素數(shù)普遍公式

素數(shù)普遍公式文章出處素數(shù)普遍公式素數(shù)普遍公式文章出處目錄[][]一、引言2000連年前在證明素數(shù)無窮多時就埋下了尋求素數(shù)普遍公式的伏筆，以布勞維爾為首的直覺主義學派以為：“你沒有給出第 n個素數(shù)是如何構造的，不能算是好的證明”。2000連年來，數(shù)論學最重要的一個任務，確實是尋覓素數(shù)普遍公式，為此，一代又一代數(shù)學精英，花費了龐大的心血，始終未獲成功。曾想用他的ζ函數(shù)數(shù)的“零點”來逼近素數(shù)普遍公式，至今未獲成功。也有人反向試探，用素數(shù)普遍公式逼近“零點”來解決。在 1900年的上說：對黎曼公式進行了完全討論以后或許就能夠夠嚴格解決哥德巴赫問題和孿生素數(shù)問題。實際在哲學上，只要有一個明確的概念，就應該有一個公式。[]二， 素數(shù)普遍公式公元前250年同樣是古希臘的數(shù)學家埃拉托塞尼發(fā)明了一種篩法：n.（一） 要取得不大於某個自然數(shù)n的所有素數(shù)，只要在2---n中將不大於 的數(shù)的倍數(shù)全數(shù)劃去即可《自然雜志1991年11n.（二） 由（一）能夠推出定理： “假設n是合數(shù)，那么它有一個因子 d知足1<d .（13頁，U杜德利著，上?？萍汲霭嫔?。n（三） （二那個定理的反面能夠推出定理“ 假設自然數(shù)n不能被不大于n的任何素數(shù)整除，那么n（259頁上海教育出版社）因此定理的內容發(fā)生了等價轉換。（四） 咱們還能夠把（三）這一段漢字轉換成為英語字母的等價形式：（關于那個轉換讀者能夠參見《談談素數(shù)表達式)19992期吳振奎教授）npma

pma

pm

。 （1）1 1

2 2

k k kpp1 2

。ai

pi

－1。也確實是a不i等於0，若np2 則n是素數(shù)。k1，（五） 公式還能夠等價轉換成同余式組形式：（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

內有惟一解，利用上兩公式可構造任意大的數(shù)之內的全數(shù)素數(shù)。1k1時，由n2m1

,解得n3，5（已得區(qū)間（32）的全數(shù)素數(shù)；k2時，由n2m1

12

1。解得n7，13，19；由n2m1

12

2。解得n5，1，1，2（已得區(qū)間（52）的全部素數(shù)。k3n2m1

12

1有下表解：55m 135m235m335m43n2m11n2m12123111，417，3717，4713，432319291 2已得（7,72）區(qū)間內全數(shù)素數(shù)，仿此下去可求得任意大的數(shù)之內的全數(shù)素數(shù)。而且一個不漏地求得。也可不能有合數(shù)混入。僅僅從余式組2，線條就清楚了。一旦用孫子定理揭露，咱們就看到無窮廣闊的天地。（）式和2）式在p1

pp2

內有（p1

1（p2

－1）…（pk

－1）p1

p…p2

中剔除出pm形的合數(shù)。這一點與埃拉托塞尼篩法略有不同，埃氏篩是用p,p1 2

,,pk

去篩p2k1

之內的合數(shù)，剩下的確實是p2k1

之內的素數(shù)了，例如用，去篩49區(qū)間的素數(shù)了（1）（2）p

,,

pp

之內的pm形數(shù)（ik，連同p,

,,

也篩掉1 2

1 2 k i

1 2 k“p2k1

ppp1 2

關于由4開始的所有kk4（）式和）式的計算結果只能取，p2k1

）區(qū)間的值才是素數(shù)72＞5×3×2112＜7×5×3×211開始都是如此了。關于這些內容讀者能夠參見《數(shù)學22030的一個性質年么？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，每一個數(shù)都是一個龐大方程，如此的工作量也太大了。讀者朋友，你注意了嗎？在K=4時，表格內所有的數(shù)字都是有規(guī)律的，也確實是咱們根本不需要運算，只要往表格內填寫確實是了。咱們已經(jīng)擺脫了埃拉托塞尼篩法的操縱。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(shù)的有：[112×(2131(5171)4130（個）素數(shù)，2357三、素數(shù)的個數(shù)設(p2k1

)表示不大于p2k1

的素數(shù)個數(shù)：(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(shù)，用式計算是1251個素數(shù)，誤差很小。3445997151511303013393917606119717223979929145146311611623721921910112511252仿此下去，能夠求得任意大的數(shù)之內的全數(shù)素數(shù)。以上確實是吳振奎教授在文章介紹發(fā)覺的素數(shù)普遍公式。的胡久念教授以為（ 3）式超級重要。那個公式提示咱們，素數(shù)不是愈來愈少，若是按自然數(shù)平方的區(qū)間計算，反而愈來愈多。例如：n2*----------------

（n

------------素數(shù)個數(shù)-----------2---------------------2( 即

22

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

的平方有11個素數(shù)）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個素數(shù)）總的形勢是愈來愈多。利用上面的公式證明奧波曼猜想（在正整數(shù) n2與（n2+n）之間必有一個素數(shù)）和（兩個相鄰奇素數(shù)平方之間至少有兩對素數(shù)）已經(jīng)不是什念到最復雜結論的網(wǎng)絡，固然，咱們只只是是繼承了歐幾里德的方式。四， 尋找孿生素數(shù)n咱們把上面的定理n不能被不大于n移植到孿生素數(shù)：“假設自然數(shù)Q與Q2不能被不大於

的任何素數(shù)整除，那么n是素數(shù)”QQ2Q與Q2都是素數(shù)，稱為孿生素數(shù)”。咱們在公式（1）的基礎上將孿生素數(shù)用公式表達為：Qpm

pmb

pmb. （4）1 1

2 2

k k kp，p1

pk

表示順序排列的素數(shù)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）式的本質確實是篩去kpm,pm1 1 2

,,pk

m.k

的 數(shù) 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與Q2是一對孿生素數(shù)。一樣咱們能夠把式等價轉換成為線性同余式組：Qb1

(modp1

),Qb2

(modp2

),,Qbk

(modpk

) （5）由于這種同余式組的模p,p1 2

,,pk

兩兩互素，依照孫子定理，咱們明白（5）式在給定b值時在p1

pp2

有唯一解。利用（4）式或（5）式）能夠構造(pk,

p2k

)區(qū)間上的一切孿生素數(shù)。2．kQ2m1

解得Q3和53235+2是孿生素數(shù)，從而求得了（332）區(qū)間的全數(shù)孿生素數(shù)。kQ2m1

12

，Q解得 得知5與5+2，11與Q17+2是孿生素數(shù)，從而求得了52）區(qū)間的全數(shù)孿生素數(shù)。5m5m35m35m311，411729k3解得：Q2m1

12

2從而求得了(7,72)區(qū)間的全數(shù)孿生素數(shù)。式ppp1 2 k

內有(p1

1)(p2

2)(p3

2)(pk2個解。五，孿生素數(shù)的個數(shù)孿生素數(shù)猜想就要證明（4）式（5）式在k值任意大時都有小於p2k1

2的解。有了孿生素數(shù)通項公式，咱們證明孿生素數(shù)猜想就像做一道中學題學題一樣容易。能夠利用孿生素數(shù)通項公式4（5）理。引理：任兩個含連續(xù)自然數(shù)個數(shù)相等的區(qū)間，篩k次后，被篩（或末被篩）數(shù)相差不超過k。說明：本篩法與埃拉托塞篩法不同，埃氏篩先用2233的倍數(shù)剔除掉；再用5和各篩一遍。給定正整數(shù)a和b，存在惟一整數(shù)ar(0rb，abqr”a中篩bmq1個bm形數(shù)，r個連續(xù)自然數(shù)中，最多含有1個bm形數(shù)。例如a35b3353112，3511+1=12個3m形數(shù)。如36—70有12個3m形數(shù)，1－35有11個3m形數(shù)。現(xiàn)設某兩個區(qū)間為A與B，含自然數(shù)的個數(shù)別離為|A|與|B|，|A|=|B|，下證明p去篩，兩區(qū)間被篩pm形數(shù)（或未被篩數(shù)）個數(shù)相差最多不超過1，由上所述篩法，用順序素pppp

ik形數(shù)（或未被篩數(shù)）個數(shù)相差最1 2 k i i多不超過1，故篩k次兩區(qū)間被篩數(shù)（或未被篩數(shù)）個數(shù)最多不超過k個。1|A|=pmr,|B|=pmr,0rpA和B中均至少含有mpm形數(shù)，又由于rprpmpm1。證法（2，假假設不然，篩k次有兩個區(qū)間A與B，被篩數(shù)相差大于k，比如有k+1個，那會顯現(xiàn)什么問題呢？咱們問第k1是個什么，見圖，假設AB23出現(xiàn)了相差3個，第一個記為2m形，第二個記為3m形，問第三個（？）是什么形式（每一方格表示一個自然數(shù)。已篩過部份 未篩過部份若是第三個（？）是2m或3m形，顯然與除法算式定理矛盾；若是不是2m或3m形，站在已篩過部份行列，不管哪一種情形，假設都不成立，證畢。五，孿生素數(shù)問題的證明：證明：設孿生素數(shù)有窮，最大一對記為p 與p，按式寫上kkQpm

pmb

pmb. （4）1 1

2 2

k k kbi

0,pi

2Qp2k1

2Q與Q2Qp，k且Q與p,p1 2

,,pk

互素，由于咱們已假設最大一對孿生素數(shù)為p

pk

,因此，式（4）Q在p2 2內無解，不然Q與Q2是一對大于p 與p的孿生素數(shù)對。kkk此刻咱們要證明式（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，因為式（4）中最小剩餘b0，

2。[

22m形形都是偶數(shù)因此

有

1)個值)]。i i 1 1 1 1 1p1

pp2

按p pk

為一組，分成pp1 2

pk

（或區(qū)間（例如，k4時，A：B：2×3×5×7=210，按5×7=35為一組，分成2×3=6個組：1—35，36—70，71—105A：B：14—1717—21。假設孿生素數(shù)有窮即第一區(qū)p p]無解那么其他區(qū)間解數(shù)也不大于2kkk（式是從ppp中篩去pm與pm22k1 2 k i i任兩含連續(xù)自然數(shù)個數(shù)相等的區(qū)間，篩2k次后被篩數(shù)相差不大於2k。還有pp1 2

k

1個區(qū)間，解的數(shù)目小於或等於(p1

p2

k

1)×2k個?！緋1

p2

k

2k】【p1

p2

k

2k】【p1

p2

2)(pk

2)】第二項與第三項比較，一一對應，第三項(p2)對應第二項p 。第三項作分子，第二i i1項作分母。(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

每一項分子大於或等於分母。k7p=17，17227;p22k。7 k也確實是說假設任何一個區(qū)間無解，都會造成總解數(shù)（比如信封）少於（5）式固有的解（比如抽屜，而）式）是錯誤的（抽屜原那么，原先假設孿生素數(shù)有窮是錯誤的。證畢例證：假定最后一對孿生素數(shù)是59和61，那么關于下式：2mb1 1

3mb2

59m b17

61m18

b （61是第18個素數(shù)）就18沒有小于6722的解，此刻咱們將以59×61為區(qū)間，共有2×3×…×53個區(qū)間，按假設，第一區(qū)間[1，59×61]2k21836個，于是總解數(shù)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,第三項作分子,第二項作分母。(2)32)52)(592)(612)（7。2 2 53 36前面11項：(21)(32)(52)(72)(312)(372)2 3 5 29 31

1.086頭尾之積為(412)(432)(472)

(532)(592)

(612)

，后面各項分37 41 43 47 53 36子大於或等於分母。59與61，那么上式就可不能有理取得的，只能說明假設最后一對孿生素數(shù)若是是5961是錯誤的（抽屜原那么。以上證明每一步都十分嚴格，而且能夠倒推歸去。是一個絕對的數(shù)量（即（12）式），他是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾顯然是錯誤的，因此假設5961是最大的孿生素數(shù)是不對的。那個方式的優(yōu)越性十分明顯，能夠幸免循環(huán)論證，每一步都與前面一步有著十分清楚而明確的關系。而且能夠直接導回原先的公式。六，證明素數(shù)無窮多假定最后一個素數(shù)是23，那么關于下式：N2ma1 1

3m a2

23m9

a.（8）9（a不等于0，假設N232

，那么是一個素數(shù)，23是第9個素數(shù)).來講，就沒232的解，因為N2，3，5，7，11，13，17，19，23互素，而且大于23，咱們明白沒有與所有素數(shù)互素的合數(shù)，因此 N必然是素數(shù)，原先假設是錯誤的，這證法一。證法二：（8）式若是有小于232的解，確實是素數(shù)，與假設矛盾，因此（ 8）232的解。（1）式的同余形式：Na1

(mod2),Na2

(mod,Na9

(mod23)。（9）依照孫子定理，從（8）（9）式得知，（8）（9）式在2x3x5x7x11x13x17x19x23范圍內有（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）個解。（8）（9）式的本質是從2x3x5x7x11x13x17x19x23 中去2m，3m，5m，7m，11m，13m，17m，19m，23m形的數(shù)。共篩9次。咱們把2x3x5x7x11x13x17x19x23 按(19x23)為一個區(qū)間，（注意19x23<23平方）分成2x3x5x7x11x13x17 個區(qū)間：[1 ，19x23），[19x23+1，2x19x23）， ，[2x3x5x7x11x13x17x19x23-（19x23）+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23 ）。假設第一區(qū)間[1，19x23）無解，依照引理，其他區(qū)間的解也可不能超過 9個。x3x5x7x11x13x17 個區(qū)間不超過2x3x5x7x11x13x17x9 個解。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）。一一對應，（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------|每一項都是上面大于或等于下面，說明原先假設 23是最大的素數(shù)是錯誤的，造成了與（8）（9）式的矛盾，而（8）（9）式的解數(shù)量是由孫子定理得出的。與孫子定理矛盾必然是錯誤的。這是利用，（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）是抽屜，2x3x5x7x11x13x17x9 是信封，信封少于抽屜，說明至少有抽屜沒有信封。證畢。證法二盡管繁瑣（繞圈子），可是一個強有力的工具（歸謬法）。假設在第一區(qū)間無解，就會造成總的解數(shù)量少于公式固有的解的數(shù)量，而固有解的數(shù)量是由孫子定理得出的。那個方式移植到孿生素數(shù)證明上，一樣有效。七，組裝素數(shù)。在例題中，當k=4時，咱們發(fā)覺，全然不需要計算，只有添進數(shù)字就能夠夠了，當k=5時，有480個解，若是用埃氏篩，或進行計算，哪怕是歐拉或高斯如此的大師，也要幾個小時，若是編成程序，一秒鐘也用不了。人類已經(jīng)不需要依托埃拉托賽尼篩法計算素數(shù)。只有利用一個模具。八，說明問題能夠說明，臺爾曼素數(shù)公式。（參見“從臺爾曼公式談起”20025期)，,福蒂恩猜想。劍橋大學人類學家福蒂恩發(fā)覺假設與p1p2. pn+1(p1,p2,....是順序素數(shù)2，3，5，，，，）接踵的下一個素數(shù)為q,則q-p1p2p3....pn也是素數(shù)：2+1=3，5-2=3；2x3+1=7,11-6=5;2x3x5+1=31,37-30=7,;2x3x5x7+1=211,223-210=13,............利用公式能夠清楚地說明福蒂恩猜想。九，證明當N>3N+XN-X都是素數(shù)問題（一）如何使兩個自然數(shù)相加后成為素數(shù)，即N+x成為素數(shù)。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是一個素數(shù)。i i i,例2，設N20。 202m1

02

25m3

722025h155h15h25h35h4111723293333=212739x2h1

12x2h1

12

2小于20－2有四個解，知20+3，20+9，20+11，20+17都是素數(shù)。問題（二）如何使兩個自然數(shù)相減后成為素數(shù)，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

，假設xN2，那么Nx是一個素數(shù)。例3．設N20。 202m1

02

25m3

5220233332127393171319x并解得：5h15h25h35h4x2h1x并解得：5h15h25h35h4x2h11 2x2h111 2因為(Nx)(Nx)2N（這確實是聞名的哥德巴赫猜想） （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此刻的問題是不是存在x:xN2：kxphg

phg

ph

g, （16）11

22

k k kp,p1

。gi

c,gi

pci

。假設xN2，那么Nx與Nx是一對素數(shù)。例4．設N20。 202m1

03m2

25m3

0,

5220722 23333212739構造x并解得：x2h15h15h25h35h構造x并解得：x2h15h15h25h35h41 2證明哥德巴赫猜想確實是關于任何自然數(shù)NxN2的解x，定理證明：證：第一，必需證明式（16）必有解，由于

c,p

c.c與

c覆蓋了全數(shù)i i i i i i ix無解。專門是當icpi i

c2pi 1

2，g1

只有兩種選擇：c1

0 時，g1

0，gpc1 1

201

1 ，例如例4 中N202m

x2h

1；

1

p

211,g

0c為何1 , 1 ,

1 1 1 1 1值，g1

總有一個。第二，當pi

2，除開gi

cpi

c,gpi i

2個值。但遇上：{1}，ci

0 時，gi

有p1個值。以例4 中pi

5 為 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個值；同理，g

2

2個值，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

為間距劃分成

p pkk2

2pp1 2

pk2

個區(qū)間：（ （ 0, kk ， kk,

p，,（pp

p pkk,ppp2 2 kk

1 2

2 1 2 k(p每一個區(qū)間平均有

p2

2)(p3

2)(pk

個解。2pp1 2

pk2( p p

（p2）

k

區(qū)間有解，就證明了

0,

內有解。2 2x的解確實是從pp

]ph

phgik形的數(shù)1 2 k

i i

ii i后剩下的數(shù)，由引理知，每篩一次，任意兩個含自然數(shù)個數(shù)相同區(qū)間篩掉和未被篩掉數(shù)的個p

g形篩k

g形篩k2k

2時，2h1i i i

i i i 1 1與2h1

12h1

0與2h1

0是一回事，故篩去2h1

g只篩一次，共2k1次。1又由于兩相鄰區(qū)間自然數(shù)個數(shù)最多相差1，也確實是區(qū)間自然數(shù)個數(shù)不相等，例如k4,pppp

2357210p3p4

57為區(qū)間。1 2 3 4 2 20 17.5 35 52.5 70 87.5 105 122.5 140 157.5 175 192.5 21017181718個。相鄰區(qū)間自然數(shù)個數(shù)相差1個?，F(xiàn)在處置方式是臨時把多一個自然數(shù)的區(qū)間拿掉一個2k1差不大于2k1，不管拿掉的那個數(shù)是不是被篩掉，再加上去也不超過2k個，即各區(qū)間解的個數(shù)彼此相差不超過2k個。③反證，若是第一區(qū)間或任何一個區(qū)間無解，由引理知，其他任意一個區(qū)間的解不會超2k2p1

p2

k

1個區(qū)間，總解數(shù)不超過(2pp1 2

pk

2k個。又[(2pp1 2

pk

2k][2pp1 2

pk

2k][(p1

p2

2)(p3

2)(pk

2)]，而2pp1

pk

2kpp1 2

p3

k

4k。為了直觀比較，咱們把pp1 2

p3

k

4k作為分p1

p2

2)(p3

2)(pk作為分子，分子pi2

,一一對應。(21)(32)(52)(72)(pk12)(pk2)2 3 5

4kk2(21)(32)除第一項

=1外其他各項分子大于或等于分母k64時，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。即當k64時，若是4k 4k(0,pkpk)區(qū)間無解，亦即解的個數(shù)少于x的固有解的個數(shù)，矛盾。證畢。2例題：有人說98000不能表為兩個素數(shù)之和，請證明他說的不對。3112 3172證：98000÷2=49000=N

490002 2N=49000=2m1

02

15m3

0307m63

18764

173 (17)x2h1

12

05hg3

307h g63

g64

（18）（1式是說要在×2930×3112h1

02

1與22形，5h3

0形，…，307h3

307h3

120（307－187=120）64

173與311h64

138（311－173=138）形的數(shù)后，是不是還有小于3172的解。23073112×3×5×…293×307×311

為一個區(qū)間段，分成2×2×3×5×…2×293(0307311),(307311,307311),,(2353073112 2307311，2××5×…3031。假設第一區(qū)間（,307311）無解，那么其它區(qū)2 2間的解不超過2k264128個23×29－1（所含的解的數(shù)量不超過【（2×2×3×5×…×293－1）×128】個。（2×2×3×5×…×293－1）×1282×2×3×5×…×293×128（2－1）×－2）×5－）×…×30－）×312（1）第二項（中間項）與第三項對照可知，一一對應，第三項（pi

2）作為分子對應第二項pi1。(21)(32)(52)(72)(3072)31122 3 5 293 2128除第一項(21)(32)1外，其余各項分子者都是大于或等于分母。2 2前11項(21)(32)(52)(72)(392)(372)2 3 5 29 31

1.086說明分子第三項遠遠大于分母第二項，原先假設第一區(qū)間無解，既不存在小49000－2的x解，是不對的，因為式的解是固定的，是由 孫子定理給出的，比如n個抽屜，而若是小于式解的數(shù)量，nx個信封，放入n個抽屜，必有抽屜 無信封抽屜原那么，即必需存在一個x使49000+x與49000－x都是素數(shù)，證畢。十，{即(1)式(2）式)黎曼猜想式也是來自埃拉托塞尼篩法。1,摘要下面文章把黎曼猜想與素數(shù)普遍公式通過埃拉托塞尼篩法聯(lián)系起來了。[]二，黎曼假設概述2000524(Clay)數(shù)學研究所發(fā)布了7個千禧問題。每一個問題的獎金均為100萬美元。其中黎曼假設被公以為目前數(shù)學中 (而不單單是這7個)最重要的猜想。黎曼假設并非第一次在社會上征尋解答，早在 1900年的巴黎國際數(shù)學家大會上，德國數(shù)學家列出23個數(shù)學問題．其中第8問題中便有黎曼假設(還包括孿生素數(shù)猜想和)。具體概述關于黎曼-希爾伯特問題是：具有給定單值群的線性微分方程的存在性證明。即：關于素數(shù)的方程的所有成心義的解都在一條直線上。有些數(shù)具有不能表示為兩個更小的數(shù)的乘積的特殊性質，例如，2,3,5,7,等等。如此的數(shù)稱為素數(shù)；它們在純數(shù)學及其應用中都起著重要作用。在所有自然數(shù)中，這種素數(shù)的散布并非遵循任何有規(guī)那么的模式；但是，德國數(shù)學家黎曼(1826~1866)觀看到，素數(shù)的頻率緊密相關于一個精心構造的所謂黎曼蔡塔函數(shù)z(s)的性態(tài)。聞名的黎曼假設斷言，方程z(s)=0成心義的解都在一條直線上。這點已經(jīng)關于開始的1,500,000,000個解驗證過。證明它關于每一個成心義的解都成立將為圍繞素數(shù)散布的許多隱秘帶來光明。1730年，歐拉在研究調和級數(shù)：1=1+1+1+...+1.....。(19)n 2 3 n時，發(fā)覺：1=(1+1+1+...)(1+

1 1+

1+1+...)......=(1-1)-1。(20)n 2 22

3 32

5 52 P其中，n過所有正整數(shù)，p過所有素數(shù)，但略加改動即能夠使其收斂，將 n寫成ns(s>1),，即可。若是黎曼假設正確：X.（=Li(x)+O(X.

logX).。(21)證明了上式，即證明了黎曼猜想。什么緣故：1 1 1 1

1 1 1 1(1- P因為：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。（當(5）式的r=2時）1 1 1 1 1 1(1- )-1=1+ + + + +......。（當(5)式的r= 時）3 3 32 33 34 31 1 1 1 1 1(1- )-1=1+ +5 5 52

+53

+54

+.......。（當（5）式的r=5 時）.......................................右端所有第一項的“1”相乘取得：“1”；1 1右端第一行2與其它行第一項的“1”相乘取得“2";...................1 1 1把所有加起來確實是：1+

+ + ........2 3 4在證明素數(shù)定理的進程中，黎曼提出了一個論斷： Zeta函數(shù)的零點都在直線Res(s)=1/2上。他在作了一番盡力而未能證明后便舍棄了，因為這對他證明素數(shù)定理阻礙不大。但這一問題至今仍然未能解決，乃至于比此假設簡單的猜想也未能獲證。而函數(shù)論和解析數(shù)論中的很多問題都依托于黎曼假設。在代數(shù)數(shù)論中的廣義黎曼假設更是阻礙深遠。假設能證明黎曼假設，那么可帶動許多問題的解決。以下內容能夠參見任何一本有關黎曼猜想的書籍，下面內容摘自《素數(shù)之戀》第100頁。1的s函數(shù)。ζ（s）=1+1

+1 +1+1

+1 +1+.....。（24）2s 3s

4s 5s

6s 7s在等號兩邊乘以

1，由冪運算規(guī)那么取得：2s1ζ（s）=1

+1 +1+1 + 1

+ 1 +.....。（25）2s 2s

4s 6s 8s

10s

12s咱們從第（24）式子減去第二個式子，在左側我有一個ζ（s），又有它1,做減法得：2s

1ζ（）=1+1 +1

+1+1 + 1

+ 1 +

+.....。（26）2s 3s

7s 9s

11s

13s 那個減法從那個無窮和中去掉了所有偶數(shù)項。此刻咱們在等號兩邊乘以

1,3是右邊第一個尚未去掉的數(shù)：3s11

11 +1

+ 1 +1 + 1

+ 1 + 1

+.....。（27）3s 2s 3s 9s

15s

27s

33s

39s咱們再做減法得：111

1ζ（）=1+1

+1 + 1 + 1 + 1

+ 1 + 1

+.....。（28）3s 2s 5s

7s 13s

17s

19s 23s3的所有倍數(shù)都從那個無窮和中消失了，右邊還有第一個沒有被去掉的數(shù)是5，若是咱們兩邊都乘以

1,結果是：5s1

11

11 + 1

+ 1 + 1

+ 1 + 1 + 1

+ 1 +.....。5s 3s 2s

5s 25s

35s 55s

65s 85s 95s 115s（29）此刻之前面那個式子減去那個等式得：111

11

1（=1+1

+ 1 + 1 + 1

+ 1 + 1

+.....（30）5s 3s 2s 7s

17s

19s

23s1的任意s，左側對每一個帶括號的表達式，咱們取得：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）式這確實是重復埃拉托塞尼篩法的進程。由于黎曼猜想（20）式與（1）（2）式都是來自埃拉托塞尼篩法，有一起的來源，所有咱們有理由相信，解決黎曼問題能夠利用（1)和(2)式，只是咱們此刻還差一個環(huán)節(jié)。（王曉明王蕊珂）五、素數(shù)普遍公式在熟悉形成中的作用和意義埃拉托賽尼篩法是一個相對獨立的實踐活動，而埃拉托賽尼的素數(shù)普遍公式是一種理論。（實踐先于理論，實踐是理論的源泉）。若是實踐是對的，行之有效的，那么他能夠作為論據(jù)支持公式。公式的對與錯，看他是不是與方式吻合，（與體會事實相吻合）。方式是公式的內容，公式是方式的理論。在理論的內容是真的前提下，公式是靠得住的，一個公式能夠產生出來，說明具有了相應的三大條件：一，相應的觀念和方式已經(jīng)產生；二，相應的實踐條件和手腕已經(jīng)具有；三，科學勞動者能夠正確無誤地進行操作。方式只有借助公式才能取得確信的含義，方式是組成公式的成份。公式是具有必然結構的整體，這是公式自身存在與進展的前提。公式是一種體系化和邏輯化了的熟悉，而體系化標準化的方式是公式的靈魂。理論和公式的意義恰恰不在于他的形式，而在于他形成以后的運行。在于他作為某種因素而導出另外的結果。公式是方式的搜集，方式的反映。僅有方式，無法拓展新的實踐和熟悉，生命力受到局限，只有借助于公式才能向更深層次參透，因為方式是一個層次，他主若是描述性的，例如，埃拉托賽尼篩法是如何尋覓素數(shù)。而公式是理論熟悉，說明 “什么