素数定理另证
人教版B版高中数学选修4-6(B版)素数与合数
可设它们为d1, d2, , dk (k 2). 不妨设d1是其中最小的, 若d1不是素数, 则存在e1, e2, 使得d1 e1e2,因此, e1和e2 也是a的正的非平凡约数, 这与d1的最小性矛盾.
推论1
• 如果a是大于1的正整数,则a的大于1的最 小约数必为素数.
5证明:因为n是合数,故可设n ab,其中a 1,b 1.
10n 1 (10a )b 1 (10a 1)(10a(b1) 10a 1),
9 (11 1) 9 (11 1)(10a(b1) 10a 1),
n个
a个
(11 1) (11 1)(10a(b1) 10a 1),
n个
a个
11 1也是合数.
n个
6证明: 用反证法. 设(a, b) d, a a1d, b b1d,则(a1, b1) 1.
a2 pb2 , a12 pb12 , p | a12 , p | a1. 设a1 pt, 代入a12 pb12有pt 2 b12 , p | b12 , p | b1, p | (a1, b1). 这与(a1,b1) 1相矛盾.故假设不成立, 即满足a2 pb2 的正整数不存在.
推论2
任何大于1的合数a必有一个不超过 a的素约数.
证明: 若a d1d2,其中d1 1是最小素约数, 则d12 a,成立.
定理2
• 素数的个数是无限的.
证明: 假设正整数中只有有限个质数, 设为p1, p2 , , pk , 令N p1 p2 pk 1, N 1, 若N是质数,结论显然成立; 若N不是质数,则N有一质因数p,这里p pi ,i 1, 2, , k, 否则p | p1 p2 pk , 又 p | N p1 p2 pk 1, 因此p |1,这与p是质数矛盾, 故p是上面k个质数以外的质数, 得证.
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》
《关于素数公式素数定理哥德巴赫猜想的初等证明》素数公式是指对于给定的正整数n，小于等于n的素数的个数近似等于n/ln(n)，其中ln(n)表示自然对数。
素数定理是指当n趋向于无穷大时，小于等于n的素数的个数π(n)近似等于n/ln(n)。
公式中的π(n)表示小于等于n的素数的个数。
哥德巴赫猜想是指任意大于2的偶数都可以表示为两个素数之和。
首先证明素数公式。
定义函数S(n)为小于等于n的素数的个数。
我们需要证明当n趋向于无穷大时，S(n)在数学意义下近似等于n/ln(n)。
我们知道，当n越趋近于无穷大时，自然对数ln(n)也趋近于无穷大。
设m为一个足够大的正整数，使得ln(n) >= m。
我们将区间[2,n]均分为m个子区间，每个子区间的长度为(L=n-2)/m。
对于每个子区间，我们选择一个整数ni作为代表，使得ni落在这个子区间内，并且ni是最接近该子区间中点的整数。
由于n趋向于无穷大，我们可以得到ni一定存在。
我们定义T(m)为小于等于n的素数中，满足ni是素数的个数。
显然T(m) <= S(n)，因为ni只是小于等于n的素数中的一个子集。
我们对于每一个ni都检查它是否是素数，最简单的方法是对所有小于等于√ni的正整数k，检查ni是否能被k整除。
若存在整数k使得ni被k整除，则ni不是素数；若不存在这样的整数k，则ni是素数。
现在我们来估计T(m)的上界。
对于每个ni，我们需要进行√ni次的整除运算。
所以，总的运算次数为Sqrt(n1) + Sqrt(n2) + ... +Sqrt(nm)。
由于ni是区间中点附近的整数，所以我们可以将每个Sqrt(ni)近似为Sqrt(L/m) = Sqrt((n-2)/m)。
所以总的运算次数可以近似为m*Sqrt(L/m) = (n-2)*Sqrt(m/(n-2))。
当n趋向于无穷大时，这个运算次数的上界也趋于无穷大。
所以S(n)在数学意义下近似等于n/ln(n)。
素数公式
素数公式素数公式，在数学领域中，表示一种能够仅产生素数的公式。
即是说，这个公式能够一个不漏地产生所有的素数，并且对每个输入的值，此公式产生的结果都是素数。
根据素数的一个定义：“若自然数n不能被不大于根号n任何素数整除，则n是一个素数”。
[1]这个公式可以一个不漏地产生所有素数，而不会混入一个合数。
例如29，29不能被不大于根号29的素数2，3，5整除，29=2×14+1=3×9+2=5×5+4。
29小于7²=49，所以29是一个素数。
目录1 多项式形式的素数公式2 丢番图方程形式的素数公式3 带高斯函数的素数公式3.1 Mills 公式3.2 威尔逊定理的利用3.3 另一个用高斯函数的例子4 递推关系5 其他公式6 参见7 参考文献多项式形式的素数公式可以证明，一个多项式P(n)，如果不是常数的话，不会是一个素数公式。
证明很简单：假设这样的一个多项式P(n)存在，那么P(1)将是一个素数p。
接下来考虑P(1+ kp)的值。
由于，我们有。
于是P(1 + kp)是p的倍数。
为了使它是素数，P(1 + kp)只能等于p。
要使得这对任意的k都成立，P(n)只能是常数。
应用代数数理论，可以证明更强的结果：不存在能够对几乎所有自然数输入，都能产生素数的非常数的多项式P(n)。
欧拉在1772年发现，对于小于40的所有自然数，多项式P(n) = n2 + n + 41的值都是素数。
对于前几个自然数n = 0, 1, 2, 3……，多项式的值是41, 43, 47, 53, 61, 71……。
当n等于40时，多项式的值是1681=41×41，是一个合数。
实际上，当n能被41整除的时候，P(n)也能被41 整除，因而是合数。
这个公式和所谓的质数螺旋（en:Ulam spiral）有关。
实际上，欧拉发现了这样一个事实：a0+0=a1,a1+2=a2,a2+4=a3,a3+6=a4,...,a（a0）.到a(a0)一项就是合数,其它都是素数。
算术基本定理
算术基本定理关于质和计算基本定理的问题一、知识大于1的整数n总有两个不同的正约数：1和n.若n仅有两个正约数（称n没有正因子），则称n为质数（或素数）.若n有真因子，即n可以表示为a⋅b的形式（这里a,b 为大于1的整数），则称n为合数.正整数被分为三类：数1，素数类，合数类关于素数的一些重要理论1.大于1的整数必有素约数.2.设p为素数，n为任意一个整数，则或者p整除n，或者p与n互素. 事实上，p与n的最大公约数(p,n)必整除p，故由素数的定义推知，或者(p,n)=1，或者(p,n)=p，即或者p与n互素，或者p|n.3.设p为素数，a,b为整数.若p|ab，则a,b中至少有一个数被p整除. 事实上，若p 不整除a和b，由性质2知，p与a和b均互素，从而p与ab互素。
这与已知的p|ab矛盾.特别地：若素数p整除an(n≥1)，则p|a4.定理1 素数有无限多个 (公元前欧几里得给出证明)证明：（反证法）假设只有k个素数，设它们是p1，p2，，pk。
记N=p1p2 pw+1。
（N不一定是素数）由第一节定理2可知，p有素因数p，我们要说明p≠pi,1≤i≤k从而得出矛盾事实上，若有某个i,1≤i≤k使得p≠pi,则由p|N=p1p2 pw+1推出p|1，这是不可能的。
因此在p1，p2，，pk之外又有一个素数p，这与假设是矛盾的。
所以素数不可能是有限个。
5.引理1 任何大于1的正整数n可以写成素数之积，即n=p1p2 pm (1)其中pi,1≤i≤m是素数。
证明当n=2时，结论显然成立。
假设对于2≤n≤k，式(1)成立，我们来证明式(1)对于n=k+1也成立，从而由归纳法推出式(1)对任何大于1的整数n成立。
如果k+1是素数，式(1)显然成立。
如果k+1是合数，则存在素数p与整数d，使得k+1=pd。
由于2≤d≤k，由归纳假定知存在素数q1,q2, ql，使得d=q1,q2, ql，从而k+1=pq1,q2, ql。
素数分布定理
证明思路（３－４）
（3）通过分析上述线性代数方程组及其解的性质， 以及通过变换矩阵和证明三个引理，可以证明： 存在一个有限正整数n0，当n>n0时，此线性代数 方程组的实际解，并不等于此组奇素数{q}。
（4）由此矛盾，证明了“所有奇数d都是合数”
这一假设不成立。因此，当n>n0时，至少有一个
奇数d不是合数，而是大于
由上所述 >0，因此正整数
n0=max S
为有限值。当n>n0时，必至少有一个xi不等于qi。
素数分布定理证明
由“所有奇数d都是合数”这一假设，应有
S={n|xi-qi=0 for i=1,2,…,r}
为无限集合。但由引理(1-3)，S为有限集合，
二者矛盾。因此，“所有奇数d都是合数”
这一假设不成立。所以当n>n0时，必至少
可以证明： 因此有 由于xi不能是n的素因子，所以不能为整数。
引理3--当n为有限值时（1）
定义误差：
则有
对于任意小于 的正值 ,存在一个正整数 ,
使得当
时，至少有一个下列不等式成立
因此当
时，必至少有一个xi不等于qi。
引理3--当n为有限值时（2）
定义集合
S={n|xi-qi=0 for i=1,2,…,r}
少有四个素数。 证明：由于两个连续奇素数之差不小
于2，取pi,pi+1,pi+2，两次应用两个连续自 然数的平方之间至少有两个素数的定理可 证。
Andrica‘s conjecture
定理:两个连续素数的平方根之差小于1。 证明：由主要定理，当n>n0时，有
由于pi>p或pi=p,因此有
谢谢！
质数
质数五（四）薛雅元质数又称素数。
指在一个大于1的自然数中，除了1和此整数自身外，没法被其他自然数整除的数。
换句话说，只有两个正因数（1和自己）的自然数即为素数。
比1大但不是素数的数称为合数。
1和0既非素数也非合数。
合数是由若干个质数相乘而得到的。
所以，质数是合数的基础，没有质数就没有合数。
这也说明了前面所提到的质数在数论中有着重要地位。
历史上曾将1也包含在质数之内，但后来为了算术基本定理，最终1被数学家排除在质数之外，而从高等代数的角度来看，1是乘法单位元，也不能算在质数之内，并且，所有的合数都可由若干个质数相乘而得到。
F5=4294967297=641×6700417，它并非质数，而是一个合数！更加有趣的是，以后的Fn值，数学家再也没有找到哪个Fn值是质数，全部都是合数。
目前由于平方开得较大，因而能够证明的也很少。
现在数学家们取得Fn的最大值为：n=1495。
这可是个超级天文数字，其位数多达10^10584位，当然它尽管非常之大，但也不是个质数。
质数和费马开了个大玩笑！这又是一个合情推理失败的案例！梅森素数17世纪还有位法国数学家叫梅森，他曾经做过一个猜想：2^p-1 ，当p是质数时，2^p-1是质数。
他验算出了：当p=2、3、5、7、17、19时，所得代数式的值都是质数，后来，欧拉证明p=31时，2^p-1是质数。
p=2，3，5，7时，2^p-1都是素数，但p=11时，所得2047=23×89却不是素数。
还剩下p=67、127、257三个梅森数，由于太大，长期没有人去验证。
梅森去世250年后，美国数学家科勒证明，2^67-1=193707721×761838257287，是一个合数。
这是第九个梅森数。
20世纪，人们先后证明：第10个梅森数是质数，第11个梅森数是合数。
质数排列得这样杂乱无章，也给人们寻找质数规律造成了困难。
现在，数学家找到的最大的梅森数是一个有9808357位的数：2^32582657-1。
素数连乘积分布
（ log pi pl ）
引理 1： 若 p1 2 , p 2 3 ， … p j …, pi ,为连续素数， 且 p j | n ， 则 n≠o (mod p j ) 的 数的个数
i
y i (n) n (1
j 1
1 ). pj
证明：I.当 i=1 时, ∵
p1 =2 , p1 |n y i ( n) n n 1 1 n (1 ) n (1 ) 2 2 p1
sk
2 ( p k21 p k ) (1
2
2
j 1
1 ) pj
(1)
又 ∵ ∴
2 p3 5 3 p 4 1 3 72 1
1≤k<4 时， s k k
即
p sk p k
k≥4 时， s k k 即
p sk p k
随着 k 的增大， （ s k k ）波动地增大，当 n→+∞时， （ s k k ）达到最大值。 调整每个区间的 s k 值，理论上就可以得到不大于 n 的素数个数公式 π(n)=
素数连乘积分布
李联忠
（营山中学 四川营山 637700） 摘要：正整数 n 处于相邻两个素数平方间，则有素数连乘积分布公式（S）和公式（L） (S)
sk 2 1 2 π(n)= ( p k 1 p k ) (1 ) O ( n ) （ log pk p s k ） pj k 1 j 1 i
而是
pi21 pi2 t 1 1 (1 ) pi pu u 1
这不是 p 是否整除 n 的问题，而是 n 受 p k n＜p k 1 限制，而使 p k 到
2 2
p k21 之间的数 pk
费马小定理 素数判定 蒙哥马利算法
费马小定理素数判定蒙哥马利算法(强烈推荐）2009-11-07 12:42费马小定理素数判定蒙哥马利算法约定：x%y为x取模y，即x除以y所得的余数，当x<y时，x%y=x，所有取模的运算对象都为整数。
x^y表示x的y次方。
乘方运算的优先级高于乘除和取模，加减的优先级最低。
见到x^y/z这样，就先算乘方，再算除法。
A/B，称为A除以B，也称为B除A。
若A%B=0，即称为A可以被B整除，也称B可以整除A。
A*B表示A乘以B或称A乘B，B乘A，B乘以A……都TMD的一样，靠！复习一下小学数学公因数：两个不同的自然数A和B，若有自然数C可以整除A也可以整除B，那么C就是A和B的公因数。
公倍数：两个不同的自然数A和B，若有自然数C可以被A整除也可以被B整除，那么C就是A和B的公倍数。
互质数：两个不同的自然数，它们只有一个公因数1，则称它们互质。
费马是法国数学家，又译“费尔马”，此人巨牛，他的简介请看下面。
不看不知道，一看吓一跳。
/BasicStudy/LearnColumn/Maths/shuxuejiashi/j12.htm费马小定理：有N为任意正整数，P为素数，且N不能被P整除（显然N和P互质），则有：N^P%P=N(即：N的P次方除以P的余数是N)但是我查了很多资料见到的公式都是这个样子：(N^(P-1))%P=1后来分析了一下，两个式子其实是一样的，可以互相变形得到，原式可化为：(N^P-N)%P=0(即：N的P次方减N可以被P整除，因为由费马小定理知道N的P次方除以P的余数是N)把N提出来一个，N^P就成了你N*(N^(P-1))，那么(N^P-N)%P=0可化为：(N*(N^(P-1)-1))%P=0请注意上式，含义是：N*(N^(P-1)-1)可以被P整除又因为N*(N^(P-1)-1)必能整除N（这不费话么!）所以，N*(N^(P-1)-1)是N和P的公倍数，小学知识了^_^又因为前提是N与P互质，而互质数的最小公倍数为它们的乘积，所以一定存在正整数M使得等式成立：N*(N^(P-1)-1)=M*N*P两边约去N，化简之：N^(P-1)-1=M*P因为M是整数，显然：(N^(P-1)-1)%P=0即：N^(P-1)%P=1============================================积模分解公式先有一个引理，如果有：X%Z=0，即X能被Z整除，则有：(X+Y)%Z=Y%Z这个不用证了吧...设有X、Y和Z三个正整数，则必有：(X*Y)%Z=((X%Z)*(Y%Z))%Z想了很长时间才证出来，要分情况讨论才行：1.当X和Y都比Z大时，必有整数A和B使下面的等式成立：X=Z*I+A（1）Y=Z*J+B（2）不用多说了吧，这是除模运算的性质！将（1）和（2）代入(X*Y)modZ得：((Z*I+A)(Z*J+B))%Z乘开，再把前三项的Z提一个出来，变形为：(Z*(Z*I*J+I*A+I*B)+A*B)%Z（3）因为Z*(Z*I*J+I*A+I*B)是Z的整数倍……晕，又来了。
n与2n之间必有素数的最简证明
n与2n之间必有素数的最简证明【题目】n与2n之间必有素数的最简证明【导言】素数是数论中一个极为重要的概念。
它指的是大于1且只能被1和自身整除的正整数。
素数的性质一直以来都备受数学家的关注和研究。
其中，一个有趣且重要的结论是：对于任意给定的正整数n，n与2n 之间必定存在至少一个素数。
本文将以从简到繁的方式，给出这一结论的最简证明。
【正文】1. 我们首先从基本概念开始，回顾一下素数的定义。
根据定义，素数大于1且只能被1和自身整除。
要证明n与2n之间必有素数，我们需要说明这个区间中不存在任何被除了1和自身以外的数整除的数。
2. 考虑区间[n, 2n]中的所有自然数。
我们可以通过反证法来证明这个区间内至少存在一个素数。
假设区间中不存在素数，即区间中的所有数都可以被除了1和自身以外的数整除。
这意味着，对于区间中的任意一个数x，存在另一个数y（y不等于1和自身），使得x能被y整除。
3. 现在我们观察一下这个数y。
根据前面的假设，y不是素数，因此它可以被除了1和自身以外的数整除。
我们将y表示为y = p * q，其中p和q均为大于1的整数。
4. 根据上一步骤的观察，我们可以得到下列等式：n ≤ x = p * q ≤ 2n。
我们将这个等式进行简化，得到n / q ≤ p ≤ 2n / q。
5. 注意到n和q是已知的正整数，而p是一个大于1的整数。
我们可以看到，当q的取值范围在(1, n)之间时，p的取值范围在(n/q, 2n/q)之间。
6. 我们现在来观察一下p的范围。
根据上述推导，当q在(1, n)之间取值时，p的取值范围在(n/q, 2n/q)之间。
我们可以将p的范围继续简化为(1, 2)。
7. 如果p的取值范围在(1, 2)之间，那么p的取值只能是2。
我们可以得到一个结论：当q的取值在(1, n)之间时，p的取值只能是2。
也就是说，只有当q取值在(1, n)之间时，等式p * q = x才有可能成立。
素数与同余
1.3素数及算术基本定理 知识扫描：1. 素数的定义以及一些基本性质。
大于1的整数n 至少有两个不同的正约数：1和n 。
如果n 没有大于1而小于n 的约数，则称n 是素数。
如果n 有大于1而小于n 的约数，即n 可表示为a b 的形式，则称n 为合数。
（1） 大于1的整数必有素因子（2） 既为偶数又为素数的正整数只有一个，它就是2.（3） 设p 为素数，n 是任意整数，则或者p 整除n ，或者p 与n 互素。
（4） 设p 是素数，,a b 是整数，如果/p ab ，则,a b 中至少有一个被p 整除。
证明：如果p 不整除,a b ，则p 与a 和b 均互素，从而p 与a b 互素，矛盾！（5） 素数有无穷多个。
用反证法证明这个命题，假设素数只有有限个，1212122,3,,1,1.,,(1),/1.k k k i p p p N p p p N N p p p p p p i k p ===+>≤≤ 设是全部素数，考虑显然故有素因子因是全部素数，故必等于某个从而这不可能，因此素数有无穷多个。
2. 唯一分解定理：每个大于1的正整数均可分解成有限个素数的积。
如果不计素因数在乘积中的次序，则其分解方式是唯一的，即1212kk n p p p = a a a，其中i p 是质数，i a 是正整数，1i k ≤≤。
（证明为推理说明性的，可自己来做） 3. n 的约数的标准分解，设n 的标准分解为1212kkn p p p = aa a则正整数d 是n 的约数的充分必要条件是其标准分解为1212kkd p p p = b b b0,1,2,,i i i k ≤≤= b a4. ()()()()()()()()()()()()()()()1212112211212=+1+1+11111+1=+1+1+1kk k ki k k n r n n n n n r n n p p p p p p k r n =+++++++++ 的正约数的个数及正约数的和：记是的正约数的个数，是的正约数之和，且的标准分解式为上式，则有下面给出证明：由于指数有种选取且彼此独立，又由唯一分解定理知指数所有可能的选取产生种不同的约数，因此由乘法原理知即：个数与选取方aaad a a a d b a b b b a a a ()()()()12122k k n n dp p p = 式相等的证明，只需要把展开就可发现形如：的数恰恰出现一次，也就是左右两边相等，命题得证。
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������ ∈ ℂ, Re(������) > 1.
以上的无穷级数及无穷乘积绝对收敛. 定理 2.1. 函数 ������ 满足下列性质: 1. ������ 可延拓为 ℂ 上的亚纯函数; 2. ������ 仅在 ������ = 1 处有极点, 这是单极点并满足 Res������=1 ������(������) = 1; 3. 若 Re(������) = 1 则 ������(������) ≠ 0. 注记 2.2. 定理 2.1 的最后一个性质将是素数定理证明的关键. 这也可以从 Kahane 的 Fourier 公式及调和分析得出, 详阅 [1]. 定义 ������ℙ (������) ∶= ∑ ������−������ ,
������∶素数
存在常数 ������ > 0 使得对所有 ������ ∈ ℂ, |������| ≤ 2−1/2 者, 我们有 | log(1 − ������) + ������| ≤ ������|������|2 . 因此在 ������(������) 的级数展开式中, 有 | − log(1 − ������−������ ) − ������−������ | ≤ ������������−2Re(������) ,
素数定理另证
李文威
* 本文基于笔者 2012 年 5 月某日于西南交通大学峨眉分校所作报告的底稿.
1. 导言
素数分布是数论中最核心的课题之一. 试详言之: 考虑函数 ������ ∶ℝ ⟶ ℝ, ������(������) ∶= #{������ ∶ 素数, ������ ≤ ������}. 对于任一对函数 ������ , ������ ∶ ℝ → ℝ, 我们以 ������ (������) ∼ ������(������) (当 ������ → +∞) 表示 lim ������ (������) = 1. ������(������)
������∶素数
������ ∈ ℂ, Re(������) > 1.
易见此无穷级数绝对收敛. 以下, 符号 log 皆表示对数函数 log 在 ℂ ∖ ℝ≤0 上标准的解析延拓. 我们还会使用分 析学中习见的小 ������ 记号. 命题 2.3. 函数 ������ℙ 满足下列性质 1. ������ℙ 可延拓为 {������ ∈ ℂ ∶ ������ ≠ 1, Re(������) ≥ 1} 上的连续函数; 2. ������ℙ 在 {������ ∈ ℂ ∶ Re(������) = 1} 上局部可积; 3. 当 ������ ∈ ℝ 充分小, 1 ������ℙ (1 + ������������) = log ( ) + 连续项; ������������
������→+∞
函数 ������ 的渐近行为由以下著名的素数定理给出. 定理 1.1. 当 ������ → +∞ 时, 我们有 ������(������) ∼ ������ . log ������
素数定理的发现至少可以追溯到 Gauß 和 Legendre 在 19 世纪的工作. Riemann 则首 先揭示了素数分布和 ������ 函数的联系. 素数定理的证明颇多, 以下且略述一二. 首个严格 证明无疑归于 Hadamard 和 de la Vallé Poussin (1896), 他们的证明使用了复分析. Selberg 和 Erdős 于 1949 年各自给出独立的 “初等” 证明. 其后, Newman 在 1980 年给出目前已 知的最短证明 [5], 但其中仍然用到了复分析中的 Cauchy 积分公式. 在另一条战线上, 借 助于 Wiener 证明的 Tauber 型定理 (1932), 素数定理有了若干种新证明; Hadamard 等人 使用的复分析技巧被经典意义下的调和分析取代. 详情可参看 [2]. Kahane (1996) 进一 步发展了 Wiener 的进路, 其关键在于所谓的 “Fourier 公式” (定理 3.3). 本文旨在介绍 Kahane 的证明. 在此必须指出这个证明既非最短, 亦不初等, 优雅与否 则待读者自行评断; 但是此一证明的思路清晰, 技巧也颇堪玩味, 并且能处理更一般的 1
1 故 ������(������) 可延拓为 {������ ∈ ℂ ∶ Re(������) > 2 } 上的亚纯函数. 我们同时得到以下结果: 对于 ������0 ∈ ℂ, Re(������0 ) = 1 者, 设 ������ ∶= ord������=������0 ������(������), 则
Beurling 广义素数 [4]. 我们假定读者有基本的分析学知识; 对多数的证明将只述梗概, 部分结果则留给读者自证. 全文大致按照 Bost 的讲义 [1] 来铺陈, 并无创新; 一切错訛当 属若干性质
Riemann ������ 函数的定义是 ������(������) ∶= ∑ ������−������ = ∏ (1 − ������−������ )−1 ,
4. 固定 ������ ∈ ℝ, 当 ������ ∈ ℝ>0 趋近于零时 ������ℙ (1 + ������ + ������������) = ������(log ������). 2
证明. 设 ������(������) ∶= log ������(������) − ������ℙ (������), Re(������) > 1. 注意到 ������(������) = ∑ (− log(1 − ������−������ ) − ������−������ ) .
������ℙ (������) = ������ log(������ − ������0 ) + 连续项, 明所欲证.
Re(������) > 1, ������ → ������0 .