#点亮好奇心#
一、数百年破解黎曼猜想的金钥匙辉煌铸就
1735年，28岁的欧拉解决了一个百年难题，巴塞尔问题。从当时一大堆著名数学家中脱颖而出，牛顿，莱布尼茨，伯努利家族。。。都倒在这个问题上。欧拉一战成名，并且一发不可收拾，直到他完全统治了18世纪的欧洲数学界。
巴塞尔级数
这是一个了不起的结论，欧拉自然想到，既然这里可以取到自然数的平方倒数和，那假如就是求全体自然数的倒数和呢？欧拉对于这个数列做的工作是，他得到了这个级数的一个非常好的调和级数的近似函数。如果这里的γ是欧拉常数，约等于0.57721566490153286，于是人们以后再去求解调和级数的前n项和时，就完全不必一项一项累加，直接用这个非常精准的估值公式即可。欧拉在研究了这两个级数之后，开始了更一般情况的考虑。
这里的k是自然数，如果k=1时，上面的式子是调和级数，k=2时，就是巴塞尔问题。事实上，继续让k=3,4,5...一直尝试探究下去，这仿佛有点机械式处理的意思。欧拉及时调整了研究方向，并最终得到了一个堪称金钥匙的法宝。分析一下每步的意义。从(1)跳转到(2)式，欧拉给(1)式左边增加一个负重，我们仿佛难以揣测欧拉做这一步的出发点在哪儿。但是这样处理之后，用(1)式-(2)式之后，我们发现，(3)式里，已经没有了偶数项，只有奇数项。我们也可以这么理解，这么做，将所有2的倍数项都隐藏起来了。接下来的(3)-(4)之后，我们就可以在(5)右边更加清晰地发现，这里已经既没有2的倍数，也没有3的倍数了。那么(5)式，再进行类似的步骤之后，我们会发现，式子的右边会逐渐剔除，2,3,5,7...这些数字的倍数项。如果给你全体自然数，让你逐步剔除2,3,5,7。。。这些数字的倍数，那么剩下的数字还会是什么？当然就只会留下素数了！
在这个数字被层层淘汰的过程像极了用筛子一遍遍过滤掉杂质，最后得到结晶的过程。在素数研究领域，有个古老又很有效的方法——埃拉托斯特尼筛法。这个简单又有效找出一定范围内素数的方法。
先用2去筛，即把2留下，把2的倍数剔除掉；再用下一个素数，也就是3筛，把3留下，把3的倍数剔除掉；接下去用下一个素数5筛，把5留下，把5的倍数剔除掉；不断重复下去......,筛到最后留下数字就是素数。
1737年，也就是在解决了巴塞尔级数问题两年之后，欧拉将这里的k改写成任意复数s，并且s的实部，即Re(s)>1,上式成立。于是金钥匙终于现身，也就是：
这个公式也叫欧拉乘积公式，是以欧拉命名的公式里相当出彩的一支。这个金钥匙证明素数有无穷多个。
1859年，黎曼发表了一篇惊世骇俗的论文《论小于某给定值的素数的个数》，在这个仅仅8页里，黎曼重新研究了关于ζ(s)级数的性质，并且将古往今来关于素数个数的研究推到顶峰，素数分布的全部奥秘会隐藏在这个极不起眼的级数中。黎曼的估计函数在大范围内与真实素数个数的吻合度简直令人咋舌！
人们重新整理了他的手稿，并且从中出土了非常有效的求非平凡零点的公式。至此，黎曼跻身人类最伟大的数学家是毫无疑义的了
欧拉从来都不是那种解决一个难题就放在一边的快枪手，而是一个通过表面的研究来触及问题的根本。就像他发现的金钥匙工具一样，到了黎曼这里变成了核*器武**，成就了人类素数研究领域的最高成就。
二、素数的方阵与哥德巴赫猜想
（一）列方阵求素数
说到素数求取，大多熟知能祥的是埃拉托斯特尼的求取素数的筛法。
即：1.2.3.4.5.6.7.8. .11.12.13.14.15.16.17.18……所有自然数中的正整数n（设n为自然数中的正整数）, 把其中的素数p（设p为素数）2.3.5.7. .17……中的素数的倍数 4.6. . .16.18……一一筛去 ，而剩下的1.3.5.7. .17……就是所求素数。这就意味着对于自然数中的所有正整数n都要试商素因子，正如有人所说，不知要试到何年何月。
对于在自然数中所含有的素数p而言，首先把素数3按每一行三个数组成一个 3p士2式的方阵（1）(设p为自然数中的素数)，然后把方阵（1）中间一竖行3的倍数筛去，把剩下两边的两竖行分别以第二个素数5，以5p 士6 的形式，分别列出素数5的两个方阵式（2）、（3），筛去中间一竖行素数5的倍数，如此下列7p士30的方阵……。
即：
从上面方阵的排列中可以看出：在顺序自然数含有的素数p，3.5.7……，所有素数p的方阵中，素数p的倍数都被排在了方阵的中间一行，即可以把方阵中间一行筛去。如果以顺序素数p-p的平方为节点，就可以求得素数p的平方以内的所含有的全部素数，3至3的平方内的素数有3.5.7，5至5的平方内的素数有 .17.19.23,7至7的平方内的素数有29.31.37.41.43.47……。
（二）素数的定理
在上面列出的素数p的方阵中可以看出：筛去素数3的倍数，等于筛去3的方阵中全部数的1/3+1，筛去素数5的倍数等于筛去3的方阵中3的倍数后所剩下的5的方阵中全部数的1/5+1，筛去素数7的倍数，等于筛去5的方阵中5的倍数后所剩下的7的方阵中全部素数的1/7+1……。
根据以上演示结果，可以得出以下定论，对于自然数中的奇数n，筛去素数3的倍数，等于去掉n的1/3+1，筛去素数5的倍数，等于去掉素数3的倍数后，所剩余的1/5+1，筛去素数7的倍数，等于去掉素数5的倍数后，所剩量的1/7+1。
如果设素数为P，设自然数顺序整数1.2.3.4……为N,素数在自然数n内含量为Q，设筛去顺素数P（1.3.5……）的倍数后所剩量为S，则：
Q=N-N/2+1=S-(1/P+1)=S2-（1/P1+1）=S3-(1/P2+1)……=Sn-(1/Pn+1)=Sn/P2+Pn
由以上得出在自然整数中求取素数量的定理，任一Pn的平方内的素数含量等于分别筛去素数P 至P的平方中的P1.P2.P3……Pn,分别减去所剩量的差的所剩量+1。
（三）单一素数方阵的列取
对于在自然数中所含素数量的无限性的证明，是欧几里德在他的《几何原本》中用几何的方法证明出来的，它的大意是：今有线段 a b,设线段 c 等于 ab,在线段 c 外加上一点g，我们说，g和 a.b.c都不相同，如果说相同的话，这是不可能的，如果 g能被 a.b.c所平分，那么 g必然能被 c所平分，如果不能被 a.b.c.所平分，我们找到了一个比 a.b.c.更大的数 g，它要比a. b. c.更多。用式子表示
即： 1ｘ2ｘ3ｘ5ｘ7……ｘp + 1
可以看出，它相似于自然数中的正整数运算的n阶乘的素数 p 阶乘，大可以叫做：素数的 p 阶乘。
这一素数的 p 阶乘恰好等于以上素数p的方阵列式：1ｘ2ｘ3ｘ5ｘ7 ……ｘp + 1，
3 p士2，5p士6，7p士30，11p士210……，则等于： 2ｘ3 = 6ｘ5 =30ｘ7=210……，即恰等于上述的素数的 p 阶乘积。
由此得出以下定理：以素数P为中心的Pn 加减式的前一方阵与下一方阵之间及全部方阵之间的相差量，等于素数的P 阶乘的连乘积。如果设自然整数所含顺序素数P1.P2.P3……Pn之间的相差量为a，则可以把以素数Pn加减式写成 :Pn士a.
从上面的方阵中可以看出：3p 士 2 式中 3 的下一行 中间是3 的倍数 9 ,5p士 6 式中 5 的下一行中间是5 的倍数35 ,7p士30 式中 7 的下一行中间是 7 的倍数 217 ……。5的倍数小于35的奇数倍数有 .25，筛去素数3的倍数15后，剩下 两个数，7的倍数小于217的奇数有 .35.49.63.77.91.105.119.133.147.161.175.189.203，筛去素数3.5的倍数后，剩下7.49.77.91.119.133.161.203八个数……。
从上面筛去后所剩下的数中可以看出，他们恰是素数P所应列方阵的个数和方阵头数。
由此可以得出素数P的单一方阵的列法：在自然数中所有正整数中所含有的素数 P，按P 阶乘的方法求出a， 则Pxa依序为：1x2=2，2x3= 6，6x5 = 30，30x7=210 ……
依据这一(Pn士a )公式。就可以列出任一素数p的方阵式，而无需从素数3从头而来。