素数公式

2000年前的古希腊数学家埃拉特斯特尼创造了一种筛法，可以求得给定一个自然数以内的所有素数，只要在2—n内筛去不大于 $\sqrt{n}$ 的素数的倍数，剩下的就是素数。

素数的埃拉特斯特尼筛法公式

若自然数n不能被不大于 $\sqrt{n}$ 任何素数整除，则n是一个素数。  
    
   
  可以把上面的汉字内容等价转换成为英语字母表示：  
   
   $n = p_{1} m_{1} + a_{1} = p_{2} m_{2} + a_{2} = \dots = p_{k} m_{k} + a_{k} .$ (1)  
   
  其中  $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{k}$ 表示顺序素数2，3，5，....。 $a$ ≠0。

  若 $n < P_{k + 1}^{2}$ ,则n是一个素数。  
   
  我们可以把（1）式内容等价转换同余式组表示  ：
   $n \equiv a_{1} (\mod p_{1}), n \equiv a_{2} (\mod p_{2}), \dots, n \equiv a_{k} (\mod p_{k})$ （2）  
   
  由于（2）的模 $p_{1}$ , $p_{2}$ ,..., $p_{k}$  两两互素， 
  根据孙子定理(中国剩余定理）知，对于给定的 $a_{1}$ , $a_{2}$ ,..., $a_{k}$ ，（2）式在 $p_{1}$  $p_{2}$ ... $p_{k}$ 范围内有唯一解。

 　范例  
   
  k=1时， $n = 2 m_{1} + 1$ ，解得n=3，5，7。求得了（3， $3^{2}$ ）区间的全部素数。  
   
  k=2时， $n = 2 m_{1} + 1 = 3 m_{2} + 1$ ，解得n=7，13，19；  $n = 2 m_{1} + 1 = 3 m_{2} + 2$ ，

解得n=5，11，17，23。

  求得了（5， $5^{2}$ ）区间的全部素数。

k=3时	$5 m_{3} + 1$	$5 m_{3} + 2$	$5 m_{3} + 3$	$5 m_{3} + 4$
$n = 2 m_{1} + 1 = 3 m_{2} + 1 =$	31	7,37	13,43	19
$n = 2 m_{1} + 1 = 3 m_{2} + 2 =$	11,41	17,47	23	29

  |}求得了（7, $7^{2}$ ）区间的全部素数。  
   
  仿此下去可以求得任意大的数以内的全部素数。并且一个不漏地求得。 
  对于所有可能的 $a_{1}$ , $a_{2}$ ,..., $a_{k}$ ，(1)和(2)式在 $p_{1}$  $p_{2}$ ... $p_{k}$ 范围内，

有（ $p_{1} - 1$ ）（ $p_{2} - 1$ ）( $p_{3} - 1$ )...（ $p_{k} - 1$ ）个解。

黎曼猜想的素数公式与埃拉托斯特尼筛法关系

参见《素数之恋》第100页德比希尔著。

$ζ (s) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$

ζ (s) = \frac{1}{1^{s}} + \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \dots

。（5）

在等号两边乘以 $\frac{1}{2^{s}}$ ，由幂运算规则得到。

$\frac{1}{2^{s}} ζ (s) = \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \frac{1}{6^{s}} + \frac{1}{8^{s}} + \dots$ 。（6）

 　　我们从第（6）式子减去第二个式子，在左边我有一个 $ζ (s)$ .

又有它的 $\frac{1}{2^{s}}$ ,做减法得：

（ $1 - \frac{1}{2^{s}}$ ） $ζ (s) = 1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{1 1^{s}} + \frac{1}{1 3^{s}} + \frac{1}{1 5^{s}} + \dots$ 。（7）

　这个减法从那个无穷和中去掉了所有偶数项。

　　现在我们在等号两边乘以 $\frac{1}{3^{s}}$ ,而3是右边第一个还没有去掉的数：

$\frac{1}{3^{s}}$ （ $1 - \frac{1}{2^{s}}$ ） $ζ (s) = \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{1 5^{s}} + \frac{1}{2 1^{s}} + \frac{1}{2 7^{s}} + \frac{1}{3 3^{s}} + \frac{1}{3 9^{s}} + \dots$ 。（8）

　　 　　我们再做减法得：

（ $1 - \frac{1}{3^{s}}$ ）（ $1 - \frac{1}{2^{s}}$ ） $ζ (s) = 1 + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{1 1^{s}} + \frac{1}{1 3^{s}} + \frac{1}{1 7^{s}} + \frac{1}{1 9^{s}} + \frac{1}{2 3^{s}} + \dots$ 。（9）

　　　　3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，如果我们两边都乘以 $\frac{1}{5^{s}}$ ,结果是：

$\frac{1}{5^{s}}$ （ $1 - \frac{1}{3^{s}}$ ）（ $1 - \frac{1}{2^{s}}$ ） $ζ (s) = \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{2 5^{s}} + \frac{1}{3 5^{s}} + \frac{1}{5 5^{s}} + \frac{1}{6 5^{s}} + \frac{1}{8 5^{s}} + \frac{1}{9 5^{s}} + \dots$ 。（10）

从前面那个式子减去这个式子得：

（ $1 - \frac{1}{5^{s}}$ ）（ $1 - \frac{1}{3^{s}}$ ）（ $1 - \frac{1}{2^{s}}$ ） $ζ (s) = 1 + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{1 1^{s}} + \frac{1}{1 3^{s}} + \frac{1}{1 7^{s}} + \frac{1}{1 9^{s}} + \frac{1}{2 3^{s}} + \frac{1}{2 9^{s}} + \dots$ 。（11）

　　我们继续下去，对于大于1的任意s，左边对每一个带括号的表达式，并向右边一直继续下去，对这个式子的两边都依次逐个除以这些括号，我们得到：

ζ (s) = \prod_{p} \frac{1}{1 - p^{- s}}

=

\frac{1}{1 - 2^{- s}} \cdot \frac{1}{1 - 3^{- s}} \cdot \frac{1}{1 - 5^{- s}} \cdot \frac{1}{1 - 7^{- s}} \cdot \frac{1}{1 - 1 1^{- s}} \dots \frac{1}{1 - p^{- s}} \dots .

。（12）

（5）=（12）说明黎曼猜想不是凭空产生的，而是来源与埃拉特斯特尼筛法。

参见

参考文献

参见《素数之恋》第100页德比希尔著
《谈谈素数表达式》【中等数学】1999年2期--吴振奎教授
《关于一个寻找素数方法的理论依据》【中等数学】2001年4期--陈志云教授
《从台尔曼公式谈起》【中等数学】2002年5期--王晓明教授。