《如何證明形如4n3的素數(shù)有無限多個 》

1、如何證明形如4n3的素數(shù)有無限多個篇一：證明形如4n+3的素數(shù)有無限多個四、證明題每題10分，3題共30分1.證明：形如4n+3n為非負整數(shù)的素數(shù)有無限多個.證明：用反證法假設(shè)形如4n3的素數(shù)為有限個，設(shè)為p1,p2,pk.整個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，設(shè)為p1,p2,pk，再找到4n+3形式的數(shù)p,并且這個p是不等于p1,p2,pk的，這樣就與我們假設(shè)的有限個就矛盾了令q4p1p2pk14p1p2pk13，如今構(gòu)造一個數(shù)q，通過變形我們知道q也是4n+3形式的數(shù)，顯然qpi,i1,2,.k假設(shè)相等那么有4p1p2pi1pi1pk1pi1，這不可能，假設(shè)q已經(jīng)為素

2、數(shù)，就找到了不等于p1,p2,pk的素數(shù)q，定理已經(jīng)得證，假設(shè)q不是素數(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，假設(shè)能除盡，即piq，而由上面可知14p1p2pkq，那么有pi1，矛盾 假設(shè)q為素數(shù)，而qpi，i1,2,.k，定理已經(jīng)得證.這個結(jié)論上面的注已經(jīng)說明如今考察q不是素數(shù)，那么它必有素因數(shù) 一個數(shù)能分解為假設(shè)干素數(shù)的乘積 4l14m144lmlm14u1，此式子說明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， 因為q也是4n+3的形式，假設(shè)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4n

3、3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的形式因為這兩個還是偶數(shù)且不是p1,p2,pk中的一個，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中的一個故形如4n3的素數(shù)有無限多.一開場我們假設(shè)的是有限個，k個，而如今我們找到了不等于p1,p2,pk的其它的4n+3形式的素數(shù)p，順環(huán)往復(fù)，這說明有限個的假設(shè)不正確，故形如4n+3的素數(shù)有無限多個注：主要步驟就是黑字的部分，后面的彩色的字是我做的注解，做題目的時候可以不寫。摘要：有關(guān)于素數(shù)的個數(shù)是無

4、窮多個的定理有許多的證明方法，最早的證明要見于歐幾里德的名著?幾何本來?第九篇的命題20中：素數(shù)的數(shù)目比以往任何指定的數(shù)目都要多，即素數(shù)有無窮多個.本文在總結(jié)前人證明的根底上用數(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)和級數(shù)；數(shù)學(xué)歸納法 1 引言一個大于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，就稱為素數(shù).通常用字母p、q表示，例如1,2,3,5,7,11,13,17,都是素數(shù).設(shè)x1,我們以x表示不超過x的素數(shù)個數(shù).不難算出x0x2 53 10 50 415歐幾里德的名著?幾何本來?第九篇的命題20證明了: 素數(shù)的數(shù)目比以往任何指定的數(shù)目都要多，即素

5、數(shù)有無窮多個:limxx這樣把全體素數(shù)按大小排列就得出一個無窮數(shù)列2=p1p2p3pn后來發(fā)如今全體正整數(shù)中素數(shù)僅占很少一部分.下面我們就來證明一下這個命題.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必為素數(shù). 1d,所以證明 假設(shè)d不是素數(shù),那么由素數(shù)定義知,必有整數(shù)d,使得1d<d , dda但這與d的專家設(shè)矛盾.故而引理得證.由此推出: 假設(shè)a不是素數(shù),那么必有da.引理2設(shè)有一個無限正整數(shù)列 1uu1u2u3s3假如它的任,意兩項均互素,那么一定有無限多個素數(shù).證明設(shè)ds是us的大于1的最小正整數(shù),由此得到一個無限數(shù)列d1,d2,ds,.由假設(shè)知,它們

6、也是兩兩互素的,所以是不同的整數(shù),而由引理1知ds均為素數(shù).這樣就證明了引理2.引理31設(shè)整數(shù)a1,那么a一定可以表為12raq1q2qr 1其中qi均為素數(shù), 且q1q2qr,以及整數(shù)i01ir證明 當(dāng)a2時,引理顯然成立.設(shè)n3,假設(shè)引理對所有的a2an均成立.當(dāng)n為素數(shù)時,那么引理對于an顯然也成立;當(dāng)n不是素數(shù)時設(shè)d是n的大于1的最小正約數(shù)ndn1.由引理1知d為素數(shù).此外,這時必有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ak2l2其中l(wèi)1,或是不同的素數(shù)的乘機, k是正整數(shù).引理4設(shè)x2,我們有 3111

7、3 a1axp1其中求和號分展在所有不超過x的正整數(shù)上,連乘號分展在所有不超過x的素數(shù)上.證明 設(shè)2kx2k1.顯然有11111111122kpppppppxpxpx11顯然出如今上式右邊的乘積中.注意到對于不同的a它們的表達式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, 因為它們的最大公因子只為1.依次可得 n23n1與n23n11互素, 因為它們的最大公因子只為1.即n!與n!1互素.接下來我們開場證明定理 素數(shù)的個數(shù)是無窮多的

8、證明 方法一 3用反證法假設(shè)素數(shù)只有有限個 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是素數(shù).把全體素數(shù)按大小順序排列,就得到一個無限數(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,因此必有d2, fn均為奇數(shù),所以d1. 定理得證 方法三 3設(shè)n2,對任意一個a1an,在它的表達式2中一定有:1k1或l使一些不超過n的不同的素數(shù)的乘積.這樣, k可

9、能獲得值得個數(shù),而l所可能取的值的個數(shù)不超過以下的組合數(shù)之和nnnn12. n12所以必有nn1即 nlog2nn2 定理得證 2n不超過n的素數(shù)有n個，所有的k個不超過n的不同的素數(shù)的乘積個數(shù)為k由此即得所說的結(jié)論.方法四 3假如只有有限個素數(shù),那么式3的右邊當(dāng)x時為一有限數(shù).但是左邊的調(diào)和級數(shù)當(dāng)x時是發(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為素數(shù);2 n!1為合數(shù).1設(shè)an!1為素數(shù),集合ax0xnxn有b個素數(shù) 那么集合bx0xn!1xn內(nèi)至少有b+1個素數(shù).2設(shè)an!1為合數(shù),那么在集合b中至少有2個元素可以被a整除

10、 aba可證c=minxx且hhn為素數(shù).且1設(shè)集合a內(nèi)有b個素數(shù),那么集ax合b內(nèi)至少有b+1個素數(shù).綜合1、2可得:設(shè)集合ax0xnxn有b個素數(shù). 那么集合b內(nèi)至少有b+1個素數(shù).1xn內(nèi)至少由b+2個素數(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個素數(shù).那么集合dx0x11，xnn重至少由b+d個素數(shù). n!1！由此:當(dāng)d時, e=素數(shù)的個數(shù)b+d=+.故可得素數(shù)的個數(shù)是無窮多的.指導(dǎo)老師:王明軍參考文獻：1張文鵬.初等數(shù)論m.西安:陜西師范大學(xué)出版社, 20xx-62歐幾里德.幾何本來m.北京:人民日報出版社, 20xx-1

11、03潘承洞、潘承彪.素數(shù)定理的初等證明m.上海:上海科技出版社, 1988-02篇三：素數(shù)有無窮多個的幾個證明構(gòu)造法：1.歐幾里得證法：證：假設(shè)素數(shù)只有有限個，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為素數(shù)，或p有除q1,q2,.qn以外的其它素因子。無論何種情況，都說明素數(shù)不止有限個。假設(shè)錯誤，所以素數(shù)有無窮多個5.|2.設(shè)p1,.,pn是n個兩兩不同的素數(shù)。再設(shè)ar是其中任意取定的r個素數(shù)的乘積。證明：任一pj1jn都不能整除 p1.pn/ar+ar;由此推出素數(shù)有無窮多個。證：因為pj假設(shè)不是ar的因子，必然是p1.pn

12、/ar的因子；或者，pj假設(shè)是ar的因子，必然不是p1.pn/ar的因子。因此，p1.pn/ar+ar或者是素數(shù)，或者除p1,.,pn之外有其它素因子。無論何種情況，都說明素數(shù)不止有限個。假設(shè)錯誤，所以素數(shù)有無窮多個。3.級數(shù)法：假假設(shè)素數(shù)只有有限個p1,.,ps.證明：對任意正整數(shù)n必有 111111.1nppn11s。由此推出素數(shù)有無窮多個。 n證：psp1111111.1p1psp11ps1 n1nn111-1p1ps1111112.1.p1p1psp1ps 1因為任意正整數(shù)都可以表示成素數(shù)或素數(shù)的乘積 n1n故上式成立。因為級數(shù)1n1n遞增，趨于正無窮大，由上式n1pn11n111.1

13、11ps可知：素數(shù)有無窮多個。否那么，上式右側(cè)為常值4.fermat數(shù)法：設(shè)n0,fn=22+1.再設(shè)mn.證明：假設(shè)d>1,且d|fn,那么d不整除nfm.由此推出素數(shù)有無窮多個。證：設(shè)2m/2n=r,2n=p那么當(dāng)m>n時，必有fn|22-1=22+1pr-1-pr-2+.-1 mn=2+11k1prk=22+1q=fm-2. 2nk1由條件可得：d|fm-2,又d>1,且d|fn,故d3.那么d不整除fm. 當(dāng)m<n時，假設(shè)d|fm,推出d不整除fn.由以上命題：假設(shè)di均為素數(shù)且ni遞增，那么d1|fn1d1不整除fn2;d2|fn2d1,d2不整除fn3;由以上論證過程，可以證明素數(shù)有無窮多個