A method to count the prime number

When I was writing about this method to count the prime number, I realize it could overestimate them by assuming that all factors are prime, or underestimate them by ignoring them. Therefore we can safely conclude that the number of prime number is within the range define by upper limit and lower limit.

一個質數分佈的統計方法(2)

我上次提出了兩個在一定數值範圍內估計質數數量的方法,但是一個方法像香港的司法精神寧縱無枉,於是會把質數因子也忽略,因此低估了質數的總數;另一個方法像中共國對付互聯網異見一樣寧枉無縱,於是自然不會把質數因子忽略,因此會高估了質數的總數。取其中庸之道,我們可以拿前一種方法為質數數量的下限,後一種方法為質數數量的上限,結果便可估算在一定數值範圍內質數的總數。

一個質數分佈的統計方法

又是時代已久遠到無從躇考的主意,當時剛剛升上中一,興致勃勃要拿一個諾貝爾數學獎,其中一個開心大發現是質數的分佈,是當時在研究如何寫一個找一個數的因子,由此去統計世上所有的質數,但是如此文,遇到了死迴圈便放棄了,心想人腦比電腦聰明的地方在於人腦可以自行發現解決不了的問題(Infinite recursion)而放棄的,而電腦就不懂,一定要寫程式的人去代它發現,電腦並不聰明,而是寫程式的人聰明!

今天似乎是解決了,但想必早有其他數學家發現了!

我的思路是:
１.　因為一個數的因子最大只可能是它的平方根,即任何數在某意義上都涵蓋了它的平方,由它的性質去決定在它平方範圍內的數是不是質數;
２.　另外,再考慮到所有非質數的分佈,例如2的倍數出現在任何數字的機會是2份1.3的倍數出現在任何數字的機會是3份1,N的倍數出現在任何數字的機會是N份1,只要除去該範圍內的所有部數,剩下的一定非質數不可。
1是決定了質數範圍,2是用反向思維來提供找質數的方法,關門可以打狗!

所以結論是:
質數在N^2內的機會率為:
1-[(2的倒數+3的倒數+4的倒數+...N的倒數)-(2...N的倒數的所有組合,如此是減去多數一次的因子,例如4是2的部數)]

出問題了!
因為2也是2的倍數,3也是3的倍數,如此類推,即如果因子本身是質數,在我算法內也會被當成非質數,因為我的算法本身不是用來決定一個數是不是質數,我的算法只可以排除一定不是質數的數字,所以此算法只可以作為近似值,用來比較N平方到(N+1)平方的質數分佈,不可以推出一個絕對值。

(後記,現在剛想到的是可不可冒險犯難,把所有因子自動當成質數而加入算式內呢?因此變成:
1-[(2的倒數-N平方的倒數+3的倒數-N平方的倒數+4的倒數-N平方的倒數+...N的倒數)-(2...N的倒數
的所有組合,如此是減去多數一次的因子,例如4是2的部數)]
或:
1-[(2的倒數+3的倒數+4的倒數+...N的倒數)-(2...N的倒數的所有組合,如此是減去多數一次的因子,例如4是2的部數)-N的倒數]
未解決,未解決,未解決!)