如何证明形如4n3的素数有无限多个.docx
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如何证明形如4n3的素数有无限多个
如何证明形如4n3的素数有无限多个
篇一：
证明形如4n+3的素数有无限多个
四、证明题（每小题10分，3题共30分）
1.证明：
形如4n+3（n为非负整数）的素数有无限多个.
证明：
用反证法
若形如4n3的素数为有限个，设为p1,p2,pk.（整个证明的思想是用反正法，先设形如4n+3的素
数只有有限个，设为p1,p2,pk，再找到4n+3形式
的数p,并且这个p是不等于p1,p2,pk的，这样就与
我们假设的有限个就矛盾了）
令q4p1p2pk14（p1p2pk1）3，（现在构造一个数q，通过变形我们知道q也是4n+3
形式的数，显然qpi,i1,2,.....k（若相等则有
（4p1p2pi1pi1pk1）pi1，这不可能），若q已经为
素数，就找到了不等于p1,p2,pk的素数q，定理已
经得证，若q不是素数，我们考虑它的素因数，在
下面的步骤）
显然pi都除不尽q.（反证法，若能除尽，即piq，而由上面可知14p1p2pkq，则有pi1，矛盾）若q为素数，而qpi，i1,2,.....k，定理已经得证.（这个结论上面的注已经说明）
现在考察q不是素数，那么它必有素因数（一个数能分解为若干素数的乘积）（4l1）（4m1）4（4lmlm）14u1，（此式子说明4n+1形式的乘积还是4n+1的形式）而q一定不能全是4n1形式素因数，
一定还有4n3形式的素因数p，（因为q也是4n+3的形式，若全是4n+1的形式，
它们的乘积得不到4n+3的形式，故一定还有
4n3
形式素因数p.由假设知q是奇数，它的因
数肯定都是奇数，所以它的因数要么是4n+1的形
式，要么是4n+3的形式，不可能是4n+2与4n+4
的形式（因为这两个还是偶数））
且不是p1,p2,pk中的一个，与假设矛盾.（前面已经证明pi都除不尽q，而p是q的因数，
因此p能整除q，故p不是p1,p2,pk中的一个）
故形如4n3的素数有无限多.（一开始我们假设的是有限个，k个，而现在我们
找到了不等于p1,p2,pk的其它的4n+3形式的素
数p，顺环往复，这说明有限个的假设不正确，
故形如4n+3的素数有无限多个）
注：
主要步骤就是黑字的部分，后面的彩色的字是我做的注解，做题目的时候可以不写。
篇二：
论文：
关于素数有无穷多个的证明
摘要：
有关于素数的个数是无穷多个的定理有许多的证明方法，最早的证明要见于欧几里德的名著《几何原本》第九篇的命题20中：
素数的数目比以往任何指定的数目都要多，即素数有无穷多个.本文在总结前人证明的基础上用数学归纳法再次证明这一命题.关键字：
最小正约数；Fermat数列；合数；调和级数；数学归纳法1引言
一个大于1的整数，除了1和它本身以外不能被其他正整数整除，就称为素数.通常用字母p、q表示，例如1,2,3,5,7,11,13,17,都是素数.设x1,我们以x表示不超过x的素数个数.不难算出
x0x2531050415
欧几里德的名著《几何原本》第九篇的命题20证明了:
素数的数目比以往任何指定的数目都要多，即素数有无穷多个:
limxx
这样把全体素数按大小排列就得出一个无穷数列
2=p1p2p3pn
后来发现在全体正整数中素数仅占很少一部分.下面我们就来证明一下这个命题.
2引理、定理及证明
引理1设整数a1，他的大于1的最小正约数d必为素数.1
d,所以证明若d不是素数,则由素数定义知,必有整数d,使得1d<d,d
da但这与d的专家设矛盾.故而引理得证.
由此推出:
若a不是素数,则必有da.
引理2设有一个无限正整数列1uu1u2u3s3如果它的任,意两项均互素,则一定有无限多个素数.
证明设ds是us的大于1的最小正整数,由此得到一个无限数列
d1,d2,ds,.
由假设知,它们也是两两互素的,所以是不同的整数,而由引理1知ds均
为素数.这样就证明了引理2.
引理31设整数a1,则a一定可以表为
12raq1q2q
r
（1）
其中qi均为素数,且q1q2qr,以及整数i01ir
证明当a2时,引理显然成立.设n3,假设引理对所有的a2an均成立.当n为素数时,则引理对于an显然也成立;当n不是素数时设d是n的大于1的最小正约数ndn1.由引理1知d为素数.此外,这时必有2n1n,故由假设知n1可表为
（1）的形式,所以n亦可表为这样的形式,有归纳法知引理3成立.直接推论任一正整数a一定可表为
ak2l
（2）
其中l1,或是不同的素数的乘机,k是正整数.
引理4设x2,我们有3
111（3）a1axp1
其中求和号分展在所有不超过x的正整数上,连乘号分展在所有不超过x的素数上.
证明设2kx2k1.显然有
11111111122kpppppppxpxpx1
1显然出现在上式右边的乘积中.注意到对于不同的a它们的表达式
（1）一定是不同的,这就证明了引理4.
定理5n!
与n!
1互素.n2
证明首先证明n与n1互素
由于它们的最大公因子要整除它们的差,即n1n1,所以最大公因子只可为1,故而n与n1互素.
由此得n2与n21互素,因为它们的最大公因子只为1.
依次可得n23n1与n23n11互素,因为它们的最大公因子只为1.
即n!
与n!
1互素.
接下来我们开始证明定理素数的个数是无穷多的
证明方法
（一）3
用反证法假设素数只有有限个即
2=p1p2ps
设np1p2ps1,d是它的大于1的最小正约数,由引理一知d是素数.把全体素数按大小顺序排列,就得到一个无限数列,我们记为
2=p1,p2,ps,ps1,.定理得证
方法
（二）3
著名的Fermat数列
Fn221n0,1,2,,n
就是满足引理2中的条件的数列,显然有
1F0F1FN
下面证明他们两两互素,设n0,k1,由
Fnk222n2k1知FnFnk2,设d=Fn,Fnk,因而必有d2,Fn均为奇数,所以d1.定理得证方法（三）3
设n2,对任意一个a1an,在它的表达式
（2）中一定有
:
1k1或l使一些不超过n的不同的素数的乘积.这样,k
可能取得值得个数,而l所可能取的值的个数不超过以下的组合数之和
nnnn12.n12
所以必有
nn
1即nlog2nn2定理得证2
n不超过n的素数有n个，所有的k个不超过n的不同的素数的乘积个数为k
由此即得所说的结论.
方法（四）3
如果只有有限个素数,那么式（3）的右边当x时为一有限数.但是左边的调和级数当x时是发散的.这一矛盾就证明了定理.
方法（五）
由定理五,得n!
与1,2,3,n1,n互素,那么n!
1有两种可能
（1）n!
1为素数;
（2）n!
1为合数.
（1）设an!
1为素数,集合Ax0xnxN有b个素数则集合Bx0xn!
1xN内至少有b+1个素数.
（2）设an!
1为合数,则在集合B中至少有2个元素可以被a整除A
Ba可证C=minxx且hhN为素数.且
（1）设集合A内有b个素数,则集Ax
合B内至少有b+1个素数.综合
（1）、
（2）可得:
设集合Ax0xnxN有b个素数.则集合B内至少有b+1个素数.
1xN内至少由b+2个素数.重复上述步骤可得集合C=x0xn!
1！
继续沿用上述步骤,用数学归纳法可证:
设集合Ax0xnxN有b个素数.则集合
Dx0x11，xNn重至少由b+d个素数.n!
1！
！
由此:
当d时,e=素数的个数b+d=+.
故可得素数的个数是无穷多的.
（指导老师:
王明军）
参考文献：
1张文鹏.初等数论M.西安:
陕西师范大学出版社,20xx-6
2欧几里德.几何原本M.北京:
人民日报出版社,20xx-10
3潘承洞、潘承彪.素数定理的初等证明M.上海:
上海科技出版社,1988-02
篇三：
素数有无穷多个的几个证明
构造法：
1.欧几里得证法：
证：
假设素数只有有限个，设为q1,q2,...qn，考虑p=q1q2...qn+1。
显然，p不能被q1,q2,...qn整除。
故存在两种情况：
p为素数，或p有除q1,q2,...qn以外的其它素因子。
无论何种情况，都说明素数不止有限个。
假设错误，所以素数有无穷多个5.|
2.
设p1,...,pn是n个两两不同的素数。
再设Ar是其中任意取定的r个素数的乘积。
证明：
任一pj（1≤j≤n）都不能整除p1...pn/Ar+Ar;
由此推出素数有无穷多个。
证：
因为pj若不是Ar的因子，必然是p1...pn/Ar的因子；或者，pj若是Ar的因子，必然不是p1...pn/Ar的因子。
因此，p1...pn/Ar+Ar或者是素数，或者除p1,...,pn之外有其它素因子。
无论何种情况，都说明素数不止有限个。
假设错误，所以素数有无穷多个。
3.级数法：
假若素数只有有限个p1,...,ps.证明：
对任意正整数N必有11111
（1）...
（1）nppn11s。
由此推出素数有无穷多个。
N
证：
psp111111）
（1）...
（1）p1psp11ps1n1nN
11）1-1p1ps
（1
111112...）...（1...）p1p1psp1ps1（因为任意正整数都可以表示成素数或素数的乘积）n1n
故上式成立。
因为级数1n1n递增，趋于正无穷大，由上式
n（1p）
n11N111...（111）ps
可知：
素数有无穷多个。
（否则，上式右侧为常值）
4.Fermat数法：
设n≥0,Fn=22+1.再设m≠n.证明：
若d>1,且d|Fn,则d不整除n
Fm.由此推出素数有无穷多个。
证：
设2m/2n=r,2n=p则
当m>n时，必有Fn|22-1=（22+1）（pr-1-pr-2+...-1）mn
=（2+1）
（1）k1prk=（22+1）q=Fm-2.2n
k1
由条件可得：
d|Fm-2,又d>1,且d|Fn,故d≥3.则d不整除Fm.当m<n时，假设d|Fm,推出d不整除Fn.
由以上命题：
假设di均为素数且ni递增，则
d1|Fn1→d1不整除Fn2;
d2|Fn2→d1,d2不整除Fn3;
……
由以上论证过程，可以证明素数有无穷多个。
5.
设A1=2，An+1=An2-An+1（n≥1）.再设n≠m.证明：
若d|An,d>1,d不整除Am.由此推出素数有无穷多个。
证：
当m>n时必有An|Am-1.方法同上。
综上所述：
以上证明可以分为两类：
第一类：
1.2.3.同样用到了反证法，构造法。
首先假设素数有有限个，通过构造数列，论证矛盾。
第二类：
4.5.用到了构造法，直接证明法。
通过构造数列，证明素数有无穷多个。
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