素數公式

2000年前的古希臘數學家埃拉特斯特尼創造了一種篩法，可以求得給定一個自然數以內的所有素數，只要在2—n內篩去不大於${\sqrt {n}}$的素數的倍數，剩下的就是素數。

素數的埃拉特斯特尼篩法公式

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  ：
  $n\equiv a_{1}{\pmod {p_{1}}},n\equiv a_{2}{\pmod {p_{2}}},\dots ,n\equiv a_{k}{\pmod {p_{k}}}$（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，$n=2m_{1}+1$，解得n=3，5，7。求得了（3，$3^{2}$）区间的全部素数。  
   
  k=2时，$n=2m_{1}+1=3m_{2}+1$，解得n=7，13，19； $n=2m_{1}+1=3m_{2}+2$，

解得n=5，11，17，23。

  求得了（5，$5^{2}$）区间的全部素数。  

k=3時	$5m_{3}+1$	$5m_{3}+2$	$5m_{3}+3$	$5m_{3}+4$
$n=2m_{1}+1=3m_{2}+1=$	31	7,37	13,43	19
$n=2m_{1}+1=3m_{2}+2=$	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（$p_{1}-1$）（$p_{2}-1$）($p_{3}-1$)...（$p_{k}-1$） 個解。

黎曼猜想的素數公式與埃拉托斯特尼篩法關係

參見《素數之戀》第100頁德比希爾著。

$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{1 \over {n^{s}}}$

$\zeta (s)={\frac {1}{1^{s}}}+{\frac {1}{2^{s}}}+{\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{4^{s}}}+\cdots$ 。（5）

在等號兩邊乘以${\frac {1}{2^{s}}}$，由冪運算規則得到。

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

 　　我们从第（6）式子减去第二个式子，在左边我有一个$\zeta (s)$. 
		

又有它的${\frac {1}{2^{s}}}$,做減法得：

（$1-{\frac {1}{2^{s}}}$）$\zeta (s)=1+{\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{5^{s}}}+{\frac {1}{7^{s}}}+{\frac {1}{9^{s}}}+{\frac {1}{11^{s}}}+{\frac {1}{13^{s}}}+{\frac {1}{15^{s}}}+\cdots$。（7）

　这个减法从那个无穷和中去掉了所有偶数项。 
		

　　現在我們在等號兩邊乘以${\frac {1}{3^{s}}}$,而3是右邊第一個還沒有去掉的數：

${\frac {1}{3^{s}}}$（$1-{\frac {1}{2^{s}}}$）$\zeta (s)={\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{9^{s}}}+{\frac {1}{15^{s}}}+{\frac {1}{21^{s}}}+{\frac {1}{27^{s}}}+{\frac {1}{33^{s}}}+{\frac {1}{39^{s}}}+\cdots$。（8）

　　 　　我们再做减法得： 
		

（$1-{\frac {1}{3^{s}}}$）（$1-{\frac {1}{2^{s}}}$）$\zeta (s)=1+{\frac {1}{5^{s}}}+{\frac {1}{7^{s}}}+{\frac {1}{11^{s}}}+{\frac {1}{13^{s}}}+{\frac {1}{17^{s}}}+{\frac {1}{19^{s}}}+{\frac {1}{23^{s}}}+\cdots$。（9）

　　　　3的所有倍數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是5，如果我們兩邊都乘以${\frac {1}{5^{s}}}$,結果是：

${\frac {1}{5^{s}}}$（$1-{\frac {1}{3^{s}}}$）（$1-{\frac {1}{2^{s}}}$）$\zeta (s)={\frac {1}{5^{s}}}+{\frac {1}{25^{s}}}+{\frac {1}{35^{s}}}+{\frac {1}{55^{s}}}+{\frac {1}{65^{s}}}+{\frac {1}{85^{s}}}+{\frac {1}{95^{s}}}+\cdots$。（10）

從前面那個式子減去這個式子得：

（$1-{\frac {1}{5^{s}}}$）（$1-{\frac {1}{3^{s}}}$）（$1-{\frac {1}{2^{s}}}$）$\zeta (s)=1+{\frac {1}{7^{s}}}+{\frac {1}{11^{s}}}+{\frac {1}{13^{s}}}+{\frac {1}{17^{s}}}+{\frac {1}{19^{s}}}+{\frac {1}{23^{s}}}+{\frac {1}{29^{s}}}+\cdots$。（11）

　　我們繼續下去，對於大於1的任意s，左邊對每一個帶括號的表達式，並向右邊一直繼續下去，對這個式子的兩邊都依次逐個除以這些括號，我們得到：

$\zeta (s)=\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-s}}}$ =${\frac {1}{1-2^{-s}}}\cdot {\frac {1}{1-3^{-s}}}\cdot {\frac {1}{1-5^{-s}}}\cdot {\frac {1}{1-7^{-s}}}\cdot {\frac {1}{1-11^{-s}}}\cdots {\frac {1}{1-p^{-s}}}\cdots .$。（12）

（5）=（12） 說明黎曼猜想不是憑空產生的，而是來源與埃拉特斯特尼篩法。

參見

• 孫子定理
• 雙生質數
• 哥德巴赫猜想

參考文獻

1. 參見《素數之戀》第100頁德比希爾著
2. 《談談素數表達式》【中等數學】1999年2期--吳振奎教授
3. 《關於一個尋找素數方法的理論依據》【中等數學】2001年4期--陳志雲教授
4. 《從台爾曼公式談起》【中等數學】2002年5期--王曉明教授。