtx)\结束{数组}\right\}。\结束{方程式}
现在让$D(N)$是$N$的函数,这样
\开始{方程式}D(N)=2^{\pi(2^x)}(\mbox{$\frac{3}{2}$})(\mbox{$\frac{4}{3}$})^{\pi(\frac}{3{)^x}\cdot,\结束{方程式}
其中$x$是不等式定义的$N$的函数(208).然后,(198),我们看到了
\开始{方程式}d(N)\leq d(N),\结束{方程式}
对于$N$的所有值;且$d(N)=d(N)$适用于所有优质高复合材料$N$的值。因此,$D(N)$是$D(N)美元的最大顺序。换句话说,$d(N)$将在$N$为高级高度复合时达到其最大订单数字。

五、。
订单的应用$d(N)$。

39.已知关于素数分布的最精确结果数字是这样的

\开始{方程式}\左侧。\开始{array}{ll}\pi(x)=Li(x)+O(xe^{-a\sqrt{\log x}}),\cr\vartheta(x)=x+O(xe^{-a\sqrt{\log x}}),\end{array}\right\}\结束{方程式}
哪里$$Li(x)=\int^x\frac{dt}{\log t}$$$a$是一个正常数。

为了找到$d(N)$的最大订单,我们只需确定方程式中$D(N)$的顺序(208)(209)。现在,从(208),我们有$$\log N=\vartheta(2^x)+O(\myfrac{3}{2})^x=\varθ(2^x)+O(2^{2x/3})$$等等

\开始{方程式}\vartheta(2^x)=\log N+o(\log N)^{\frac{2}{3}};\结束{方程式}
和类似的(209)我们有
\开始{方程式}\pi(2^x)=\frac{\logD(N)}{\log2}+o(\logN)^{\frac}2}{3}}。\结束{方程式}

它源自(211)(213)$d(N)$的最大订单为

\开始{方程式}2^{Li(\log N)+O[\log Ne ^{-a\sqrt{(\og\log N)}}]}。\结束{方程式}
显然,不可能获得$d(N)$的上限比…更精确(214)不假设有关分布的结果依赖于迄今为止尚未证明的黎曼性质的素数$\zeta$-函数。

40.我们现在假设关于$\zeta$-函数为true,即$\zeta(s)的所有复数根$使它们的实部等于$\frac{1}{2}$。那么就知道了

\开始{方程式}\vartheta(x)=x-\sqrt{x}-\sum\frac{x^\rho}{\rho{+O(x^{\ frac{1}{3}}),\结束{方程式}
其中$\rho$是$\zeta(s)$的复数根
\开始{eqnarray}\hspace{-0.5cm}\pi(x)&&=Li(x)-\half Li(\sqrt{x})-\sum Li(x^\rho)+O(x^{\frac{1}{3}})\n非数字\\&&\hspace{-0.5cm}=Li(x)-\frac{\sqrt{x}}{\log x}-\frac{2\sqrt{x}}{(\log x)^2}-\压裂{1}{\log x}\sum\frac{x^\rho}{\rho{-\frac}{(\log x)^2}\sum\压裂{x^\rho}{\rho^2}+O\left\{\frac{\sqrt{x}}{(\log x)^3}\right\},\结束{eqnarray}
因为当$k>1$时,$\sum\frac{x^\rho}{\rho^k}$是绝对收敛的。此外众所周知
\开始{方程式}\总和{x^\rho}{\rho{=O\{\sqrt{x(\log x)^2};\结束{方程式}
等等
\开始{方程式}\vartheta(x)-x=O\{\sqrt{x(\log x)^2}\}。\结束{方程式}
发件人(215)(216)很明显
\开始{方程式}\pi(x)=锂(x)+frac{\vartheta(x)-x}{\log x}-R(x)+O\左\{\frac{\sqrt{x}}{\log x)^3}\right\},\结束{方程式}
哪里
\开始{方程式}R(x)=\压裂{2\sqrt{x}+\总和\压裂{x^\rho}{\rho^2}}{(\log x)^2}\结束{方程式}
但它遵循泰勒定理(218)那个
\开始{方程式}Li\vartheta(x)-Li(x)=\frac{\vartheta(x)-x}{\log x}+O(\log x)^2,\结束{方程式}
和来自(219)(221)由此可见
\开始{方程式}\pi(x)=Li\vartheta(x)-R(x)+O\left\{\frac{\sqrt{x}}{(\logx) ^3}\right\}。\结束{方程式}

41.它由$\zeta(s)$满足的函数方程得出,即。,

\开始{方程式}(2\pi)^{-s}\Gamma(s)\ zeta(s)\cos\half\pi s=\half\ζ(1-s),\结束{方程式}
那个$$(1-s)\pi^{-\frac{1}{4}\sqrt{s}}\Gamma\left(\frac}1+\sqrt}}{4{right)\zeta\左(\frac{1+\sqrt{s}}{2}\右)$$是$s$的积分函数,其表观阶小于1,因此等于$$\Gamma(\myfrac{1}{4})\zeta(\half)\prod\ds\left\{1-\myfrac{s}{(2\rho-1) ^2}\right\}$$[其中$\rho$遍历$\zeta(s)$的复数根部分是肯定的]。由此我们可以很容易地推断出
\开始{方程式}s(1+s)\pi^{-\frac{1+s}{2}}\Gamma\left(\frac}1+s{2}\right)\zeta(1+s)=\prod\left(1+\frac{s}{\rho}\right),\结束{方程式}

[其中$\rho$现在遍历所有根]。从两者中减去1将结果除以$s$,然后将$s\设为0$,我们得到

\开始{方程式}\总和\frac{1}{\rho}=1+\half(\gamma-\log 4\pi),\结束{方程式}
其中$\gamma$是欧拉常数。因此我们看到
\开始{eqnarray}\左|\sum\frac{x^\rho}{\rho^2}\right|\leq\sum\left|\frac{x^\rho}{\rho^2}\right|&=\sqrt{x}\sum\frac}{1\rho(1-\rho)}=\sqrt{x}\sum\left(\frac{1}{\rho}+\frac}{1-\rho{right)\n数字\\&&=2\sqrt{x}\sum\frac{1}{\rho}=\sqrt}x}(2+\gamma-\log4\pi)。\结束{eqnarray}
它源自(220)(226)那个
\开始{方程式}(\log 4\pi-\gamma)\sqrt{x}\leq R(x)(\logx)^2\leq(4+\gamma-\log4\pi)\sqrt{x}。\结束{方程式}
很容易验证
\开始{eqnarray}\左侧。\开始{array}{ll}\log 4\pi-\gamma=1.954\\4+\gamma-\log 4\pi=2.046\end{数组}\right\}\结束{eqnarray}
大约。

42.现在$$R(x)=\压裂{2\sqrt{x}+S(x)}{(\log x)^2}$$哪里$$S(x)=\sum\frac{x^\rho}{\rho^2}$$因此,考虑到$R(x)$是连续变量的函数,我们有\开始{eqnarray*}R'(x)&=&\压裂{1}{\sqrt{x}(\log x)^2}-\压裂{4\sqrt}x}+2S(x)}{x(\logx)^3}+\压裂{S'(x)}{(\log x)^2}\\&=&\frac{S'(x)}{(\log x)^2}+O\left\{\frac}{\sqrt{x}(\log x)#2}\right\},\结束{eqnarray*}对于$S(x)$具有微分系数的$x$的所有值。

现在$S(x)$的导出级数,即。,$$\bar{S}(x)=\压裂{1}{x}\sum\压裂{x^\rho}{\rho{$$在$x$的任何正值区间内一致收敛,其中不包括$x=p^m$形式的任何$x$值;而$S(x)$为对于$x$的所有值都是连续的。由此可见$$S(x_1)-S(x_2)=\int^{x_2}_{x_1}\bar{S}(x)dx$$对于$x_1$和$x_2$的所有正值,并且$S(x)$具有导数$$S'(x)=\bar{S}(x),$$只要$x$不是$p^m$的形式。阿尔索$$\bar{S}(x)=O\left\{\frac{(\log x)^2}{\sqrt{x}}\right\}$$因此

\开始{方程式}R(x+h)=R(x)+\int^{x+h}_{x}O\左(\frac{1}{\sqrt{t}}\右)dt=R(x)+O\左(\frac{h}{\sqrt{x}}\右)。\结束{方程式}

43.现在\开始{eqnarray*}\对数N&=&\vartheta(2^x)+\vartheta(\myfrac{3}{2})^x+O(\myfrac{4}{3})^x\\&=&\vartheta(2^x)+(\myfrac{3}{2})^x+O\{x^2\}+O(\myfrac{4}{3})^x\\&=&\vartheta(2^x)+(\myfrac{3}{2})^x+O(2^{5x/12})。\铬\结束{eqnarray*}类似地,$\log D(N)=\log 2\cdot\pi(2^x)+\log(\myfrac{3}{2})Li(\myfrac{3}{2})^x+O(2^{5x/12})$。为$2^X$写$X$,我们有

\开始{eqnarray}\left。\开始{array}{ll}\log N=\vartheta(X)+X^{\log(\frac{3}{2})/\log 2}+O\{(\logN) ^{\frac{5}{12}}}\\\日志D(N)=\log 2。\pi(X)+\log(\myfrac{3}{2})Li\{X^{\log(压裂{3}{2})/\log 2}\}+O(X^{\frac{5}{12}}.\end{array}\right\}\结束{eqnarray}
由此可见$$\log N=X+O[X^{\log(\frac{3}{2}/\log 2}]$$等等
\开始{方程式}X=\log N+O[(\log N)^{\log(\frac{3}{2})/\log2}]。\结束{方程式}
同样,来自(230)(231),因此
\开始{eqnarray}\log N=\vartheta(X)+(\log N)^{\log(\frac{3}{2})/\log2}+O\{(\logN) ^{\压裂{5}{12}},\结束{eqnarray}
\开始{eqnarray}\log D(N)&=&\log 2。\pi(X)+\log(\myfrac{3}{2})Li(\logN) ^{\log(\frac{3}{2})/\log 2}+O\{(\log N)^{\frac}5}{12}}\}\N非数字\\&=&\log 2\left\{Li\vartheta(X)-R(X)+O\left[\frac{\sqrt{X}}{(\log十) ^3}\right]\right\}\n数字\\&&+\log(\myfrac{3}{2})Li\{(\log N)^{log(\frac{3}})/\log2}}+O\{(\log N)^{\frac{5}{12}},\结束{eqnarray}
凭借(222).来自(231)(233)很显然
\开始{eqnarray}\log D(N)&=&\log 2\cdot Li\vartheta(X)-\log 2\cdot R(X)+\log(\myfrac{3}{2})Li\{(\log N)^{log(\frac{3}{2})/\log 2}\}非数字\\&&+O\left\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\ log \log N)^3}\right\}\N非数字\\&=&\log 2\cdot Li\{\log N-(\log N)^{\ log(\frac{3}{2})/\log2}+O(\logN) ^{\frac{5}{12}}\}\N编号\\&&-\log 2\cdot R\{\log N+O(\log N)^{\log(\frac{3}{2}/\log2}\}非数字\\&&+\log(\myfrac{3}{2})Li\{(\log N)^{log(\frac{3}})/\log2}}+O\左\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\tog N)^3}\right\},\结束{eqnarray}
凭借(231)(232).但是\开始{eqnarray*}Li&&\{\log N-(\log N)^{|log(\frac{3}{2})/\log2}\}+O(\logN) ^{\压裂{5}{12}}\\&&=Li(\log N)-\frac{(\og N)^{\log(\frac}3}{2})/\log2}}{\log\log N}+O\left\{\frac{(\log N)^{\frac{5}{12}}}{\log\log N}\right\}+O\左\{\frac{(\log N)^{\{2\log(\frac}{2})/\log 2\}-1}}{(\ log\logN) ^2}\正确\}\\&&=Li(\log N)-\frac{(\og N)^{\log(\frac}3}{2})/\log 2}}{\log\log N}+O(对数N)^{压裂{5}{12}};\结束{eqnarray*}\开始{eqnarray*}R&&\{log N+O(\log N)^{\log(\frac{3}{2})/\log2}\{(\log N)^{\{log(\frac{3}{2})/\log 2\}-\half}\\&=&R(\log N)+O(\log N)^{\frac{1}{10}},\结束{eqnarray*}凭借(229).因此(234)可替换为
\开始{eqnarray}\log D(N)&&=\log 2\cdot Li(\log N)+\log(\myfrac{3}{2})Li\{(\logn) ^{\log(\frac{3}{2})\log2}\}\非成员\\&&-\log 2\frac{(\log N)^{\log(\frac{3}{2})/\log2}}{\log\log N}-\log 2。R(\log N)+O\left\{\frac{\sqrt{(\logN)}}{(\ log\log N)^3}\right\}。\结束{eqnarray}
也就是说,$d(N)$的最大顺序是
\开始{方程式}2^{Li(\log N)+\phi(N)},\结束{方程式}
哪里\开始{eqnarray*}\φ(N)&=&\frac{\log(\myfrac{3}{2})}{\log2}Li\{(\log N)^{\log(压裂{3}{2})/\log2}\}-\frac{(\logN)^{\log\log N}-R(\log N)\\&&+O\left\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\ log \log N)^3}\right\}。\结束{eqnarray*}对于$N$的无穷大值,实际上达到了这个顺序。

44.我们现在可以找到高级高复合材料的数量顺序数量不超过给定数量$N$。让$N'$成为最小的上级高度复合数大于$N$,并让$$N'=e^{vartheta(2^x)+vartheta(\myfrac{4}{3})^x+\cdots}$$然后,从$\S$37,我们知道

\开始{方程式}2N\leq N'\leq 2^x N,\结束{方程式}
因此$N'=0(N\log N)$;而且,上级的人数也很高不超过$N'$的复合数字是$$n=\pi(2^x)+\pi$$通过与上一节类似的论点,我们可以看出
\开始{eqnarray}n&=&Li(\log n)+Li(\log n)^{\log(\frac{3}{2})/\log2}-\frac{(\logN) ^{\log(\frac{3}{2})/\log2}}{\log\log N}-R(\log N)\N编号\\&&+O\left\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\ log \log N)^3}\right\}。\结束{eqnarray}
从$\S$37很容易看出,如果不超过$N$的数量为$$2^{a_2}\cdot3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdotp^{a_p}$$则不超过$N$的高级高度复合数为所有指数的总和,$$a_2+a_3+a_5+\cdots+a_p$$

45.按照$\S$28进行,我们可以证明,如果$N$是一个高级复数和$m$和$n$是任意两个正整数,使得[$n$是$N$的除数,并且]$$\log mn=o(\log\log N)$$然后

\开始{方程式}d\左(\frac{m}{n}n\右)=d(n)2^{{\frac{\log(m/n)}{\log\log n}+o\左(\frac{\log-mn}{\log\log-N}\right)^2}}。\结束{方程式}
由此我们可以很容易地看出,下一个高度复合数是形式
\开始{方程式}N+O\left\{\frac{N(\log\log\log N)^2}{\log\og N}\right\}。\结束{方程式}
再次,让我们$S$和$S$成为任意两个连续的高级复合数字,然后让$$S=e^{vartheta(2^x)+vartheta(\myfrac{4}{3})^x+\cdots}$$然后从$\S$35得出
\开始{方程式}d(N)\lt\左(\frac{N}{S}\右)^{1/x}d(S),\结束{方程式}
对于$N$的所有值,$S$和$S'$除外。现在,如果$S$是第n个上级高复合数,因此$$x_n\leq x\lt x_{n+1}$$其中$x_n$与$\S$36中的相同,我们可以看到
\开始{方程式*}d(N)\lt\左(\frac{N}{S}\右)^{1/x_N}d(S),\tag{241'}\结束{方程式*}
对于$N$的所有值,$S$和$S'$除外。如果$N$是$S$或$S'$,则不平等变成了平等。

$\S$36之后是$d(S)\leq 2d(S')$。因此,如果$N$较高composite和$S'\lt N\lt S,$使$d{S'}\lt d(N)\lt d$$\一半d(S)\lt d(N)\lt d(S'),d(S')\lt d(N)\lt 2d(S')$$从这里很容易看出订单(236)实际上是通过每当$N$是高度复合数时,$d(N)$。但它也可能实现当$N$不是一个高度复合的数字时。例如,如果$$N=(2\cdot 3\cdot 5\cdot p_1)\次(2\ cdot 3\ cdot 5\ cdot p_2)$$其中$p_1$是不大于$2^x$的最大素数,$p_2$是最大素数素数不大于$(\frac{3}{2})^x$,很容易看出$d(N)$获得订单(236):和$N$不是高度复合的。

不及物动词。
$N$的特殊形式。

46.在$\S\S$-38中,我们间接解决了以下问题:必须在$x_1、x_2、x_3、\ldots$之间保持的关系$$2^{\pi(x_1)}\cdot(\myfrac{3}{2})^{x(x_2)}\cdot(\myfrac{4}{3})$$可能是最大值$$\vartheta(x_1)+\vartheta(x_2)+\vartheta(x_3)+\t个$$是一个固定的数字。我们得到的关系是$$\frac{\log 2}{\logx_1}=\frac}\log(\myfrac{3}{2})}{\Logx_2}=\frac{\log(\myfrac{4}{3})}{\logx3}=\cdots$$这表明了以下更普遍的问题。如果$N$是形式

\开始{方程式}e^{\显示样式{c1\vartheta(x1)+c2\vartheta(x2)+c3\vartheta\cdots}},\结束{方程式}
其中$c1、c2、c3、\ldots$是任何给定的正整数,它是必需的找到$N$的性质,也就是说,在$d(N)$为最大顺序时,$x_1、x_2、x_3、\ldots、$。发件人(242)我们明白了那个
\开始{方程式*}d(N)=(1+c_1)^{\pi(x_1)}\左(\frac{1+c_1+c2}{1+c1}\右)^{\pi(x2)}\左c_2}\right)^{\pi(x_3)}\tag{242’}\结束{方程式*}
如果我们定义类的“上级”数(242)通过不等式$$\压裂{d(N)}{N^\epsilon}\geq\frac{d(N')}{(N'$$对于$N'$小于$N$的所有值,以及$$\frac{d(N)}{N^\epsilon}>\frac{d(N')}{(N'$$对于两个不等式中$N'$大于$N、N$和$N'$$的所有值形式的存在(242),按照$\S$33进行,我们可以看到
\开始{方程式}d(N)\leq N^{1/x}\frac{(1+c_1)^{\pi\{(1+c_1)^{x/c_1}\}}{e^{(c1/x)\vartheta\{(1+c1)^{x/c1}\}}}\frac{\left(\frac{1+c_1+c_2}{1+c_1}\right)^{\pi\左(frac{1+c1+c2}{1+C1}\右)^{x/c2}\右}}{e^{(c2/x)\vartheta\left\{\left(\frac{1+c1+c2}{1+C1}\right)^{x/c2}\right\}}}\LDOT,\结束{方程式}
对于$x$的所有值,以及$N$的所有表单值(242).来自我们可以通过类似于$\S$38的参数来说明$N$必须是形式
\开始{方程式}e^{c1\vartheta(1+c1)^{x/c1}+c2\左(frac{1+c1+c2}{1+C1}\右)^{x/c2}\右\}+c3\vartheta\左\{\左(\压裂{1+c1+c2+c3}{1+c 1+c 2}\右)^{x/c3}\右\}+cdots},\结束{方程式}
和表格的$d(N)$
\开始{方程式*}(1+c1)^{\pi\left\{(1+c_1)^{\frac{x}{c1}}\right\}}\left(\frac{1+c1+c2}{1+c1}\右)^{\pi\左\{\left(\frac{1+c1+c2}{1+C1}\right)^{\frac}x}{c2}}\right\}}\左(\frac{1+c1+c2+c3}{1+c 1+c2}\right)^{\pi\left\{\左(\frac{1+c1+c2+c3}{1+C1+c2}\右)^{\ frac{x}{c3}}\右\标记{244'}\结束{方程式*}
发件人(244)(244英寸)我们可以找到最大订单$d(N)$,如$\S$43。

47.对于某些特殊形式的$N$,我们现在考虑$d(N$)$的订单。最简单的情况是$N$的形式$$2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdots p$$以便$$\log N=\vartheta(p)$$$$d(N)=2^{\pi(p)}$$这很容易说明

\开始{方程式}d(N)=2^{Li(\log N)-R(\log N)+O\left\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\log\log N)^3}\right\}}。\结束{方程式}
在这种情况下,$d(N)$正好是2的幂,这自然意味着问题:当$d(N)$确实是幂时,$d(N$)$的最大顺序是什么第2页?

显然,如果$d(N)$是2的幂,则质数的指数$N$的除数不能是除1,3,7,15,31,$\ldots$之外的任何其他数字;一个so-in命令$d(N)$应为最大顺序,$N$必须为以下形式$$e^{vartheta(x_1)+2(x4)+\cdot,}$$和表格的$d(N)$$$2^{π(x_1)+\pi(x_2)+\pi(x_3)+\ cdots}$$从$\S$46可以看出,为了使$d(N)$具有最大顺序$N$必须采用以下形式

\开始{方程式}e(x)+2(x})+4(x^{分形{1}{4}})+8\vartheta(x^{\frac{1}{8}})+\cdot,}\结束{方程式}
和表格的$d(N)$
\开始{方程式}2^{π(x)+\pi(\sqrt{x})+\π(x^{\frac{1}{4}})+\pi(x^{\frac{1}{8}})+\cdots.}\结束{方程式}
因此,$d(N)$的最大顺序可以很容易地表示为
\开始{方程式}2^{Li(\log N)+\frac{4\sqrt{(\og N)}}{(\ log N+O\left\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\ log \log N)^3}\right\}}。\结束{方程式}
很容易从中看到(246)除数为$2^n$的最小数是
\开始{方程式}2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot 11\cdot 13\cdot 16\cdot 17\cdot 19\cdot 23\cdot 25\cdot 29\cdots\mbox{to}n\mbox{factors},\结束{方程式}
其中2、3、4、5、7、$\ldots$是自然素数,它们的平方、四次方和以此类推,按数量级排列。

48.我们已经看到$N$的素除数的最后一个指数必须是1,如果$d(N)$是最大阶数。现在我们将考虑当$N$的素除数的指数从不小于整数$n$。首先,为了使$d(N)$达到最大值订单,$N$必须为以下形式$$e^{n\vartheta(x_1)+vartheta$$和表格的$d(N)$$$(1+n)^{\pi(x_1)}\左(\frac{2+n}{1+n}\右)^{\π(x_2)}\左(\frac{3+n}{2+n}\right)^{\pi(x3)}\cdots$$从$\S$46开始,$N$必须是以下形式

\开始{方程式}e^{n\vartheta\{(1+n)^{x/n}\}+\vartheta\左(frac{2+n}{1+n}\right)^x\right\}+vartheta\left\{\left(\frac{3+n}{2+n}\right)^x\right\}+\cdots},\结束{方程式}
和表格的$d(N)$
\开始{方程式}(1+n)^{\pi\{(1+n)^{x/n}\}}\左(\frac{2+n}{1+n}\右)^{\π\left\{\left(\frac{1+n}{1+n}\right)^x\right\}}\左(\frac{3+n}{2+n}\right)^{\pi\左(frac{3+n}{2+n}\right)^x\right\}}\cdot\结束{方程式}
然后,通过类似于$\S$43的论点,我们可以表明$d(N)$的顺序是
\开始{方程式}(n+1)^{Li\{(1/n)\log n\}+\phi(n)},\结束{方程式}
哪里\开始{eqnarray*}\φ(N)&=&\left\{\frac{\log(N+2)}{\log(N+1)}-1\right\}Li\left(\frac{1}{n}\log n\right)^{n\frac{\log(n+2)}{\log(n-1)}-n}\right\}\\&&-\压裂{\左(\压裂{1}{n}\log n\右)^{n\压裂{\ log(n+2)}{\log(n-1)}-n}}{n\log\left(\frac{1}{n}\log n\right)}-R\ left(\frac{1}{n}\ log n\ right)+)\left{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\log N)^3}\right}。\结束{eqnarray*}如果$n\geq3,$,则很容易验证$$n\frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}-n\lt\half$$等等(252)减少到
\开始{方程式}(n+1)^{Li\{(1/n)\log n\}-R\{(1/n)\log n\}+O\左\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\tog N)^3}\right\}},\结束{方程式}
前提是$n\geq 3$

49.接下来让我们考虑当$N$是完美的时$d(N)$的最大订单次幂。为了使$d(N)$具有最大顺序,$N$必须为表格$$e^{n\vartheta(x_2)+n\vartheta(x_2+n\vartheta(x_3)+\cdots}$$和表格的$d(N)$$$(1+n)^{\pi(x_1)}\左(\frac{1+2n}{1+n}\右)^{\π(x_2)}\左(\frac{1+3n}{1+2n}\right)^{\pi(x3)}\cdots$$从$\S$46开始,$N$必须是以下形式

\开始{方程式}e^{n\vartheta(1+n)^x\}+n\varheta\左(frac{1+2n}{1+n}\right)^x\right\}+n\vartheta\left\{\left(\frac{1+3n}{1+2n}\right)^x\right\}+\cdots},\结束{方程式}
和表格的$d(N)$
\开始{方程式}(1+n)^{pi\{(1+n)^x\}}\左(\frac{1+2n}{1+n}\右)^{\左(frac{1+2n}{1+n}\right)^x\right\}}\左(\frac{1+3n}{1+2n}\right)^{\pi\左\{\left(\frac{1+3n}{1+2n}\right)^x\right\}}\cdots\结束{方程式}
因此,我们可以证明$d(N)$的最大顺序是
\开始{方程式}(n+1)^{Li\{(1/n)\log n\}-R\{N) }}{(\log\log N)^3}\right\}},\结束{方程式}
前提是$n>1$。

50.让$l(N)$表示第一个$N$自然值的最小公倍数数字。然后就可以很容易地显示

\开始{方程式}l(N)=2^{[\log N\log 2]}\cdot 3^{[\log N/\log 3]}\cdot 5^{[\log N/\log 5]}\cdot p,\结束{方程式}
其中$p$是不大于$N$的最大质数。从这里我们可以看出那个
\开始{方程式}l(N)=e^{vartheta(N)+vartheta\变θ(N^{\frac{1}{3}})+\变θ;\结束{方程式}
等等
\开始{方程式}d\{l(N)\}=2^{\pi(N)}(\myfrac{3}{2})(N^{\frac{1}{3}})}\cdots。\结束{方程式}
发件人(258)(259)我们可以证明,如果$N$的形式是$l(M)$,那么
\开始{方程式}d(N)=2^{Li(\log N)+\phi(N)},\结束{方程式}
哪里$$\phi(N)=\frac{\log(\myfrac{9}{8})}{\log2}\frac{\sqrt{(\log N)}}{\log\对数N}+\frac{4\log(\myfrac{3}{2})}{(\log\log N)^2}-R(\log N)+O\左\{\frac{\sqrt{(\log N)}}{(\tog N)^3}\right\}$$它源自(258)那个
\开始{方程式}l(N)=e^{N+O\{\sqrt{N(\log)^2}\}};\结束{方程式}
和来自(259)那个
\开始{方程式}d\{l(N)\}=2^{Li(N)+O(\sqrt{N\log N})}。\结束{方程式}

51.最后,我们将考虑$N!$的除数这很容易看到了

\开始{方程式}否!=2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdotes p^{a_p},\结束{方程式}
其中$p$是不大于$N$的最大素数,并且$$a_\lambda=\left[\frac{N}{\lambda}\right]+\left[\frac{N}{\lambda^2}\right]+\left[\frac{N}}{\lambda^3}\right]+\cdots。$$很明显,素数大于$\frac{1}{2}N$且不超过$N$在$N!$中出现一次,素数大于$\frac{1}{3}N$且不大于超过$\frac{1}{2} N个$出现两次,以此类推,直到大于$N/[\sqrt{N}]$且不超过$N/({\sqrt N}]-1)$,出现$[\sqrt{N}]-1$19.较小素数的指数不能如此简单地指定。因此清楚地表明
\开始{方程式}否!=e ^{\vartheta(N)+\vartheta(\half N)+\vartheta(\myfrac{1}{3}N) +\cdots+\vartheta\left(\frac{N}{[\sqrt{N}]-1}\right)}\次2^{a_2}\cdot 3^{a_3}\cdot5^{a_5}\cdotes\varpi^{a\\varpi},\结束{方程式}
其中$\varpi$是不大于$\sqrt{N}、$和的最大素数$$a_\lambda-1+[\sqrt{N}]=\left[\frac{N}{\lambda}\right]+\左[\frac{N}{\lambda^2}\right]+\left[\frac{N}}{\lambda^3}\right]+\cdots.$$发件人(264)我们看到了
\开始{eqnarray}d(N!)&=&2^{\pi(N)}(\myfrac{3}{2})(\压裂{1}{3} N个)}\cdots\mbox{to}[\sqrt{N}]-1\mbox{factors}\N编号\\&&\times e^{O\{log(1+a_2)+\log(l+a_3)+\cdots+\logs(1+a_\varpi)\}}\n非数字\\&=&2^{\pi(N)}(\myfrac{3}{2})(\myfrac{4}{3})^{\pi(\frac{1}{3{N)}\cdots\mbox{to}[\sqrt{N}]-1\mbox{因子}\n数字\\&&\times e^{O\{\varpi\log(1+a_2)\}}\n数字\\&=&2^{Li(N)}(\myfrac{3}{2})(\myfrac{4}{3})^{Li(\frac{1}{3} N个)}\cdots\mbox{to}[\sqrt{N}]\mbox{因子}\n数字\\&&\乘以e^{O(\sqrt{N\log N})}。\结束{eqnarray}
$$Li(N)=\frac{N}{\log N}+O\left\{\frac}N}{(\log N)^2}\right\}$$我们看到了
\开始{方程式}d(N!)=C^{\frac{N}{\log N}+O\left\{\frac{N}}{(\log N)^2}\right\}},\结束{方程式}
哪里$$C=(1+1)^1(1+\一半)^{\frac{1}{2}}(1+\mbox{$\frac}{3}$})^{\frac{1}}(1+\mbox{$\frac{1}{4}$})^{\frac{1}{4}}\ldots$$由此我们可以很容易地推断,如果$N$的形式是$M!$,然后
\开始{方程式}d(N)=C^{\frac{\log N}{(\log\log N)^2}+\frac{2\log N\logN} {(\log\log N)^3}+O\left\{\frac{\log N}{(.log\log N)^3{\right\}},\结束{方程式}
其中$C$与中的常量相同(266).

52.在这方面,通过考虑数字来说明如何对于某些特殊形式,我们可以获得最大阶数的下限迭代函数$dd(n)$和$ddd(n)$。通过假设$$N=2^{2-1}\cdot 3^{3-1}\cdots p^{p-1}$$我们可以告诉你

\开始{方程式}dd(n)>4^{\frac{\sqrt{(2\logn)}}{\log\logn}}\结束{方程式}
对于无穷大的$n$值。通过假设$$N=2^{2^{a2}-1}\cdot 3^{3^{a3}-1}\cdots p^{p^{ap}-1}, $$哪里$$a_\lambda=\left[\frac{\logp}{\log\lambda}\right]-1$$我们可以告诉你
\开始{方程式}ddd(n)>(\log n)^{\log\log\log\log n}\结束{方程式}
对于无穷大的$n$值。

尾注

1 沃克,第2卷,第49页。

2$f=O(\phi)$表示存在一个常数$|f|\lt K\phi:f=o(\phi)$表示$f/\phi\为0$

克里勒日记第126卷。第241页。

4戈廷格·纳克里赫滕(Gottinger Nachrichten), 1912.

5法国科学院通报1915年5月10日。

6Arkiv f“或Matematik,第3卷,第18号

7定理$\pi(x)\sim\frac{x}{\log x}$$素数不超过$x$。

8沃克,第1卷,第635页。

9见兰多,汉布赫,第71页等。

10如果我们假设没有什么关于$\pi(x)$,我们可以说明$$d(N)\lt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}+O\frac}\log N \logN} {(\log\log N)^2}}$$如果我们假设素数定理,我们可以证明$$d(N)\lt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}+[1+O(1)]\frac}\log N}{(\log\logN) ^2}}.$$如果我们假设$$\ds\pi(x)=\frac{x}{\logx}+O\压裂{x}{(\log x)^2},$$我们可以告诉你$$d(N)\lt 2^{\frac{\log N}{\log\log N/}+\frac}\log N}{(\log\log N)^2}+O\裂缝{\log N}{(\log\log N)^3}}$$

11$\phi(x)\sim\Psi(x)$表示$\phi(x)/\Psi。

12它可以用初等方法证明方法,如果$x\geq1$,则至少有一个质数$p$,使得$x\ltp\leq 2x美元。这个结果被称为伯特兰假设:有关证明,请参见朗道,汉布赫,第89页。紧接着是$P_1\lt P_1^2,$if$P_1\gt 2;$当$p1=2$时,不等式明显成立。使用了一些类似的结果在本节后面和下一节中,可以用同样的方法证明。就某些目的而言,就足以知道始终存在这样一个质数$p$$xp3x$,这一点的证明比Bertrand的更容易假设。例如,这些不平等足以说明这一点$$\log P_1=\log P_1+O(1)$$

13[$x$]通常表示$x$的组成部分。

14也就是说$\lambda$和$\nu$的所有素数值,因为$a_\lambda$中的$\lampda$是定义素数。

15$f\neq o(\phi)$的含义是$|f|>K\phi$,其中$K$是一个常量,$f\neq o(\phi)$的意思是$|f |/\phi\to\infty.$他们是仅仅是$f=o(\phi)$和$f=o(\ phi)$。

16我们可以毫不费力地用确定的数值常数替换由类型为$|f|\lt K\phi$的不等式产生的所有类型为$f=O(\phi)$的方程。这将使我们能够稍微扩展所有不同的范围。例如,$$\log\lambda\neqO\sqrt{(\log p_1)}$$的等式true将被$\log\slambda>K\sqrt}(\og p_1)}的不等式true替换,$其中$K$是确定常数,类似地,$\log\ lambda=O\sqrt{(\ log p_1)}$将被$\ log\lampda\ltk \sqrt_2(\logp _1){替换$

17更准确地说是$\varpi\sim a_2$。但这涉及到两个连续素数渐近等价的假设。这立即遵循素数定理。似乎这样的结果并不像素数定理那样深奥,但迄今为止还没有人通过初等推理成功地证明它。

18见兰多,汉布赫第139页。

19严格地说,只有当$N\geq 4时,这才是正确的$