如何证明形如4n3的素数有无限多个

发布时间:2020-03-22 来源:证明

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。

如何证明形如4n3的素数有无限多个

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,...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(1≤j≤n)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)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)

  4.Fermat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。

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