如何证明形如4n+3的素数有无限多个.doc

如何证明形如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。 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 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,xx-6 2欧几里德.几何原本M.北京:人民日报出版社,xx-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 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(1jn)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n0,Fn=22+1.再设mn.证明：若d1,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mn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d1,且d|Fn,故d3.则d不整除Fm.当m 由以上命题：假设di均为素数且ni递增，则 d1|Fn1d1不整除Fn2; d2|Fn2d1,d2不整除Fn3; 由以