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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<math>\sqrt{n}</math>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<math>\sqrt{n}</math>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：  
    
   <math>n=p_{1}m_{1}+a_{1}=p_{2}m_{2}+a_{2}=\dots=p_{k}m_{k}+a_{k}.</math>(1)  
    
   其中 <math>p_{1},p_{2},\dots,p_{k}</math>表示顺序素数2，3，5，....。<math>a</math>≠0。
 
   若<math>n<P^{2}_{k+1}</math>,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  ：
   <math>n \equiv a_1 \pmod{p_1}, n \equiv a_2 \pmod{p_2}, \dots, n \equiv a_k \pmod{p_k}</math>（2）  
    
   由于（2）的模<math>p_{1}</math>,<math>p_{2}</math>,...,<math>p_{k}</math> 两两互素， 
   根据孙子定理(中国剩余定理）知，对于给定的<math>a_{1}</math>,<math>a_{2}</math>,...,<math>a_{k}</math>，（2）式在<math>p_{1}</math><math>p_{2}</math>...<math>p_{k}</math>范围内有唯一解。 

  

 
    
 
  　'''范例'''  
    
   k=1时，<math>n=2m_{1}+1</math>，解得n=3，5，7。求得了（3，<math>3^{2}</math>）区间的全部素数。  
    
   k=2时，<math>n=2m_{1}+1=3m_{2}+1</math>，解得n=7，13，19； <math>n=2m_{1}+1=3m_{2}+2</math>，
解得n=5，11，17，23。  
    
   求得了（5，<math>5^{2}</math>）区间的全部素数。  
   {| class="wikitable"  
   |-  
   ! k=3时!!<math>5m_{3}+1</math> !! <math>5m_{3}+2</math> !! <math>5m_{3}+3</math> !! <math>5m_{3}+4</math>  
   |-  
   | <math>n=2m_{1}+1=3m_{2}+1=</math> || 31 || 7,37 || 13,43 || 19  
   |-  
   | <math>n=2m_{1}+1=3m_{2}+2=</math> || 11,41 || 17,47 || 23 || 29  
   |}  
   |}求得了（7,<math>7^{2}</math>）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<math>a_{1}</math>,<math>a_{2}</math>,...,<math>a_{k}</math>，(1)和(2)式在<math>p_{1}</math><math>p_{2}</math>...<math>p_{k}</math>范围内，
有（<math>p_{1}-1</math>）（<math>p_{2}-1</math>）(<math>p_{3}-1</math>)...（<math>p_{k}-1</math>）
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。
 		
<math>\zeta (s) = \sum^{\infin}_{n=1} { 1 \over {n^s}}</math>
 		
: <math> \zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \cdots </math> 。（5）
 		
在等号两边乘以<math>\frac{1}{2^s}</math>，由幂运算规则得到。
 		
<math>\frac{1}{2^s} \zeta(s) = \frac{1}{2^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s} + \frac{1}{8^s} + \cdots </math>。（6）
 		
  　　我们从第（6）式子减去第二个式子，在左边我有一个<math> \zeta(s)</math>. 
 		
又有它的<math>\frac{1}{2^s}</math>,做减法得：
 		
（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \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 </math>。（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<math>\frac{1}{3^s}</math>,而3是右边第一个还没有去掉的数：
 		
<math>\frac{1}{3^s}</math>（<math>1-\frac{1}{2^s} </math>）<math>\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 </math>。（8）
 		
 　　 　　我们再做减法得： 
 		
（<math>1-\frac{1}{3^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \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 </math>。（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<math>\frac{1}{5^s}</math>,结果是：
 		
<math>\frac{1}{5^s}</math>（<math>1-\frac{1}{3^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \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 </math>。（10）
 		
从前面那个式子减去这个式子得：
 		
（<math>1-\frac{1}{5^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{3^s}</math>）（<math>1-\frac{1}{2^s}</math>）<math> \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 </math>。（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：
 		
:<math>\zeta(s) = \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}</math> =<math> \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.</math>。（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==
*[[孙子定理]]
*[[双生质数]]
*[[哥德巴赫猜想]]

== 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。

[[Category:数学]]