如何證明形如4n+3的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè)

　　篇一：證明形如4n+3的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè)

　　四、證明題（每小題10分，3題共30分）

　　1.證明：形如4n+3（n為非負(fù)整數(shù)）的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè).

　　證明：用反證法

　　若形如4n3的素?cái)?shù)為有限個(gè)，設(shè)為p1,p2,pk.(整個(gè)證明的思想是用反正法，先設(shè)形如4n+3的素

　　數(shù)只有有限個(gè)，設(shè)為p1,p2,pk，再找到4n+3形式

　　的數(shù)p,并且這個(gè)p是不等于p1,p2,pk的，這樣就與

　　我們假設(shè)的有限個(gè)就矛盾了)

　　令q4p1p2pk14(p1p2pk1)3，（現(xiàn)在構(gòu)造一個(gè)數(shù)q，通過(guò)變形我們知道q也是4n+3

　　形式的數(shù)，顯然qpi,i1,2,.....k（若相等則有

　　(4p1p2pi1pi1pk1)pi1，這不可能），若q已經(jīng)為

　　素?cái)?shù)，就找到了不等于p1,p2,pk的素?cái)?shù)q，定理已

　　經(jīng)得證，若q不是素?cái)?shù)，我們考慮它的素因數(shù)，在

　　下面的步驟）

　　顯然pi都除不盡q.（反證法，若能除盡，即piq，而由上面可知14p1p2pkq，則有pi1，矛盾） 若q為素?cái)?shù)，而qpi，i1,2,.....k，定理已經(jīng)得證.（這個(gè)結(jié)論上面的注已經(jīng)說(shuō)明）

　　現(xiàn)在考察q不是素?cái)?shù)，那么它必有素因數(shù) （一個(gè)數(shù)能分解為若干素?cái)?shù)的乘積） (4l1)(4m1)4(4lmlm)14u1，（此式子說(shuō)明4n+1形式的乘積還是4n+1的形式） 而q一定不能全是4n1形式素因數(shù)，

　　一定還有4n3形式的素因數(shù)p， （因?yàn)閝也是4n+3的形式，若全是4n+1的形式，

　　它們的乘積得不到4n+3的形式，故一定還有

　　4n3

　　形式素因數(shù)p. 由假設(shè)知q是奇數(shù)，它的因

　　數(shù)肯定都是奇數(shù)，所以它的因數(shù)要么是4n+1的形

　　式，要么是4n+3的形式，不可能是4n+2與4n+4

　　的形式（因?yàn)檫@兩個(gè)還是偶數(shù)））

　　且不是p1,p2,pk中的一個(gè)，與假設(shè)矛盾. （前面已經(jīng)證明pi都除不盡q，而p是q的因數(shù)，

　　因此p能整除q，故p不是p1,p2,pk中的一個(gè)）

　　故形如4n3的素?cái)?shù)有無(wú)限多.（一開(kāi)始我們假設(shè)的是有限個(gè)，k個(gè)，而現(xiàn)在我們

　　找到了不等于p1,p2,pk的其它的4n+3形式的素

　　數(shù)p，順環(huán)往復(fù)，這說(shuō)明有限個(gè)的假設(shè)不正確，

　　故形如4n+3的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè)）

　　注：主要步驟就是黑字的'部分，后面的彩色的字是我做的注解，做題目的時(shí)候可以不寫(xiě)。

　　篇二：論文：關(guān)于素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)的證明

　　摘要：有關(guān)于素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)是無(wú)窮多個(gè)的定理有許多的證明方法，最早的證明要見(jiàn)于歐幾里德的名著《幾何原本》第九篇的命題20中：素?cái)?shù)的數(shù)目比以往任何指定的數(shù)目都要多，即素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè).本文在總結(jié)前人證明的基礎(chǔ)上用數(shù)學(xué)歸納法再次證明這一命題. 關(guān)鍵字：最小正約數(shù)；Fermat數(shù)列；合數(shù)；調(diào)和級(jí)數(shù)；數(shù)學(xué)歸納法 1 引言

　　一個(gè)大于1的整數(shù)，除了1和它本身以外不能被其他正整數(shù)整除，就稱為素?cái)?shù).通常用字母p、q表示，例如1,2,3,5,7,11,13,17,都是素?cái)?shù).設(shè)x1,我們以x表示不超過(guò)x的素?cái)?shù)個(gè)數(shù).不難算出

　　x0x2 53 10 50 415

　　歐幾里德的名著《幾何原本》第九篇的命題20證明了: 素?cái)?shù)的數(shù)目比以往任何指定的數(shù)目都要多，即素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè):

　　limxx

　　這樣把全體素?cái)?shù)按大小排列就得出一個(gè)無(wú)窮數(shù)列

　　2=p1p2p3pn

　　后來(lái)發(fā)現(xiàn)在全體正整數(shù)中素?cái)?shù)僅占很少一部分.下面我們就來(lái)證明一下這個(gè)命題.

　　2 引理、定理及證明

　　引理1設(shè)整數(shù)a1，他的大于1的最小正約數(shù)d必為素?cái)?shù). 1

　　d,所以證明 若d不是素?cái)?shù),則由素?cái)?shù)定義知,必有整數(shù)d,使得1d<d , d

　　da但這與d的專家設(shè)矛盾.故而引理得證.

　　由此推出: 若a不是素?cái)?shù),則必有da.

　　引理2設(shè)有一個(gè)無(wú)限正整數(shù)列 1uu1u2u3s3如果它的任,意兩項(xiàng)均互素,則一定有無(wú)限多個(gè)素?cái)?shù).

　　證明設(shè)ds是us的大于1的最小正整數(shù),由此得到一個(gè)無(wú)限數(shù)列

　　d1,d2,ds,.

　　由假設(shè)知,它們也是兩兩互素的,所以是不同的整數(shù),而由引理1知ds均

　　為素?cái)?shù).這樣就證明了引理2.

　　引理31設(shè)整數(shù)a1,則a一定可以表為

　　12raq1q2q

　　r (1)

　　其中qi均為素?cái)?shù), 且q1q2qr,以及整數(shù)i01ir

　　證明 當(dāng)a2時(shí),引理顯然成立.設(shè)n3,假設(shè)引理對(duì)所有的a2an均成立.當(dāng)n為素?cái)?shù)時(shí),則引理對(duì)于an顯然也成立;當(dāng)n不是素?cái)?shù)時(shí)設(shè)d是n的大于1的最小正約數(shù)ndn1.由引理1知d為素?cái)?shù).此外,這時(shí)必有2n1n,故由假設(shè)知n1可表為(1)的形式,所以n亦可表為這樣的形式,有歸納法知引理3成立. 直接推論任一正整數(shù)a一定可表為

　　ak2l(2)

　　其中l(wèi)1,或是不同的素?cái)?shù)的乘機(jī), k是正整數(shù).

　　引理4設(shè)x2,我們有 3

　　111(3) a1axp1

　　其中求和號(hào)分展在所有不超過(guò)x的正整數(shù)上,連乘號(hào)分展在所有不超過(guò)x的素?cái)?shù)上.

　　證明 設(shè)2kx2k1.顯然有

　　11111111122kpppppppxpxpx1

　　1顯然出現(xiàn)在上式右邊的乘積中.注意到對(duì)于不同的a它們的表達(dá)式(1)一定是不同的,這就證明了引理4.

　　定理5 n!與n!1互素. n2

　　證明 首先證明n與n1互素

　　由于它們的最大公因子要整除它們的差,即n1n1,所以最大公因子只可為1,故而n與n1互素.

　　由此得 n2與n21互素, 因?yàn)樗鼈兊淖畲蠊�因子只�?.

　　依次可得 n23n1與n23n11互素, 因?yàn)樗鼈兊淖畲蠊�因子只�?.

　　即n!與n!1互素.

　　接下來(lái)我們開(kāi)始證明定理 素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)是無(wú)窮多的

　　證明 方法(一) 3

　　用反證法假設(shè)素?cái)?shù)只有有限個(gè) 即

　　2=p1p2ps

　　設(shè)np1p2ps1,d是它的大于1的最小正約數(shù),由引理一知d是素?cái)?shù).把全體素?cái)?shù)按大小順序排列,就得到一個(gè)無(wú)限數(shù)列,我們記為

　　2=p1,p2,ps,ps1,.定理得證

　　方法(二) 3

　　著名的Fermat數(shù)列

　　Fn221n0,1,2,, n

　　就是滿足引理2中的條件的數(shù)列,顯然有

　　1F0F1FN

　　下面證明他們兩兩互素,設(shè)n0,k1,由

　　Fnk222n2k1 知FnFnk2,設(shè)d=Fn,Fnk,因而必有d2, Fn均為奇數(shù),所以d1. 定理得證 方法(三) 3

　　設(shè)n2,對(duì)任意一個(gè)a1an,在它的表達(dá)式(2)中一定有

　　:1k1或l使一些不超過(guò)n的不同的素?cái)?shù)的乘積.這樣, k

　　可能取得值得個(gè)數(shù),而l所可能取的值的個(gè)數(shù)不超過(guò)以下的組合數(shù)之和

　　nnnn12. n12

　　所以必有

　　nn

　　1即 nlog2nn2 定理得證 2

　　n（）不超過(guò)n的素?cái)?shù)有n個(gè)，所有的k個(gè)不超過(guò)n的不同的素?cái)?shù)的乘積個(gè)數(shù)為k

　　由此即得所說(shuō)的結(jié)論.

　　方法(四) 3

　　如果只有有限個(gè)素?cái)?shù),那么式(3)的右邊當(dāng)x時(shí)為一有限數(shù).但是左邊的調(diào)和級(jí)數(shù)當(dāng)x時(shí)是發(fā)散的.這一矛盾就證明了定理.

　　方法(五)

　　由定理五,得n!與1,2,3,n1,n互素,那么n!1有兩種可能(1) n!1為素?cái)?shù);(2) n!1為合數(shù).

　　(1)設(shè)an!1為素?cái)?shù),集合Ax0xnxN有b個(gè)素?cái)?shù) 則集合Bx0xn!1xN內(nèi)至少有b+1個(gè)素?cái)?shù).

　　(2)設(shè)an!1為合數(shù),則在集合B中至少有2個(gè)元素可以被a整除 A

　　Ba可證C=minxx且hhN為素?cái)?shù).且(1)設(shè)集合A內(nèi)有b個(gè)素?cái)?shù),則集Ax

　　合B內(nèi)至少有b+1個(gè)素?cái)?shù).綜合(1)、（2）可得:設(shè)集合Ax0xnxN有b個(gè)素?cái)?shù). 則集合B內(nèi)至少有b+1個(gè)素?cái)?shù).

　　1xN內(nèi)至少由b+2個(gè)素?cái)?shù). 重復(fù)上述步驟可得集合C=x0xn!1！

　　繼續(xù)沿用上述步驟,用數(shù)學(xué)歸納法可證:設(shè)集合Ax0xnxN有b個(gè)素?cái)?shù).則集合

　　Dx0x11，xNn重至少由b+d個(gè)素?cái)?shù). n!1��！

　　由此:當(dāng)d時(shí), e=素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)b+d=+.

　　故可得素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)是無(wú)窮多的.

　　(指導(dǎo)老師:王明軍)

　　參考文獻(xiàn)：

　　1張文鵬.初等數(shù)論M.西安:陜西師范大學(xué)出版社, 2007-6

　　2歐幾里德.幾何原本M.北京:人民日?qǐng)?bào)出版社, 2005-10

　　3潘承洞、潘承彪.素?cái)?shù)定理的初等證明M.上海:上�？萍汲霭嫔�, 1988-02

　　篇三：素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)的幾個(gè)證明

　　構(gòu)造法：

　　1.歐幾里得證法：

　　證：假設(shè)素?cái)?shù)只有有限個(gè)，設(shè)為q1,q2,...qn，考慮p=q1q2...qn+1。顯然，p不能被q1,q2,...qn整除。故存在兩種情況：p為素?cái)?shù)，或p有除q1,q2,...qn以外的其它素因子。無(wú)論何種情況，都說(shuō)明素?cái)?shù)不止有限個(gè)。假設(shè)錯(cuò)誤，所以素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)5.|

　　2.

　　設(shè)p1,...,pn是n個(gè)兩兩不同的素?cái)?shù)。再設(shè)Ar是其中任意取定的r個(gè)素?cái)?shù)的乘積。證明：任一pj(1≤j≤n)都不能整除 p1...pn/Ar+Ar;

　　由此推出素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

　　證：因?yàn)閜j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?cái)?shù)，或者除p1,...,pn之外有其它素因子。無(wú)論何種情況，都說(shuō)明素?cái)?shù)不止有限個(gè)。假設(shè)錯(cuò)誤，所以素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

　　3.級(jí)數(shù)法：

　　假若素?cái)?shù)只有有限個(gè)p1,...,ps.證明：對(duì)任意正整數(shù)N必有 11111(1)...(1)nppn11s。由此推出素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。 N

　　證：

　　psp111111)(1)...(1)p1psp11ps1 n1nN

　　11)1-1p1ps

　　(1

　　111112...)...(1...)p1p1psp1ps 1(因?yàn)槿我庹�整�?shù)都可以表示成素?cái)?shù)或素?cái)?shù)的乘積） n1n

　　故上式成立。

　　因?yàn)榧?jí)數(shù)1n1n遞增，趨于正無(wú)窮大，由上式

　　n(1p)

　　n11N111...(111)ps

　　可知：素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。（否則，上式右側(cè)為常值）

　　4.Fermat數(shù)法：

　　設(shè)n≥0,Fn=22+1.再設(shè)m≠n.證明：若d>1,且d|Fn,則d不整除n

　　Fm.由此推出素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

　　證：設(shè)2m/2n=r,2n=p則

　　當(dāng)m>n時(shí)，必有Fn|22-1=(22+1)(pr-1-pr-2+...-1) mn

　　=(2+1)(1)k1prk=(22+1)q=Fm-2. 2n

　　k1

　　由條件可得：d|Fm-2,又d>1,且d|Fn,故d≥3.則d不整除Fm. 當(dāng)m<n時(shí)，假設(shè)d|Fm,推出d不整除Fn.

　　由以上命題：假設(shè)di均為素?cái)?shù)且ni遞增，則

　　d1|Fn1→d1不整除Fn2;

　　d2|Fn2→d1,d2不整除Fn3;

　　……

　　由以上論證過(guò)程，可以證明素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

　　5.

　　設(shè)A1=2，An+1=An2-An+1(n≥1).再設(shè)n≠m.證明：若d|An,d>1,d不整除Am.由此推出素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

　　證：當(dāng)m>n時(shí)必有An|Am-1.方法同上。

　　綜上所述：以上證明可以分為兩類：

　　第一類：1.2.3.同樣用到了反證法，構(gòu)造法。首先假設(shè)素?cái)?shù)有有限個(gè)，通過(guò)構(gòu)造數(shù)列，論證矛盾。

　　第二類：4.5.用到了構(gòu)造法，直接證明法。通過(guò)構(gòu)造數(shù)列，證明素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

【如何證明形如4n+3的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè)】相關(guān)文章：

什么是素?cái)?shù)有哪些09-02

什么是素?cái)?shù)有哪些？09-23

形如凄美愛(ài)情的詩(shī)句11-11

素?cái)?shù)怎么判斷09-24

素?cái)?shù)是什么10-12

形如槁木成語(yǔ)解析03-10

我有很多個(gè)母親初中作文07-22

《素?cái)?shù)與合數(shù)》的教學(xué)反思06-30

素?cái)?shù)指的是什么09-30