素数无穷个的证明

作者: ffacs 分类: 初等数论,总结 发布时间: 2020-06-12 01:39

方法1

设: $n \ge 0$, $F_n=2^{2^n}+1(Fermat\ Number)$ ,设 $n\neq m$ ,若 $d > 1,d \mid F_n$ 则 $d$ 不整除 $F_m$ 。

证明:

不妨设 $m>n$,则有
$$
F_n \mid F_m -2 = 2^{2^m}-1=(2^{2^{n}})^{2^{m-n}}-1=(2^{2^{n}}+1)((2^{2^{n}})^{2^{m-n}-1}-((2^{2^{n}})^{2^{m-n}-2}..-1)
$$
若 $d \mid F_n$ 则有 $d|F_m-2$ ,若 $d\mid F_m$ 则有 $d \mid F_m-F_m+2$ ,但是$F_n$ 显然是奇数,所以 $d=1$。矛盾。所以得证。

假设素数是有限的,设全体素数为 $p_1<p_2<p_3….<p_n$,每个素数必定整除一个 $F_x$,否则该 $F_x$ 为一个素数且不在素数集合中,但是每个素数只能对应一个$F_x$,但$F_n$ 是无穷的,必然有$F_x$ 不能被素数集中的素数整除,所以素数是无限的。

方法2

设 :$A_1=2,A_n=A_{n-1}^2-A_{n-1}+1$,设 $n\neq m$ ,若 $d > 1,d \mid A_n$ 则 $d$ 不整除 $A_m$ 。

证明:

不妨设 $m>n$ ,则有
$$
A_{n}\mid A_{n+1}-1\
A_{n+1}-1\mid A_{n+2}-1\
… \
A_{m-1}-1\mid A_{m}-1\
$$
那么得到 $A_{n} \mid A_m-1$,若 $d\mid A_n$ 则有 $d \mid A_m-1$ 。若$d \mid A_m$ 则 $d\mid A_m-A_m+1=1$ ,与 $d>1$ 矛盾。所以得证。

接下来证法与方法1相同

方法3

若素数有限,则设全体素数为 $p_1,p_2,p_3,p_4,p_5…p_s$ ,则$P=p_1p_2p_3..p_s+1$ 为素数。

证明:若 $P$ 为合数则 $P$ 必定有素因子,设该素因子为 $d$ ,因为 $d\mid p_1p_2p_3..p_s,d\mid P$,所以$d\mid 1$,矛盾。所以 $P$ 是素数。但 $P$ 不在全体素数中。矛盾。所以素数有无限个。

方法4

若素数有限,设全体素数为$p_1,p_2,p_3…p_s$,则
$$
\begin{align}
&(\frac{1}{1-\frac{1}{p_1}})(\frac{1}{1-\frac{1}{p_2}})..(\frac{1}{1-\frac{1}{p_s}})\\
&=(1+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_1^{2}}+\frac{1}{p_1^3}…)(1+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_2^{2}}+\frac{1}{p_2^3}…)…(1+\frac{1}{p_s}+\frac{1}{p_s^{2}}+\frac{1}{p_s^3}…) \tag{1}\\
&=\sum_\limits{n=1}^\limits{\infty}\frac{1}{n} \tag{2}
\end{align}
$$
第一步是等比数列展开,第二步是用了唯一分解定理和展开。

由于调和级数是发散的,但却等于定值,所以矛盾。所以素数是有无限个的。

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