素數------有無窮多個素數(1)


  數學是一個龐大的學科,又可細分為很多的分支學科。而對素數的研究應該歸在數論中。據說高斯(Gauss)(1777-1855)曾用下面的話表示他對數論的看法:“數學是科學的皇后,而數論是數學的皇后。”所以這里特意整理幾篇跟素數相關的知識。


1.素數的定義

一個大於1的正整數 p ,它除了1和它本身外沒有因子,就稱它是素數。

一個自然數(除了0和1),如果不是素數,就是合數。

2.無窮多個素數

  當人們認識了什么是素數后,就產生了一個問題:究竟素數元素的個數是有限多個,還是無限多個?正確的結論是:有無窮多個素數。

證明一:歐幾里得證法
  “素數有無窮多個”這個命題的證明,最初是由歐幾里得(約公元前300年)用“反證法”給出的。證明過程如下:

  • 假設“只有有限多個素數”。這里不妨認為一共有n個素數,則采用下標法,這n個素數可以表示為: p1,p2,...,pn (按升序排列)。其他任何數(除了0和1)都是合數,於是,素數 p1,p2,...,pn 中至少有一個能夠整除這些合數(根據”算術基本定律”:一個數 N 的素因子分解唯一)。現在我們構造一個數 A=p1p2...pn+1 (所有素數的乘積再加上1)。A比已知的任意素數 pi 都大,因而A必須是合數。但用 p1p2 等去除A總是余1,因此這些 pi 都不是A的因子,所以A是一個素數。從而導致矛盾。因此原假設只能被看成是荒謬的,從而原假設的反面必然是正確的,定理證畢。

  • 核心思想:假設存在最大的素數P,那么我們可以構造一個新的數2 * 3 * 5 * 7 * … * P + 1(所有的素數乘起來加1)。顯然這個數不能被任一素數整除(所有素數除它都余1),這說明我們找到了一個更大的素數。


證明二:構造法(和歐幾里得法類似)

  • 假設“只有有限多個素數”。這里不妨認為一共有n個素數,則采用下標法,這n個素數可以表示為: p1,p2,...,pn (按升序排列)。再設Ar是其中任意取定的r個素數的乘積。只需證明任一 pj (1≤j≤n)都不能整除 p1...pn/Ar+Ar ; 由此推出素數有無窮多個。
  • 證明:因為 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 或者是素數,或者除 p1,p2,...,pn 之外有其它素因子。 無論何種情況,都說明素數不止有限個。假設錯誤,所以素數有無窮多個。

證明三:級數法

  • 假設“只有有限多個素數”。這里不妨認為一共有n個素數,則采用下標法,這n個素數可以表示為: p1,p2,...,pn (按升序排列)。只需證明對任意正整數N必有

    k=1N1k<(11p1)1(11p2)1...(11pn)1

    因為級數 +k=11k 遞增,趨於正無窮大。所以如果上式 Nk=11k<(11p1)1(11p2)1...(11pn)1 成立的話,可知:素數有無窮多個。(否則,上式右側為常值)

  • 證明

    k=1N1k<(11p1)1(11p2)1...(11pn)1=(111p1)(111p2)...(111pn)=(1+1p1+1p21+1p31+...+1p+1)...(1+1pn+1p2n+1p3n+...+1p+n)=k=1+1k

    上式中最后一步, 將括號展開得到這個結果。因為任意正整數都可以表示成素數或素數的乘積。故上式成立。 命題得證。


證明四:用Fermat數證明素數無窮多
  Fermat(費爾馬)數是指形為 22n+1 的數,我們把 22n+1 記作 F(n) ,其中n可以取所有自然數。顯然所有的Fermat數都是奇數。一會兒我們將看到任兩個Fermat數都是互素的,也就是說,每一個Fermat數的每一個素因子都與其它Fermat數的素因子不同。這也就說明,素數個數有無窮多。

引理1:F(0) * F(1) * F(2) * … * F(n-1) = F(n) – 2, n>=1
  • 證明:數學歸納法。F(0)=3且F(1)=5,那么k=1時顯然成立。
    假設k=n成立,則當k=n+1時:
    F(0)F(1)F(2)F(n)=(F(0)F(1)F(2)F(n1))F(n)=(F(n)2)F(n)=(22n1)(22n+1)=22(n+1)1=F(n+1)2

引理2:對任意兩個不相等的自然數n和m,有F(n)和F(m)互素。
  • 證明:假設t同時整除F(n)和F(m), m<n 。根據引理1,有:
    F(n)=F(0)F(1)F(2)F(m)F(n1)+2
    這說明t可以整除
    (F(0)F(1)F(2)F(m)F(n1))F(n)=2
    注意到2只有兩個因數1和2。前面說過Fermat數都是奇數,因此不可能被2整除。這樣,t只能為1,這就證明了兩個數F(n)和F(m)互素。

證明五:用*-集合證明素數無窮多
  定義: 集合是一個正整數集合{a1, a2, … an},使得對所有不相等的i和j都有 aiaj 整除 ai

引理1:對所有n>=2,都存在一個大小為n的*-集合。
  • 證明:數學歸納法。
    1. {1,2}顯然是一個大小為2的 集合。
    2. 假設{a1, a2, … an}是一個 集合。定義b0為 a1a2an (即所有ai的乘積)。
      對所有不超過n的正整數k,令 bk=b0+ak ,那么{b0, b1, b2, …, bn}就是一個大小為n+1的 集。

引理2:假設{a1, a2, … ,an}是一個*-集合。對所有不超過n的正整數i,定義fi=2^ai+1,那么f1, f2, …, fn兩兩互素。
  • 證明:顯然fi都是奇數。假設fk和fm(fk>fm)可以被同一個素數p整除,那么p也只能是奇數。p可以整除fk-fm即 2am(2(akam)1) 。由於p是奇數,那么它只可能是整除 2akam1
    如果有s整除t,那么 2s1 整除 2t1 證明見下面鏈接 )。於是,根據 集合的定義, 2(akam)1 整除 2ak1 。那么p就可以整除 2ak1 。但p也能整除 2ak+1 ,於是我們得出p整除2,這與p為奇數矛盾。

    如果有s整除t,那么 2s1 整除 2t1 。證明過程請戳鏈接:若正整數s整除t,那么2^s-1整除2^t-1


定理:素數有無窮多個
  • 證明:根據引理1和2,對任意大的n,都存在大小為n的集合,里面的數兩兩互素,即至少存在n個不同的素因子。這就說明了素數的個數可以任意多。

總結:本篇博文整理了“素數有無窮多個”這個命題。證明方法來源於網絡。證明方法還有很多,不能全部總結,實屬憾事。希望見到更加獨到的證明方式。

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