Question

问一道很难的数学题

如何证明素数有无限个？

Answer 1

在所有比1大的整数中，除了1和它本身以外，不再有别的约数，这种整数叫做质数或素数。
质数的分布是没有规律的，往往让人莫名其妙。如：101、401、601、701都是质数，但上下面的301（7*43）和901（17*53）却是合数。
有人做过这样的验算：1^2+1+41=43,2^2+2+41=47,3^2+3+41=53……于是就可以有这样一个公式：设一正数为n，则n^2+n+41的值一定是一个质数。这个式子一直到n=39时，都是成立的。但n=40时，其式子就不成立了，因为40^2+40+41=1681=41*41。
说起质数就少不了哥德巴赫猜想，和著名的“1+1”
哥德巴赫猜想 ：(Goldbach Conjecture)
内容为“所有的大于2的偶数，都可以表示为两个素数”
这个问题是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想。同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。从此，这道数学难题引起了几乎所有数学家的注意。哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。“用当代语言来叙述，哥德巴赫猜想有两个内容，第一部分叫做奇数的猜想，第二部分叫做偶数的猜想。奇数的猜想指出，任何一个大于等于7的奇数都是三个素数的和。偶数的猜想是说，大于等于4的偶数一定是两个素数的和。”（引自《哥德巴赫猜想与潘承洞》）
哥德巴赫猜想貌似简单，要证明它却着实不易，成为数学中一个著名的难题。18、19世纪，所有的数论专家对这个猜想的证明都没有作出实质性的推进，直到20世纪才有所突破。直接证明哥德巴赫猜想不行，人们采取了“迂回战术”，就是先考虑把偶数表为两数之和，而每一个数又是若干素数之积。如果把命题"每一个大偶数可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a＋b"，那么哥氏猜想就是要证明"1＋1"成立。
1900年，20世纪最伟大的数学家希尔伯特，在国际数学会议上把“哥德巴赫猜想”列为23个数学难题之一。此后，20世纪的数学家们在世界范围内“联手”进攻“哥德巴赫猜想”堡垒，终于取得了辉煌的成果。
到了20世纪20年代，有人开始向它靠近。1920年，挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比6大的偶数都可以表示为（9+9）。这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从（9十9）开始，逐步减少每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个数里都是一个质数为止，这样就证明了“哥德巴赫猜想”。
1920年，挪威的布朗(Brun)证明了 “9+9 ”。
1924年，德国的拉特马赫(Rademacher)证明了“7+7 ”。
1932年，英国的埃斯特曼(Estermann)证明了 “6+6 ”。
1937年，意大利的蕾西(Ricei)先后证明了“5+7 ”, “4+9 ”, “3+15 ”和“2+366 ”。
1938年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)证明了“5+5 ”。
1940年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)证明了 “4+4 ”。
1948年，匈牙利的瑞尼(Renyi)证明了“1+c ”，其中c是一很大的自然数。
1956年，中国的王元证明了 “3+4 ”。
1957年，中国的王元先后证明了 “3+3 ”和 “2+3 ”。
1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩(BapoaH)证明了 “1+5 ”， 中国的王元证明了“1+4 ”。
1965年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)和小维诺格拉多夫(BHHopappB)，及 意大利的朋比利(Bombieri)证明了“1+3 ”。
1966年，中国的陈景润证明了 “1+2 ”[用通俗的话说，就是大偶数=素数+素数*素数或大偶数=素数+素数（注：组成大偶数的素数不可能是偶素数，只能是奇素数。因为在素数中只有一个偶素数，那就是2。）]。
其中“s + t ”问题是指: s个质数的乘积 与t个质数的乘积之和
20世纪的数学家们研究哥德巴赫猜想所采用的主要方法，是筛法、圆法、密率法和三角和法等等高深的数学方法。解决这个猜想的思路，就像“缩小包围圈”一样，逐步逼近最后的结果。
由于陈景润的贡献，人类距离哥德巴赫猜想的最后结果“1＋1”仅有一步之遥了。但为了实现这最后的一步，也许还要历经一个漫长的探索过程。有许多数学家认为，要想证明“1＋1”，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能都是走不通的。

Answer 2

欧几里德在证明素数无限性的命题时 用了构造性证明。

素数无限性 等价于 在已知了n个素数后，一定存在第(n+1)个素数。

证明： 现有素数： P1,P2,.......Pn, 且P1≠P2≠P3≠...≠Pn.
看看欧几里德是怎么证明P(n+1)存在的。 他构造了一个数M
令M= (P1*P2*P3*.....*Pn ) + 1
这时 若 M为素数 那么 令 P(n+1)=M 即可。
若M不为素数，那么M至少存在一个素数因子 P --（任何一个合数至少存在一个素数因子，这个定理也是欧几里德证明的，在这不叙述了）。

现在只用证明 P≠P(i),i=1....n， 在令P(n+1)=P即可。
若 P=P(i)
那么显然有：
M/P= （P1*P2*...*P(i-1)*P(i+1)*...Pn） + （1/Pi）≠整数
这与P是M的因子矛盾。 所以P≠Pi.
素数无限性，通过欧几里德 通过构造的数M 就证明了，这就是个经典的构造性的证明。

Answer 3

假设素数为有限个，并令最大的素数为M
令X为所有素数的乘积加1，即
X=2*3*5*7*11.....*M+1
如果X是素数，则X显然比M大。
如果X不是素数，因为X不能被小于等于M的任何素数整除（因为都余1），那么X只能被比M大的素数整除。
综上，必然存在比M大的素数，这与假设矛盾。
因此素数的个数是无限个。

Answer 4

用反证法：
假设素数为有限个，并设最大的素数为P
令N为所有素数的乘积加1，即
N=2*3*5*7*11...*P+1
可以看出，N就是一个素数，而且N>P。
所以，这与假设矛盾。
因此素数的个数有无限个。

换句话说，就是没有最大的素数，只有更大的素数。

Answer 5

这个早就证出来了，用反证法
若素数只有有限个设为P1,P2……Pn（由小到大排列），则它们的乘积加1,若为合数，则它的素因子应在P1……Pn中，但它不能整除它们，所以其不是合数，若其是素数，其又大于Pn，与假设矛盾，所以素数有限个是错的。即素数有无限个