1樓：匿名使用者
"有無窮多個質數" 的另乙個證明
欣賞一條數學定理及其巧妙證明所帶來的精神上的審美快感可以和任何食色活動帶來的快感相提並論,，至少在其持續的時間上可以這麼說，如果不是在強度上的話。下面給出"有無窮多個質數" 的另乙個證明。
定理 有無窮多個質數
證明：我們只需證明對任意乙個給定的質數 n，總存在乙個比它更大的質數。現在考察 n!
+ 1 = 1 x 2 x ... x n + 1。它或者是乙個質數，或者不是。
如果它是質數，那麼我們已經找到乙個比 n 大的質數，因為 n! + 1 > n。如果它不是質數，那麼它一定可以被某個質數整除，設之為 q。
q 不可能是從 1 到 n 的任何乙個數，因為否則的話 (n! + 1 )/q 餘數為 1 。因此 q 是乙個大於 n 的質數。
因此，無論 n! + 1 怎樣，我們都將得到乙個大於 n 的質數。所以對任意乙個給定的質數 n，總存在乙個比它更大的質數，也就是說不存在最大的質數，即有無窮多個質數。
命題得證。
注意上面證明中用到了如下命題：如果正整數 m >1 不是質數，那麼它一定能夠被某個質數 p 整除，1 < p < m。這可以從質數的定義推出。
2樓：匿名使用者
用fermat數證明素數無窮多
fermat數是指形為2^(2^n)+1的數，我們把2^(2^n)+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，每乙個fermat數的每乙個素因子都與其它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，那麼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(n-1) ) * f(n)
= ( f(n)-2 ) * f(n)
= ( 2^(2^n)-1 ) * ( 2^(2^n)+1 )
= 2^(2^(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=2，都存在乙個大小為n的*-集合。
證明：數學歸納法。顯然是乙個大小為2的*-集合。
假設是乙個*-集合。定義b0為a1*a2*...*an（即所有ai的乘積）。
對所有不超過n的正整數k，令bk=b0+ak，那麼就是乙個大小為n+1的*-集。
引理2：假設是乙個*-集合。對所有不超過n的正整數i，定義fi=2^ai+1，那麼f1, f2, ..., fn兩兩互素。
證明：顯然fi都是奇數。假設fk和fm(fk>fm)可以被同乙個素數p整除，那麼p也只能是奇數。
p可以整除fk-fm即2^am * ( 2^(ak-am)-1 )。由於p是奇數，那麼它只可能是整除2^(ak-am)-1。
如果有s整除t，那麼2^s-1整除2^t-1。於是，根據*-集合的定義，2^(ak-am)-1整除2^ak-1。那麼p就可以整除2^ak-1。
但p也能整除2^ak+1，於是我們得出p整除2，這與p為奇數矛盾。
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，裡面的數兩兩互素，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
3樓：匿名使用者
記所有質數為a1,a2....an
則令m=a1*a2*...an+1
則m不能被a1,a2..an任一數整除.應為質數 但這與假設只有a1,a2..an個質數矛盾.
故質數無窮多
4樓：匿名使用者
首先記所有質數為a（1）,a（2）....a（n）則令m=a（1）*a（2)*...a（n）+1則m不能被a（1）,a（2）....
a（n）任一數整除.應為質數但這與假設只有a（1）,a（2）....a（n）個質數矛盾因此質數無窮多得證
5樓：匿名使用者
因為數是無窮多的，所以質數也是無窮多的。
如何證明形如4k+3的素數有無窮多個？
6樓：夢色十年
反證法，假設有有限個，設為n個，分別是p1,p2……pn
其中p1最小，p1=3
則p=4p2p3……pn+3，是4k+3型的整數
顯然p1,p2……pn都不能整除p，2不能整除p
則p的質因數分解只能是4k+1型素數，
但4k+1型整數乘積仍然是4k+1型整數，不可能等於4k+3型整數
從而p本身是素數，但p和p1~pn都不相等，即找到了第n+1個4k+3型素數，矛盾
擴充套件資料
有關定理：
1、在乙個大於1的數a和它的2倍之間（即區間（a, 2a]中）必存在至少乙個素數。
2、存在任意長度的素數等差數列。
3、乙個偶數可以寫成兩個合數之和，其中每乙個合數都最多只有9個質因數。（挪威數學家布朗，1920年）
4、乙個偶數必定可以寫成乙個質數加上乙個合成數，其中合數的因子個數有上界。（瑞尼，1948年）
5、乙個偶數必定可以寫成乙個質數加上乙個最多由5個因子所組成的合成數。
7樓：
反證法假設4k-1形素數只有n個，分別為p1,p2,……,pn考慮n=4p1p2……pn-1,設n的標準分解為n=q1q2……qm，即有4p1p2……pn-1=q1q2……qn
因為qi(i=1,2,……，m)為質數，所以只有4k+1和4k-1形若某個qi為4k-1形，則有qi=pj(i=1,2,……,m;j=1,2,……，n),則有qi│-1，矛盾
若qi都是4k+1形，兩邊對4求餘有-1=1(mod4),又矛盾所以形如4k+3形素數有無窮多個
8樓：匿名使用者
窮舉法不過太累- -
如何證明形如4k+3的素數有無窮多個？
9樓：聶瑾鄭香桃
反證法假設4k-1形素數只有n個，分別為p1,p2,……,pn考慮n=4p1p2……pn-1,設n的標準分解為n=q1q2……qm，即有4p1p2……pn-1=q1q2……qn
因為qi(i=1,2,……，m)為質數，所以只有4k+1和4k-1形若某個qi為4k-1形，則有qi=pj(i=1,2,……,m;j=1,2,……，n),則有qi│-1，矛盾
若qi都是4k+1形，兩邊對4求餘有-1=1(mod4),又矛盾所以形如4k+3形素數有無窮多個
10樓：匿名使用者
【俊狼獵英】團隊為您解答~
反證法，假設有有限個，設為n個，分別是p1,p2……pn其中p1最小，p1=3
則p=4p2p3……pn+3，是4k+3型的整數顯然p1,p2……pn都不能整除p，2不能整除p則p的質因數分解只能是4k+1型素數，
但4k+1型整數乘積仍然是4k+1型整數，不可能等於4k+3型整數從而p本身是素數，但p和p1~pn都不相等，即找到了第n+1個4k+3型素數，矛盾
怎樣證明質數有無窮多個，如何證明質數有無窮多個
用fermat數證明素數無窮多 fermat數是指形為2 2 n 1的數，我們把2 2 n 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，每乙個fermat數的每乙個素因子都與其它fermat數的素因子不同。這也就說...
證明p為質數，n p n 能被p整除
建議樓主以後出這種題懸賞點分數 這是費馬小定理，下面用c i，p 表示組合數p中取i 1 當p 2時，顯然對任意n，2 n 2 n 2 當p為奇質數時 1 n 1時，1 p 1 0,p 1 p 1成立 2 假設n k時結論成立，n k 1時，k p k k 1 1 p k 1 i c i，p k 1...
什麼是質數？都有哪些，質數有哪些？
質數是指在大於1的自然數中，除了1和它本身以外不再有其他因數的自然數。質數具有許多獨特的性質 1 質數p的約數只有兩個 1和p。2 初等數學基本定理 任一大於1的自然數，要麼本身是質數，要麼可以分解為幾個質數之積，且這種分解是唯一的。3 質數的個數是無限的。自然數就是正整數和0。在過去的時候一直有爭...
關於素數的證明題，關於質數的數學題目
有點代表性的 費馬小定理 a是乙個整數，p是乙個質數，那麼 a p a mod p 若p a，原式顯然成立 若p不能整除a，即 a,p 1 那麼，1a，2a，p 1 a都不能被p整除且1a，2a，p 1 a被p除的餘數都不相等，這步說明下，反證法 若則存在整數c,d,且1 c 故1a，2a，p 1 ...
100以內的質數有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，
2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 一共25個 2 3 5 7 11 13 17 19 23 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 齊了 開心...