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

x0x2 53 10 50 415

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5 n!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,，考虑p=+1。显然，p不能被q1,q2,整除。故存在两种情况：p为素数，或p有除q1,q2,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 ;

由此推出素数有无穷多个。

证：因为pj若不是Ar的因子，必然是的因子；或者，pj若是Ar的因子，必然不是的因子。因此，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)p1psp11ps1 n1nN

11)1-1p1ps

(1

111112...)...(1...)p1p1psp1ps 1(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）

at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。