素数普遍公式

素数普遍公式文章出处素数普遍公式素数普遍公式文章出处目录[][]一、引言2000连年前在证明素数无穷多时就埋下了寻求素数普遍公式的伏笔，以布劳维尔为首的直觉主义学派以为：“你没有给出第 n个素数是如何构造的，不能算是好的证明”。2000连年来，数论学最重要的一个任务，确实是寻觅素数普遍公式，为此，一代又一代数学精英，花费了庞大的心血，始终未获成功。曾想用他的ζ函数数的“零点”来逼近素数普遍公式，至今未获成功。也有人反向试探，用素数普遍公式逼近“零点”来解决。在 1900年的上说：对黎曼公式进行了完全讨论以后或许就能够够严格解决哥德巴赫问题和孪生素数问题。实际在哲学上，只要有一个明确的概念，就应该有一个公式。[]二， 素數普遍公式公元前250年同樣是古希臘的數學家埃拉托塞尼發明了一種篩法：n.（一） 要取得不大於某個自然数n的所有素數，只要在2---n中將不大於 的數的倍數全数劃去即可《自然杂志1991年11n.（二） 由（一）能够推出定理： “假设n是合数，那么它有一个因子 d知足1<d .（13页，U杜德利著，上海科技出版社。n（三） （二那个定理的反面能够推出定理“ 假设自然數n不能被不大于n的任何素數整除，那么n（259页上海教育出版社）因此定理的内容發生了等價轉換。（四） 咱们還能够把（三）这一段漢字转换成為英語字母的等價形式：（关于那个轉換讀者能够參見《談談素數表達式)19992期吴振奎教授）npma

pma

pm

。 （1）1 1

2 2

k k kpp1 2

。ai

pi

－1。也确实是a不i等於0，若np2 则n是素數。k1，（五） 公式还能够等價轉換成同余式组形式：（六）na1

(modp1

),na2

(modp2

nak

(modp)。k

（2）由于（2）式的模p,p1 2

,,pk

（中國剩餘定理（2）在給定ap1

pp2

内有惟一解，利用上两公式可構造任意大的數之内的全数素數。1k1时，由n2m1

,解得n3，5（已得區間（32）的全数素數；k2时，由n2m1

12

1。解得n7，13，19；由n2m1

12

2。解得n5，1，1，2（已得區間（52）的全部素数。k3n2m1

12

1有下表解：55m 135m235m335m43n2m11n2m12123111，417，3717，4713，432319291 2已得（7,72）區間内全数素數，仿此下去可求得任意大的數之内的全数素數。而且一个不漏地求得。也可不能有合數混入。僅僅從余式组2，線条就清楚了。一旦用孫子定理揭露，咱们就看到无穷廣闊的天地。（）式和2）式在p1

pp2

内有（p1

1（p2

－1）…（pk

－1）p1

p…p2

中剔除出pm形的合數。这一点与埃拉托塞尼篩法略有不同，埃氏篩是用p,p1 2

,,pk

去篩p2k1

之内的合数，剩下的确实是p2k1

之内的素數了，例如用，去篩49區間的素數了（1）（2）p

,,

pp

之内的pm形數（ik，连同p,

,,

也篩掉1 2

1 2 k i

1 2 k“p2k1

ppp1 2

关于由4开始的所有kk4（）式和）式的計算結果只能取，p2k1

）區間的值才是素數72＞5×3×2112＜7×5×3×211开始都是如此了。关于这些内容读者能够参见《數學22030的一个性质年么？k4（）式和2）式的解：n2m1

12

1nn2m13m21 25m+1=112131151611815m+2=1273715767187975m+1=112131151611815m+2=1273715767187975m+3=4316373193103135m+4=16979199109191395m+1=7119110111131415m+2=19710717137471675m+3=1132314353173835m+4=291495917989209煩了，每一个数都是一个庞大方程，如此的工作量也太大了。讀者朋友，你注意了吗？在K=4时，表格内所有的數字都是有規律的，也确实是咱们根本不需要运算，只要往表格内填写确实是了。咱们已经摆脱了埃拉托塞尼篩法的操纵。共有（2－1）×（3－1）×（5－1）×（7－1）=48個解，小于p2k1

121的解有7m+147m+247m+347m+447m+147m+247m+347m+447m+547m+6433333333數的有：[112×(2131(5171)4130（个）素數，2357三、素数的个数设(p2k1

)表示不大于p2k1

的素数個數：(p2k1

[ (p) (p2 ) k1

1)(p1)(p2 ppp1 2 k

]k1

（3）pkpk(P2k計算值實際值101101x101=102011252個素數，用式計算是1251个素數，误差很小。3445997151511303013393917606119717223979929145146311611623721921910112511252仿此下去，能够求得任意大的数之内的全数素数。以上确实是吴振奎教授在文章介绍发觉的素数普遍公式。的胡久念教授以为（ 3）式超级重要。那个公式提示咱们，素数不是愈来愈少，若是按自然数平方的区间计算，反而愈来愈多。例如：n2*----------------

（n

------------素数个数-----------2---------------------2( 即

22

有2个素数）2-----------------------3---------------------23-----------------------4---------------------24-----------------------5---------------------35-----------------------6---------------------26-----------------------7---------------------47-----------------------8---------------------38-----------------------9---------------------4...........................................50---------------------5------11 （50251

的平方有11个素数）5---------52------------------1552---------------------53------------------1653---------------------54-------------------1254---------------------55-------------------1355---------------------56-------------------1156---------------------57-------------------1257---------------------58-------------------17...........................................95--------------------96--------------------2096--------------------97--------------------2297--------------------98--------------------2298--------------------99--------------------2399-----------------------------21 （992

到1002的平方有21个素数）总的形势是愈来愈多。利用上面的公式证明奥波曼猜想（在正整数 n2与（n2+n）之间必有一个素数）和（两个相邻奇素数平方之间至少有两对素数）已经不是什念到最复杂结论的网络，固然，咱们只只是是继承了欧几里德的方式。四， 尋找孿生素數n咱们把上面的定理n不能被不大于n移植到孿生素數：“假设自然数Q与Q2不能被不大於

的任何素數整除，那么n是素數”QQ2Q与Q2都是素數，称为孿生素數”。咱们在公式（1）的基础上将孿生素數用公式表达为：Qpm

pmb

pmb. （4）1 1

2 2

k k kp，p1

pk

表示顺序排列的素數2，3，5…。bi

0，pi

2。注意，b0i是 說 不能是2m1

,3m2

,..... pk

m型 ， bk

p2 是 說iQ不能是pm1 1pm2

1,,pmk k

p （4）式的本质确实是篩去kpm,pm1 1 2

,,pk

m.k

的 數 和 篩 去pm0,pm1 1 2

1,pm3

pm5,pm4 4 5

7,,pmk k

p 型的. 。若kQp2k1

2，那么Q与Q2是一对孿生素數。一样咱们能够把式等價轉換成为線性同余式组：Qb1

(modp1

),Qb2

(modp2

),,Qbk

(modpk

) （5）由于这种同余式組的模p,p1 2

,,pk

两两互素，依照孫子定理，咱们明白（5）式在给定b值时在p1

pp2

有唯一解。利用（4）式或（5）式）能够構造(pk,

p2k

)區間上的一切孿生素數。2．kQ2m1

解得Q3和53235+2是孿生素數，從而求得了（332）區間的全数孿生素數。kQ2m1

12

，Q解得 得知5与5+2，11与Q17+2是孿生素數，从而求得了52）區間的全数孿生素數。5m5m35m35m311，411729k3解得：Q2m1

12

2從而求得了(7,72)區間的全数孿生素數。式ppp1 2 k

内有(p1

1)(p2

2)(p3

2)(pk2个解。五，孿生素數的个数孿生素數猜想就要證明（4）式（5）式在k值任意大时都有小於p2k1

2的解。有了孿生素數通项公式，咱们證明孿生素數猜想就像做一道中學題學题一样容易。能够利用孿生素數通項公式4（5）理。引理：任两个含連續自然数个數相等的區間，篩k次后，被篩（或末被篩）數相差不超过k。说明：本篩法与埃拉托塞篩法不同，埃氏篩先用2233的倍數剔除掉；再用5和各篩一遍。给定正整数a和b，存在惟一整数ar(0rb，abqr”a中篩bmq1個bm形數，r個連續自然數中，最多含有1個bm形數。例如a35b3353112，3511+1=12個3m形数。如36—70有12個3m形數，1－35有11個3m形數。现设某两个區間为A与B，含自然數的個数别离为|A|与|B|，|A|=|B|，下证明p去筛，两区间被筛pm形数（或未被筛数）个數相差最多不超过1，由上所述筛法，用顺序素pppp

ik形數（或未被筛數）个数相差最1 2 k i i多不超过1，故筛k次两區間被篩數（或未被篩數）個數最多不超过k個。1|A|=pmr,|B|=pmr,0rpA和B中均至少含有mpm形數，又由于rprpmpm1。證法（2，假假设不然，筛k次有两個區間A与B，被篩數相差大于k，比如有k+1個，那会显现什么問題呢？咱们问第k1是個什么，见图，假设AB23出現了相差3個，第一個记为2m形，第二個记为3m形，问第三個（？）是什么形式（每一方格表示一个自然數。已篩过部份 未篩过部份若是第三個（？）是2m或3m形，显然与除法算式定理矛盾；若是不是2m或3m形，站在已篩过部份行列，不管哪一种情形，假设都不成立，证毕。五，孿生素數問題的證明：證明：设孿生素數有窮，最大一对记为p 与p，按式写上kkQpm

pmb

pmb. （4）1 1

2 2

k k kbi

0,pi

2Qp2k1

2Q与Q2Qp，k且Q与p,p1 2

,,pk

互素，由于咱们已假设最大一對孿生素數為p

pk

,因此，式（4）Q在p2 2内无解，不然Q与Q2是一對大于p 与p的孿生素數對。kkk此刻咱们要證明式（4）至少有一解存在于

k

p k,

pk

p2k

2，因此小于p pk

即小于p2k1

2。ppp1 2

p1

p2

2)(pk2)個解，因为式（4）中最小剩餘b0，

2。[

22m形形都是偶数因此

有

1)个值)]。i i 1 1 1 1 1p1

pp2

按p pk

为一组，分成pp1 2

pk

（或區間（例如，k4时，A：B：2×3×5×7=210，按5×7=35为一组，分成2×3=6个组：1—35，36—70，71—105A：B：14—1717—21。假设孿生素數有窮即第一區p p]无解那么其他區間解數也不大于2kkk（式是从ppp中篩去pm与pm22k1 2 k i i任两含連續自然數個數相等的區間，篩2k次后被篩數相差不大於2k。还有pp1 2

k

1个區間，解的數目小於或等於(p1

p2

k

1)×2k個。【p1

p2

k

2k】【p1

p2

k

2k】【p1

p2

2)(pk

2)】第二项与第三项比较，一一對應，第三项(p2)對應第二项p 。第三项作分子，第二i i1项作分母。(p1)(p1

2)(

2)(

k

2)(

)k2

（6）p p 1 2

2kk211(21(32(52(7222 3 5 7(132)(172)(192)(232)(292)(312)=11 13 17 19 23 29(372) (41

(p 2) (

2)后面 ....... k k31 37 p k2

每一项分子大於或等於分母。k7p=17，17227;p22k。7 k也确实是說假设任何一個區間無解，都会造成总解數（比如信封）少於（5）式固有的解（比如抽屉，而）式）是错误的（抽屉原那么，原先假设孿生素數有窮是錯誤的。证毕例证：假定最后一对孿生素數是59和61，那么关于下式：2mb1 1

3mb2

59m b17

61m18

b （61是第18個素数）就18没有小于6722的解，此刻咱们将以59×61为區間，共有2×3×…×53个區間，按假设，第一區間[1，59×61]2k21836個，于是总解数不大于（2×3×…×53-1）×36個。2×3×…53-×3（2×3×…5×32-（3-（59-（61-（p2pi i1一一對應,第三项作分子,第二项作分母。(2)32)52)(592)(612)（7。2 2 53 36前面11项：(21)(32)(52)(72)(312)(372)2 3 5 29 31

1.086头尾之积为(412)(432)(472)

(532)(592)

(612)

，后面各项分37 41 43 47 53 36子大於或等於分母。59与61，那么上式就可不能有理取得的，只能说明假设最后一对孿生素數若是是5961是錯誤的（抽屉原那么。以上證明每一步都十分严格，而且能够倒推归去。是一个绝对的数量（即（12）式），他是由孙子定理得出的。与孙子定理矛盾显然是错误的，因此假设5961是最大的孪生素数是不对的。那个方式的优越性十分明显，能够幸免循环论证，每一步都与前面一步有着十分清楚而明确的关系。而且能够直接导回原先的公式。六，证明素数无穷多假定最后一个素数是23，那么关于下式：N2ma1 1

3m a2

23m9

a.（8）9（a不等于0，假设N232

，那么是一个素数，23是第9个素数).来讲，就没232的解，因为N2，3，5，7，11，13，17，19，23互素，而且大于23，咱们明白没有与所有素数互素的合数，因此 N必然是素数，原先假设是错误的，这证法一。证法二：（8）式若是有小于232的解，确实是素数，与假设矛盾，因此（ 8）232的解。（1）式的同余形式：Na1

(mod2),Na2

(mod,Na9

(mod23)。（9）依照孙子定理，从（8）（9）式得知，（8）（9）式在2x3x5x7x11x13x17x19x23范围内有（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）个解。（8）（9）式的本质是从2x3x5x7x11x13x17x19x23 中去2m，3m，5m，7m，11m，13m，17m，19m，23m形的数。共筛9次。咱们把2x3x5x7x11x13x17x19x23 按(19x23)为一个区间，（注意19x23<23平方）分成2x3x5x7x11x13x17 个区间：[1 ，19x23），[19x23+1，2x19x23）， ，[2x3x5x7x11x13x17x19x23-（19x23）+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23 ）。假设第一区间[1，19x23）无解，依照引理，其他区间的解也可不能超过 9个。x3x5x7x11x13x17 个区间不超过2x3x5x7x11x13x17x9 个解。少于（8）（9）式固有的解（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）。一一对应，（23-1）9；（19-1）17；（17-1）13，（13-1）11；（11-1）7；（7-1）5；（5-1）3；（3-1）2。|（2-1）|（3-1）|（5-1）|（7-1）|（11-1）|（13-1）|（17-1）|（19-1）|（23-1）||-------------2------|----3----|----5----|-----7------|-----11----|----13---|-----17----|----9------|每一项都是上面大于或等于下面，说明原先假设 23是最大的素数是错误的，造成了与（8）（9）式的矛盾，而（8）（9）式的解数量是由孙子定理得出的。与孙子定理矛盾必然是错误的。这是利用，（2-1）x（3-1）x（5-1）x（7-1）x（11-1）x（13-1）x（17-1）x（19-1）x（23-1）是抽屉，2x3x5x7x11x13x17x9 是信封，信封少于抽屉，说明至少有抽屉没有信封。证毕。证法二尽管繁琐（绕圈子），可是一个强有力的工具（归谬法）。假设在第一区间无解，就会造成总的解数量少于公式固有的解的数量，而固有解的数量是由孙子定理得出的。那个方式移植到孪生素数证明上，一样有效。七，组装素数。在例题中，当k=4时，咱们发觉，全然不需要计算，只有添进数字就能够够了，当k=5时，有480个解，若是用埃氏筛，或进行计算，哪怕是欧拉或高斯如此的大师，也要几个小时，若是编成程序，一秒钟也用不了。人类已经不需要依托埃拉托赛尼筛法计算素数。只有利用一个模具。八，说明问题能够说明，台尔曼素数公式。（参见“从台尔曼公式谈起”20025期)，,福蒂恩猜想。剑桥大学人类学家福蒂恩发觉假设与p1p2. pn+1(p1,p2,....是顺序素数2，3，5，，，，）接踵的下一个素数为q,则q-p1p2p3....pn也是素数：2+1=3，5-2=3；2x3+1=7,11-6=5;2x3x5+1=31,37-30=7,;2x3x5x7+1=211,223-210=13,............利用公式能够清楚地说明福蒂恩猜想。九，证明当N>3N+XN-X都是素数问题（一）如何使两个自然数相加后成为素数，即N+x成为素数。Npmc

pm

pm c1 1

2 2

k k k（10）p,p1 2

,。ci

0，1，2，…，pi

1N

p2k12 。xphg

phg

phg11

22

k k k (11)g pc xN2Nx是一个素数。i i i,例2，设N20。 202m1

02

25m3

722025h155h15h25h35h4111723293333=212739x2h1

12x2h1

12

2小于20－2有四个解，知20+3，20+9，20+11，20+17都是素数。问题（二）如何使两个自然数相减后成为素数，即NxNpmc

pm

p

c。 （12）1 1

2 2

k k kp,p1 2

,。ci

0，1，2，…，pi

1。Np2k2kxphg

phg

p

g。 （13）11

22

k k kgci

，假设xN2，那么Nx是一个素数。例3．设N20。 202m1

02

25m3

5220233332127393171319x并解得：5h15h25h35h4x2h1x并解得：5h15h25h35h4x2h11 2x2h111 2因为(Nx)(Nx)2N（这确实是闻名的哥德巴赫猜想） （14）Npm

pm

p

c。 （15）1 1

2 2

k k kp,p

。

0，1，2，…，

1。p2

N

p2k1。1 2 i

i 2 2k此刻的问题是不是存在x:xN2：kxphg

phg

ph

g, （16）11

22

k k kp,p1

。gi

c,gi

pci

。假设xN2，那么Nx与Nx是一对素数。例4．设N20。 202m1

03m2

25m3

0,

5220722 23333212739构造x并解得：x2h15h15h25h35h构造x并解得：x2h15h15h25h35h41 2证明哥德巴赫猜想确实是关于任何自然数NxN2的解x，定理证明：证：第一，必需证明式（16）必有解，由于

c,p

c.c与

c覆盖了全数i i i i i i ix无解。专门是当icpi i

c2pi 1

2，g1

只有两种选择：c1

0 时，g1

0，gpc1 1

201

1 ，例如例4 中N202m

x2h

1；

1

p

211,g

0c为何1 , 1 ,

1 1 1 1 1值，g1

总有一个。第二，当pi

2，除开gi

cpi

c,gpi i

2个值。但遇上：{1}，ci

0 时，gi

有p1个值。以例4 中pi

5 为 例：N205m3

有514個值。5h13 3

5h3

5h3， 3

5h43 g3.。i i {2} ， c時 ， g 有 p2 個 值 ， 以 例 i i p 為,N202x2 2 ,

0g20。c2,g2p221个值；同理，g

2

2个值，式（13）在（pp

）中至少也有i i i i

1 2 k（p1（p1

2）(pk

2x必有解。x

p2k的解。分三步：2ppp1 2 k0p1

pp]2 k

p pk1 2

为间距划分成

p pkk2

2pp1 2

pk2

个区间：（ （ 0, kk ， kk,

p，,（pp

p pkk,ppp2 2 kk

1 2

2 1 2 k(p每一个区间平均有

p2

2)(p3

2)(pk

个解。2pp1 2

pk2( p p

（p2）

k

区间有解，就证明了

0,

内有解。2 2x的解确实是从pp

]ph

phgik形的数1 2 k

i i

ii i后剩下的数，由引理知，每筛一次，任意两个含自然数个数相同区间筛掉和未被筛掉数的个p

g形筛k

g形筛k2k

2时，2h1i i i

i i i 1 1与2h1

12h1

0与2h1

0是一回事，故筛去2h1

g只筛一次，共2k1次。1又由于两相邻区间自然数个数最多相差1，也确实是区间自然数个数不相等，例如k4,pppp

2357210p3p4

57为区间。1 2 3 4 2 20 17.5 35 52.5 70 87.5 105 122.5 140 157.5 175 192.5 21017181718个。相邻区间自然数个数相差1个。现在处置方式是临时把多一个自然数的区间拿掉一个2k1差不大于2k1，不管拿掉的那个数是不是被筛掉，再加上去也不超过2k个，即各区间解的个数彼此相差不超过2k个。③反证，若是第一区间或任何一个区间无解，由引理知，其他任意一个区间的解不会超2k2p1

p2

k

1个区间，总解数不超过(2pp1 2

pk

2k个。又[(2pp1 2

pk

2k][2pp1 2

pk

2k][(p1

p2

2)(p3

2)(pk

2)]，而2pp1

pk

2kpp1 2

p3

k

4k。为了直观比较，咱们把pp1 2

p3

k

4k作为分p1

p2

2)(p3

2)(pk作为分子，分子pi2

,一一对应。(21)(32)(52)(72)(pk12)(pk2)2 3 5

4kk2(21)(32)除第一项

=1外其他各项分子大于或等于分母k64时，2 2p ,p 307p 項64 63 62 ：(21)(32)(52)(72)2)2 3 5 7(132)(172)(192)(232)(292)(312)=，11 13 17 19 23 29第63

(p 64

3112,3112309464=256。即当k64时，若是4k 4k(0,pkpk)区间无解，亦即解的个数少于x的固有解的个数，矛盾。证毕。2例题：有人说98000不能表为两个素数之和，请证明他说的不对。3112 3172证：98000÷2=49000=N

490002 2N=49000=2m1

02

15m3

0307m63

18764

173 (17)x2h1

12

05hg3

307h g63

g64

（18）（1式是说要在×2930×3112h1

02

1与22形，5h3

0形，…，307h3

307h3

120（307－187=120）64

173与311h64

138（311－173=138）形的数后，是不是还有小于3172的解。23073112×3×5×…293×307×311

为一个区间段，分成2×2×3×5×…2×293(0307311),(307311,307311),,(2353073112 2307311，2××5×…3031。假设第一区间（,307311）无解，那么其它区2 2间的解不超过2k264128个23×29－1（所含的解的数量不超过【（2×2×3×5×…×293－1）×128】个。（2×2×3×5×…×293－1）×1282×2×3×5×…×293×128（2－1）×－2）×5－）×…×30－）×312（1）第二项（中间项）与第三项对照可知，一一对应，第三项（pi

2）作为分子对应第二项pi1。(21)(32)(52)(72)(3072)31122 3 5 293 2128除第一项(21)(32)1外，其余各项分子者都是大于或等于分母。2 2前11项(21)(32)(52)(72)(392)(372)2 3 5 29 31

1.086说明分子第三项远远大于分母第二项，原先假设第一区间无解，既不存在小49000－2的x解，是不对的，因为式的解是固定的，是由 孙子定理给出的，比如n个抽屉，而若是小于式解的数量，nx个信封，放入n个抽屉，必有抽屉 无信封抽屉原那么，即必需存在一个x使49000+x与49000－x都是素数，证毕。十，{即(1)式(2）式)黎曼猜想式也是来自埃拉托塞尼筛法。1,摘要下面文章把黎曼猜想与素数普遍公式通过埃拉托塞尼筛法联系起来了。[]二，黎曼假设概述2000524(Clay)数学研究所发布了7个千禧问题。每一个问题的奖金均为100万美元。其中黎曼假设被公以为目前数学中 (而不单单是这7个)最重要的猜想。黎曼假设并非第一次在社会上征寻解答，早在 1900年的巴黎国际数学家大会上，德国数学家列出23个数学问题．其中第8问题中便有黎曼假设(还包括孪生素数猜想和)。具体概述关于黎曼-希尔伯特问题是：具有给定单值群的线性微分方程的存在性证明。即：关于素数的方程的所有成心义的解都在一条直线上。有些数具有不能表示为两个更小的数的乘积的特殊性质，例如，2,3,5,7,等等。如此的数称为素数；它们在纯数学及其应用中都起着重要作用。在所有自然数中，这种素数的散布并非遵循任何有规那么的模式；但是，德国数学家黎曼(1826~1866)观看到，素数的频率紧密相关于一个精心构造的所谓黎曼蔡塔函数z(s)的性态。闻名的黎曼假设断言，方程z(s)=0成心义的解都在一条直线上。这点已经关于开始的1,500,000,000个解验证过。证明它关于每一个成心义的解都成立将为围绕素数散布的许多隐秘带来光明。1730年，欧拉在研究调和级数：1=1+1+1+...+1.....。(19)n 2 3 n时，发觉：1=(1+1+1+...)(1+

1 1+

1+1+...)......=(1-1)-1。(20)n 2 22

3 32

5 52 P其中，n过所有正整数，p过所有素数，但略加改动即能够使其收敛，将 n写成ns(s>1),，即可。若是黎曼假设正确：X.（=Li(x)+O(X.

logX).。(21)证明了上式，即证明了黎曼猜想。什么缘故：1 1 1 1

1 1 1 1(1- P因为：1

=(1-2) ×(1-3)

×(1-5)

×.......=

=1+ + + 。(22)n 2 3 4(1-r)=1+r+r2 +r3r4 +. 。（23）因此（4）式左端相乘：1 1 1(1- )-1=1+ +2 2 22

1+23

1+24

1。（当(5）式的r=2时）1 1 1 1 1 1(1- )-1=1+ + + + +......。（当(5)式的r= 时）3 3 32 33 34 31 1 1 1 1 1(1- )-1=1+ +5 5 52

+53

+54

+.......。（当（5）式的r=5 时）.......................................右端所有第一项的“1”相乘取得：“1”；1 1右端第一行2与其它行第一项的“1”相乘取得“2";...................1 1 1把所有加起来确实是：1+

+ + ........2 3 4在证明素数定理的进程中，黎曼提出了一个论断： Zeta函数的零点都在直线Res(s)=1/2上。他在作了一番尽力而未能证明后便舍弃了，因为这对他证明素数定理阻碍不大。但这一问题至今仍然未能解决，乃至于比此假设简单的猜想也未能获证。而函数论和解析数论中的很多问题都依托于黎曼假设。在代数数论中的广义黎曼假设更是阻碍深远。假设能证明黎曼假设，那么可带动许多问题的解决。以下内容能够参见任何一本有关黎曼猜想的书籍，下面内容摘自《素数之恋》第100页。1的s函数。ζ（s）=1+1

+1 +1+1

+1 +1+.....。（24）2s 3s

4s 5s

6s 7s在等号两边乘以

1，由幂运算规那么取得：2s1ζ（s）=1

+1 +1+1 + 1

+ 1 +.....。（25）2s 2s

4s 6s 8s

10s

12s咱们从第（24）式子减去第二个式子，在左侧我有一个ζ（s），又有它1,做减法得：2s

1ζ（）=1+1 +1

+1+1 + 1

+ 1 +

+.....。（26）2s 3s

7s 9s

11s

13s 那个减法从那个无穷和中去掉了所有偶数项。此刻咱们在等号两边乘以

1,3是右边第一个尚未去掉的数：3s11

11 +1

+ 1 +1 + 1

+ 1 + 1

+.....。（27）3s 2s 3s 9s

15s

27s

33s

39s咱们再做减法得：111

1ζ（）=1+1

+1 + 1 + 1 + 1

+ 1 + 1

+.....。（28）3s 2s 5s

7s 13s

17s

19s 23s3的所有倍数都从那个无穷和中消失了，右边还有第一个没有被去掉的数是5，若是咱们两边都乘以

1,结果是：5s1

11

11 + 1

+ 1 + 1

+ 1 + 1 + 1

+ 1 +.....。5s 3s 2s

5s 25s

35s 55s

65s 85s 95s 115s（29）此刻之前面那个式子减去那个等式得：111

11

1（=1+1

+ 1 + 1 + 1

+ 1 + 1

+.....（30）5s 3s 2s 7s

17s

19s

23s1的任意s，左侧对每一个带括号的表达式，咱们取得：1

）1

1 ×1

1 1

1 1

1 ）×1-1/2s

1-1/3s

1-1/5s

1-1/7s

1-1/7s

11-1/11s

1

11-1/13s

×。31）即：（24）式=（31）式这确实是重复埃拉托塞尼筛法的进程。由于黎曼猜想（20）式与（1）（2）式都是来自埃拉托塞尼筛法，有一起的来源，所有咱们有理由相信，解决黎曼问题能够利用（1)和(2)式，只是咱们此刻还差一个环节。（王晓明王蕊珂）五、素数普遍公式在熟悉形成中的作用和意义埃拉托赛尼筛法是一个相对独立的实践活动，而埃拉托赛尼的素数普遍公式是一种理论。（实践先于理论，实践是理论的源泉）。若是实践是对的，行之有效的，那么他能够作为论据支持公式。公式的对与错，看他是不是与方式吻合，（与体会事实相吻合）。方式是公式的内容，公式是方式的理论。在理论的内容是真的前提下，公式是靠得住的，一个公式能够产生出来，说明具有了相应的三大条件：一，相应的观念和方式已经产生；二，相应的实践条件和手腕已经具有；三，科学劳动者能够正确无误地进行操作。方式只有借助公式才能取得确信的含义，方式是组成公式的成份。公式是具有必然结构的整体，这是公式自身存在与进展的前提。公式是一种体系化和逻辑化了的熟悉，而体系化标准化的方式是公式的灵魂。理论和公式的意义恰恰不在于他的形式，而在于他形成以后的运行。在于他作为某种因素而导出另外的结果。公式是方式的搜集，方式的反映。仅有方式，无法拓展新的实践和熟悉，生命力受到局限，只有借助于公式才能向更深层次参透，因为方式是一个层次，他主若是描述性的，例如，埃拉托赛尼筛法是如何寻觅素数。而公式是理论熟悉，说明 “什么