素?cái)?shù)普遍公式

素?cái)?shù)普遍公式文章出處素?cái)?shù)普遍公式素?cái)?shù)普遍公式文章出處目錄[][]一、引言2000連年前在證明素?cái)?shù)無窮多時(shí)就埋下了尋求素?cái)?shù)普遍公式的伏筆，以布勞維爾為首的直覺主義學(xué)派以為：“你沒有給出第 n個(gè)素?cái)?shù)是如何構(gòu)造的，不能算是好的證明”。2000連年來，數(shù)論學(xué)最重要的一個(gè)任務(wù)，確實(shí)是尋覓素?cái)?shù)普遍公式，為此，一代又一代數(shù)學(xué)精英，花費(fèi)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(diǎn)”來逼近素?cái)?shù)普遍公式，至今未獲成功。也有人反向試探，用素?cái)?shù)普遍公式逼近“零點(diǎn)”來解決。在 1900年的上說：對(duì)黎曼公式進(jìn)行了完全討論以后或許就能夠夠嚴(yán)格解決哥德巴赫問題和孿生素?cái)?shù)問題。實(shí)際在哲學(xué)上，只要有一個(gè)明確的概念，就應(yīng)該有一個(gè)公式。[]二， 素?cái)?shù)普遍公式公元前250年同樣是古希臘的數(shù)學(xué)家埃拉托塞尼發(fā)明了一種篩法：n.（一） 要取得不大於某個(gè)自然數(shù)n的所有素?cái)?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(shè)n是合數(shù)，那么它有一個(gè)因子 d知足1<d .（13頁，U杜德利著，上?？萍汲霭嫔纭（三） （二那個(gè)定理的反面能夠推出定理“ 假設(shè)自然數(shù)n不能被不大于n的任何素?cái)?shù)整除，那么n（259頁上海教育出版社）因此定理的內(nèi)容發(fā)生了等價(jià)轉(zhuǎn)換。（四） 咱們還能夠把（三）這一段漢字轉(zhuǎn)換成為英語字母的等價(jià)形式：（關(guān)于那個(gè)轉(zhuǎn)換讀者能夠參見《談?wù)勊財(cái)?shù)表達(dá)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(shí)是a不i等於0，若np2 則n是素?cái)?shù)。k1，（五） 公式還能夠等價(jià)轉(zhuǎn)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(nèi)有惟一解，利用上兩公式可構(gòu)造任意大的數(shù)之內(nèi)的全數(shù)素?cái)?shù)。1k1時(shí)，由n2m1

,解得n3，5（已得區(qū)間（32）的全數(shù)素?cái)?shù)；k2時(shí)，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?cái)?shù)。k3n2m1

12

1有下表解：55m 135m235m335m43n2m11n2m12123111，417，3717，4713，432319291 2已得（7,72）區(qū)間內(nèi)全數(shù)素?cái)?shù)，仿此下去可求得任意大的數(shù)之內(nèi)的全數(shù)素?cái)?shù)。而且一個(gè)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(nèi)有（p1

1（p2

－1）…（pk

－1）p1

p…p2

中剔除出pm形的合數(shù)。這一點(diǎn)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(nèi)的合數(shù)，剩下的確實(shí)是p2k1

之內(nèi)的素?cái)?shù)了，例如用，去篩49區(qū)間的素?cái)?shù)了（1）（2）p

,,

pp

之內(nèi)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(guān)于由4開始的所有kk4（）式和）式的計(jì)算結(jié)果只能取，p2k1

）區(qū)間的值才是素?cái)?shù)72＞5×3×2112＜7×5×3×211開始都是如此了。關(guān)于這些內(nèi)容讀者能夠參見《數(shù)學(xué)22030的一個(gè)性質(zhì)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(gè)數(shù)都是一個(gè)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(shí)，表格內(nèi)所有的數(shù)字都是有規(guī)律的，也確實(shí)是咱們根本不需要運(yùn)算，只要往表格內(nèi)填寫確實(shí)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(gè)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(gè)）素?cái)?shù)，2357三、素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)設(shè)(p2k1

)表示不大于p2k1

的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)：(p2k1

[ (p) (p2 ) k1

1)(p1)(p2 ppp1 2 k

]k1

（3）pkpk(P2k計(jì)算值實(shí)際值101101x101=102011252個(gè)素?cái)?shù)，用式計(jì)算是1251個(gè)素?cái)?shù)，誤差很小。3445997151511303013393917606119717223979929145146311611623721921910112511252仿此下去，能夠求得任意大的數(shù)之內(nèi)的全數(shù)素?cái)?shù)。以上確實(shí)是吳振奎教授在文章介紹發(fā)覺的素?cái)?shù)普遍公式。的胡久念教授以為（ 3）式超級(jí)重要。那個(gè)公式提示咱們，素?cái)?shù)不是愈來愈少，若是按自然數(shù)平方的區(qū)間計(jì)算，反而愈來愈多。例如：n2*----------------

（n

------------素?cái)?shù)個(gè)數(shù)-----------2---------------------2( 即

22

有2個(gè)素?cái)?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(gè)素?cái)?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(gè)素?cái)?shù)）總的形勢(shì)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(gè)素?cái)?shù)）和（兩個(gè)相鄰奇素?cái)?shù)平方之間至少有兩對(duì)素?cái)?shù)）已經(jīng)不是什念到最復(fù)雜結(jié)論的網(wǎng)絡(luò)，固然，咱們只只是是繼承了歐幾里德的方式。四， 尋找孿生素?cái)?shù)n咱們把上面的定理n不能被不大于n移植到孿生素?cái)?shù)：“假設(shè)自然數(shù)Q與Q2不能被不大於

的任何素?cái)?shù)整除，那么n是素?cái)?shù)”QQ2Q與Q2都是素?cái)?shù)，稱為孿生素?cái)?shù)”。咱們?cè)诠剑?）的基礎(chǔ)上將孿生素?cái)?shù)用公式表達(dá)為：Qpm

pmb

pmb. （4）1 1

2 2

k k kp，p1

pk

表示順序排列的素?cái)?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(zhì)確實(shí)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(duì)孿生素?cái)?shù)。一樣咱們能夠把式等價(jià)轉(zhuǎn)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(shí)在p1

pp2

有唯一解。利用（4）式或（5）式）能夠構(gòu)造(pk,

p2k

)區(qū)間上的一切孿生素?cái)?shù)。2．kQ2m1

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

12

，Q解得 得知5與5+2，11與Q17+2是孿生素?cái)?shù)，從而求得了52）區(qū)間的全數(shù)孿生素?cái)?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?cái)?shù)。式ppp1 2 k

內(nèi)有(p1

1)(p2

2)(p3

2)(pk2個(gè)解。五，孿生素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)孿生素?cái)?shù)猜想就要證明（4）式（5）式在k值任意大時(shí)都有小於p2k1

2的解。有了孿生素?cái)?shù)通項(xiàng)公式，咱們證明孿生素?cái)?shù)猜想就像做一道中學(xué)題學(xué)題一樣容易。能夠利用孿生素?cái)?shù)通項(xiàng)公式4（5）理。引理：任兩個(gè)含連續(xù)自然數(shù)個(gè)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(gè)bm形數(shù)，r個(gè)連續(xù)自然數(shù)中，最多含有1個(gè)bm形數(shù)。例如a35b3353112，3511+1=12個(gè)3m形數(shù)。如36—70有12個(gè)3m形數(shù)，1－35有11個(gè)3m形數(shù)?，F(xiàn)設(shè)某兩個(gè)區(qū)間為A與B，含自然數(shù)的個(gè)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(gè)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(gè)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(gè)數(shù)最多不超過k個(gè)。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(shè)不然，篩k次有兩個(gè)區(qū)間A與B，被篩數(shù)相差大于k，比如有k+1個(gè)，那會(huì)顯現(xiàn)什么問題呢？咱們問第k1是個(gè)什么，見圖，假設(shè)AB23出現(xiàn)了相差3個(gè)，第一個(gè)記為2m形，第二個(gè)記為3m形，問第三個(gè)（？）是什么形式（每一方格表示一個(gè)自然數(shù)。已篩過部份 未篩過部份若是第三個(gè)（？）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(shè)都不成立，證畢。五，孿生素?cái)?shù)問題的證明：證明：設(shè)孿生素?cái)?shù)有窮，最大一對(duì)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(shè)最大一對(duì)孿生素?cái)?shù)為p

pk

,因此，式（4）Q在p2 2內(nèi)無解，不然Q與Q2是一對(duì)大于p 與p的孿生素?cái)?shù)對(duì)。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(gè)解，因?yàn)槭剑?）中最小剩餘b0，

2。[

22m形形都是偶數(shù)因此

有

1)個(gè)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(shí)，A：B：2×3×5×7=210，按5×7=35為一組，分成2×3=6個(gè)組：1—35，36—70，71—105A：B：14—1717—21。假設(shè)孿生素?cái)?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(gè)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(gè)區(qū)間，解的數(shù)目小於或等於(p1

p2

k

1)×2k個(gè)。【p1

p2

k

2k】【p1

p2

k

2k】【p1

p2

2)(pk

2)】第二項(xiàng)與第三項(xiàng)比較，一一對(duì)應(yīng)，第三項(xiàng)(p2)對(duì)應(yīng)第二項(xiàng)p 。第三項(xiàng)作分子，第二i i1項(xiàng)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(xiàng)分子大於或等於分母。k7p=17，17227;p22k。7 k也確實(shí)是說假設(shè)任何一個(gè)區(qū)間無解，都會(huì)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(cuò)誤的（抽屜原那么，原先假設(shè)孿生素?cái)?shù)有窮是錯(cuò)誤的。證畢例證：假定最后一對(duì)孿生素?cái)?shù)是59和61，那么關(guān)于下式：2mb1 1

3mb2

59m b17

61m18

b （61是第18個(gè)素?cái)?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(gè)區(qū)間，按假設(shè)，第一區(qū)間[1，59×61]2k21836個(gè)，于是總解數(shù)不大于（2×3×…×53-1）×36個(gè)。2×3×…53-×3（2×3×…5×32-（3-（59-（61-（p2pi i1一一對(duì)應(yīng),第三項(xiàng)作分子,第二項(xiàng)作分母。(2)32)52)(592)(612)（7。2 2 53 36前面11項(xiàng)：(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(xiàng)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(shè)最后一對(duì)孿生素?cái)?shù)若是是5961是錯(cuò)誤的（抽屜原那么。以上證明每一步都十分嚴(yán)格，而且能夠倒推歸去。是一個(gè)絕對(duì)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(cuò)誤的，因此假設(shè)5961是最大的孿生素?cái)?shù)是不對(duì)的。那個(gè)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(guān)系。而且能夠直接導(dǎo)回原先的公式。六，證明素?cái)?shù)無窮多假定最后一個(gè)素?cái)?shù)是23，那么關(guān)于下式：N2ma1 1

3m a2

23m9

a.（8）9（a不等于0，假設(shè)N232

，那么是一個(gè)素?cái)?shù)，23是第9個(gè)素?cái)?shù)).來講，就沒232的解，因?yàn)镹2，3，5，7，11，13，17，19，23互素，而且大于23，咱們明白沒有與所有素?cái)?shù)互素的合數(shù)，因此 N必然是素?cái)?shù)，原先假設(shè)是錯(cuò)誤的，這證法一。證法二：（8）式若是有小于232的解，確實(shí)是素?cái)?shù)，與假設(shè)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(nèi)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(gè)解。（8）（9）式的本質(zhì)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(gè)區(qū)間，（注意19x23<23平方）分成2x3x5x7x11x13x17 個(gè)區(qū)間：[1 ，19x23），[19x23+1，2x19x23）， ，[2x3x5x7x11x13x17x19x23-（19x23）+1，2x3x5x7x11x13x17x19x23 ）。假設(shè)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(gè)。x3x5x7x11x13x17 個(gè)區(qū)間不超過2x3x5x7x11x13x17x9 個(gè)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(duì)應(yīng)，（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(xiàng)都是上面大于或等于下面，說明原先假設(shè) 23是最大的素?cái)?shù)是錯(cuò)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(cuò)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(gè)強(qiáng)有力的工具（歸謬法）。假設(shè)在第一區(qū)間無解，就會(huì)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(gè)方式移植到孿生素?cái)?shù)證明上，一樣有效。七，組裝素?cái)?shù)。在例題中，當(dāng)k=4時(shí)，咱們發(fā)覺，全然不需要計(jì)算，只有添進(jìn)數(shù)字就能夠夠了，當(dāng)k=5時(shí)，有480個(gè)解，若是用埃氏篩，或進(jìn)行計(jì)算，哪怕是歐拉或高斯如此的大師，也要幾個(gè)小時(shí)，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(jì)算素?cái)?shù)。只有利用一個(gè)模具。八，說明問題能夠說明，臺(tái)爾曼素?cái)?shù)公式。（參見“從臺(tái)爾曼公式談起”20025期)，,福蒂恩猜想。劍橋大學(xué)人類學(xué)家福蒂恩發(fā)覺假設(shè)與p1p2. pn+1(p1,p2,....是順序素?cái)?shù)2，3，5，，，，）接踵的下一個(gè)素?cái)?shù)為q,則q-p1p2p3....pn也是素?cái)?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(dāng)N>3N+XN-X都是素?cái)?shù)問題（一）如何使兩個(gè)自然數(shù)相加后成為素?cái)?shù)，即N+x成為素?cái)?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(gè)素?cái)?shù)。i i i,例2，設(shè)N20。 202m1

02

25m3

722025h155h15h25h35h4111723293333=212739x2h1

12x2h1

12

2小于20－2有四個(gè)解，知20+3，20+9，20+11，20+17都是素?cái)?shù)。問題（二）如何使兩個(gè)自然數(shù)相減后成為素?cái)?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(shè)xN2，那么Nx是一個(gè)素?cái)?shù)。例3．設(shè)N20。 202m1

02

25m3

5220233332127393171319x并解得：5h15h25h35h4x2h1x并解得：5h15h25h35h4x2h11 2x2h111 2因?yàn)?Nx)(Nx)2N（這確實(shí)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(shè)xN2，那么Nx與Nx是一對(duì)素?cái)?shù)。例4．設(shè)N20。 202m1

03m2

25m3

0,

5220722 23333212739構(gòu)造x并解得：x2h15h15h25h35h構(gòu)造x并解得：x2h15h15h25h35h41 2證明哥德巴赫猜想確實(shí)是關(guān)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(dāng)icpi i

c2pi 1

2，g1

只有兩種選擇：c1

0 時(shí)，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(gè)。第二，當(dāng)pi

2，除開gi

cpi

c,gpi i

2個(gè)值。但遇上：{1}，ci

0 時(shí)，gi

有p1個(gè)值。以例4 中pi

5 為 例：N205m3

有514個(gè)值。5h13 3

5h3

5h3， 3

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

0g20。c2,g2p221個(gè)值；同理，g

2

2個(gè)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(gè)區(qū)間：（ （ 0, kk ， kk,

p，,（pp

p pkk,ppp2 2 kk

1 2

2 1 2 k(p每一個(gè)區(qū)間平均有

p2

2)(p3

2)(pk

個(gè)解。2pp1 2

pk2( p p

（p2）

k

區(qū)間有解，就證明了

0,

內(nèi)有解。2 2x的解確實(shí)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(gè)含自然數(shù)個(gè)數(shù)相同區(qū)間篩掉和未被篩掉數(shù)的個(gè)p

g形篩k

g形篩k2k

2時(shí)，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(gè)數(shù)最多相差1，也確實(shí)是區(qū)間自然數(shù)個(gè)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(gè)。相鄰區(qū)間自然數(shù)個(gè)數(shù)相差1個(gè)?，F(xiàn)在處置方式是臨時(shí)把多一個(gè)自然數(shù)的區(qū)間拿掉一個(gè)2k1差不大于2k1，不管拿掉的那個(gè)數(shù)是不是被篩掉，再加上去也不超過2k個(gè)，即各區(qū)間解的個(gè)數(shù)彼此相差不超過2k個(gè)。③反證，若是第一區(qū)間或任何一個(gè)區(qū)間無解，由引理知，其他任意一個(gè)區(qū)間的解不會(huì)超2k2p1

p2

k

1個(gè)區(qū)間，總解數(shù)不超過(2pp1 2

pk

2k個(gè)。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(duì)應(yīng)。(21)(32)(52)(72)(pk12)(pk2)2 3 5

4kk2(21)(32)除第一項(xiàng)

=1外其他各項(xiàng)分子大于或等于分母k64時(shí)，2 2p ,p 307p 項(xiàng)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(dāng)k64時(shí)，若是4k 4k(0,pkpk)區(qū)間無解，亦即解的個(gè)數(shù)少于x的固有解的個(gè)數(shù)，矛盾。證畢。2例題：有人說98000不能表為兩個(gè)素?cái)?shù)之和，請(qǐng)證明他說的不對(duì)。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(gè)區(qū)間段，分成2×2×3×5×…2×293(0307311),(307311,307311),,(2353073112 2307311，2××5×…3031。假設(shè)第一區(qū)間（,307311）無解，那么其它區(qū)2 2間的解不超過2k264128個(gè)23×29－1（所含的解的數(shù)量不超過【（2×2×3×5×…×293－1）×128】個(gè)。（2×2×3×5×…×293－1）×1282×2×3×5×…×293×128（2－1）×－2）×5－）×…×30－）×312（1）第二項(xiàng)（中間項(xiàng)）與第三項(xiàng)對(duì)照可知，一一對(duì)應(yīng)，第三項(xiàng)（pi

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

1.086說明分子第三項(xiàng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于分母第二項(xiàng)，原先假設(shè)第一區(qū)間無解，既不存在小49000－2的x解，是不對(duì)的，因?yàn)槭降慕馐枪潭ǖ?，是?孫子定理給出的，比如n個(gè)抽屜，而若是小于式解的數(shù)量，nx個(gè)信封，放入n個(gè)抽屜，必有抽屜 無信封抽屜原那么，即必需存在一個(gè)x使49000+x與49000－x都是素?cái)?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?cái)?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(shè)概述2000524(Clay)數(shù)學(xué)研究所發(fā)布了7個(gè)千禧問題。每一個(gè)問題的獎(jiǎng)金均為100萬美元。其中黎曼假設(shè)被公以為目前數(shù)學(xué)中 (而不單單是這7個(gè))最重要的猜想。黎曼假設(shè)并非第一次在社會(huì)上征尋解答，早在 1900年的巴黎國際數(shù)學(xué)家大會(huì)上，德國數(shù)學(xué)家列出23個(gè)數(shù)學(xué)問題．其中第8問題中便有黎曼假設(shè)(還包括孿生素?cái)?shù)猜想和)。具體概述關(guān)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(guān)于素?cái)?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(gè)更小的數(shù)的乘積的特殊性質(zhì)，例如，2,3,5,7,等等。如此的數(shù)稱為素?cái)?shù)；它們?cè)诩償?shù)學(xué)及其應(yīng)用中都起著重要作用。在所有自然數(shù)中，這種素?cái)?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(xué)家黎曼(1826~1866)觀看到，素?cái)?shù)的頻率緊密相關(guān)于一個(gè)精心構(gòu)造的所謂黎曼蔡塔函數(shù)z(s)的性態(tài)。聞名的黎曼假設(shè)斷言，方程z(s)=0成心義的解都在一條直線上。這點(diǎn)已經(jīng)關(guān)于開始的1,500,000,000個(gè)解驗(yàn)證過。證明它關(guān)于每一個(gè)成心義的解都成立將為圍繞素?cái)?shù)散布的許多隱秘帶來光明。1730年，歐拉在研究調(diào)和級(jí)數(shù)：1=1+1+1+...+1.....。(19)n 2 3 n時(shí)，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?cái)?shù)，但略加改動(dòng)即能夠使其收斂，將 n寫成ns(s>1),，即可。若是黎曼假設(shè)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?yàn)椋?

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

+53

+54

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

+ + ........2 3 4在證明素?cái)?shù)定理的進(jìn)程中，黎曼提出了一個(gè)論斷： Zeta函數(shù)的零點(diǎn)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?yàn)檫@對(duì)他證明素?cái)?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(shè)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(shè)。在代數(shù)數(shù)論中的廣義黎曼假設(shè)更是阻礙深遠(yuǎn)。假設(shè)能證明黎曼假設(shè)，那么可帶動(dòng)許多問題的解決。以下內(nèi)容能夠參見任何一本有關(guān)黎曼猜想的書籍，下面內(nèi)容摘自《素?cái)?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(hào)兩邊乘以

1，由冪運(yùn)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(gè)式子，在左側(cè)我有一個(gè)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(gè)減法從那個(gè)無窮和中去掉了所有偶數(shù)項(xiàng)。此刻咱們?cè)诘忍?hào)兩邊乘以

1,3是右邊第一個(gè)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?cè)僮鰷p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(gè)無窮和中消失了，右邊還有第一個(gè)沒有被去掉的數(shù)是5，若是咱們兩邊都乘以

1,結(jié)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(gè)式子減去那個(gè)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(cè)對(duì)每一個(gè)帶括號(hào)的表達(dá)式，咱們?nèi)〉茫?

）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(shí)是重復(fù)埃拉托塞尼篩法的進(jìn)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(gè)環(huán)節(jié)。（王曉明王蕊珂）五、素?cái)?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(gè)相對(duì)獨(dú)立的實(shí)踐活動(dòng)，而埃拉托賽尼的素?cái)?shù)普遍公式是一種理論。（實(shí)踐先于理論，實(shí)踐是理論的源泉）。若是實(shí)踐是對(duì)的，行之有效的，那么他能夠作為論據(jù)支持公式。公式的對(duì)與錯(cuò)，看他是不是與方式吻合，（與體會(huì)事實(shí)相吻合）。方式是公式的內(nèi)容，公式是方式的理論。在理論的內(nèi)容是真的前提下，公式是靠得住的，一個(gè)公式能夠產(chǎn)生出來，說明具有了相應(yīng)的三大條件：一，相應(yīng)的觀念和方式已經(jīng)產(chǎn)生；二，相應(yīng)的實(shí)踐條件和手腕已經(jīng)具有；三，科學(xué)勞動(dòng)者能夠正確無誤地進(jìn)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(jié)構(gòu)的整體，這是公式自身存在與進(jìn)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(biāo)準(zhǔn)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(yùn)行。在于他作為某種因素而導(dǎo)出另外的結(jié)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(shí)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?yàn)榉绞绞且粋€(gè)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?cái)?shù)。而公式是理論熟悉，說明 “什么