素数个数无穷的若干种证明整理

法一

证明
  假设素数的个数是有限的，总共有$n$个，分别为$p_1,p_2,\cdots ,p_n$。考虑$P=p_1{p}_2\cdots p_n+1\left(>1\right)$.
根据算数基本定理，$P$能表示成一系列素数的乘积 ⇒ ∃ k ∈ { 1 , 2 , ⋯   , n } ,   s . t .   p k ∣ P \Rightarrow \exists k\in \left\{ 1,2,\cdots ,n \right\},\text{ }s.t.\left. \text{ }{ {p}_{k}} \right|P ⇒∃k∈{ 1,2,⋯,n}, s.t. pk​∣P
$$\{\begin{array}{rl}& p_k|P=p_1{p}_2\cdots p_n+1\\ & p_k|p_1{p}_2\cdots p_n\end{array}\Rightarrow p_k|1$$
矛盾。由反证法，得素数的个数是无限的。

法二

引理（柯西收敛定理）
  令$\sum u_n=u_1+u_2+\cdots +u_n+\cdots =A,\sum v_n=v_1+v_2+\cdots +v_n+\cdots =B$，若级数$A,B$都绝对收敛，则$A\times B$结果中所有乘积项$u_i{v}_j$按任意顺序排列后所得到的级数$\sum w_n=\sum u_i{v}_j$也绝对收敛且其和等于$AB$。

定理证明
  假设素数的个数是有限的，总共有$n$个，分别为$p_1,p_2,\cdots ,p_n$。
$$\prod _{k=1}^n\frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}=\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{1}{p_k}+\frac{1}{{p_k}^2}+\cdots \right)=\prod _{k=1}^n\sum _{i=0}^{\infty }\frac{1}{{p_k}^i}$$
由引理，有
$$\prod _{k=1}^n\sum _{i=0}^{\infty }\frac{1}{{p_k}^i}=\sum _{\forall j,e_j\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}\frac{1}{{p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}\cdots {p_n}^{e_n}}$$
且$\sum _{\forall j,e_j\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}\frac{1}{{p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}\cdots {p_n}^{e_n}}$绝对收敛。

  令 S = { p 1 e 1 p 2 e 2 ⋯ p n e n   ∣   e 1 , e 2 , ⋯   , e n ∈ Z ≥ 0 } S=\left\{ { {p}_{1}}^{ { {e}_{1}}}{ {p}_{2}}^{ { {e}_{2}}}\cdots { {p}_{n}}^{ { {e}_{n}}}\left. \text{ } \right|\text{ }{ {e}_{1}},{ {e}_{2}},\cdots ,{ {e}_{n}}\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 0}} \right\} S={ p1​e1​p2​e2​⋯pn​en​ ∣ e1​,e2​,⋯,en​∈Z≥0​}，考虑$S$与${\mathbb{Z}}_{\ge 1}$的关系。

  一方面，$\forall p={p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}\cdots {p_n}^{e_n}$，
$$\{\begin{array}{rl}& e_1,e_2,\cdots ,e_n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}\\ & p_1,p_2,\cdots ,p_n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}\end{array}\Rightarrow p\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}\Rightarrow S\subseteq {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$$

  另一方面，由算数基本定理，$\forall t\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$，$t$可以表示成一系列素数的乘积，即$\exists p_{i_1},p_{i_2},\cdots ,p_{i_n}\&e_{i_1},e_{i_2},\cdots ,e_{i_n}\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0},s.t.t=\prod _{k=1}^n{p}_{i_k}{e}^{i_k}\Rightarrow t\in S,{\mathbb{Z}}_{\ge 1}\subseteq S$

  综上有$S={\mathbb{Z}}_{\ge 1}$，因此有
$$\sum _{\forall j,e_j\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}\frac{1}{{p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}\cdots {p_n}^{e_n}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots =\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}$$
而$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}$是一个发散级数，矛盾。由反证法得素数的个数是有限的。

法三

引理
$$\prod _{k=0}^{n-1}{F}_k=F_n-2$$
其中$F_k$是费马数的记号，表达式为$F_k=2^{2^k}+1,k=0,1,\cdots$。

引理证明
  当$n=1$时，$\prod _{k=0}^{1-1}{F}_k=F_0=2^{2^0}+1=3=\left(2^{2^1}+1\right)-2=F_1-2$
  设成立$\prod _{k=0}^t{F}_k=F_{t+1}-2$，考虑$\prod _{k=0}^{t+1}{F}_k$如下。
$$\begin{array}{rl}& \prod _{k=0}^{t+1}{F}_k=\left(\prod _{k=0}^t{F}_k\right)\cdot F_{t+1}\\ & =\left(F_{t+1}-2\right)F_{t+1}\\ & =\left(2^{2^{t+1}}+1-2\right)\left(2^{2^{t+1}}+1\right)\\ & =2^{2^{t+2}}-1\\ & =F_{t+2}\end{array}$$
由数学第一归纳法可证得结论成立。

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定理证明
  由引理，对于一个固定的$n$，有以下式子成立
$$\prod _{k=0}^{n-1}{F}_k=F_n-2$$
∀ t ∈ { 1 , 2 , ⋯   , n − 1 } \forall t\in \left\{ 1,2,\cdots ,n-1 \right\} ∀t∈{ 1,2,⋯,n−1}，$F_t\&F_n$成立以下关系
$$\begin{array}{c}\left(\prod _{\begin{array}{c}k=0\\ k\ne t\end{array}}^{n-1}{F}_k\right)\cdot F_t=F_n-2\\ \Rightarrow 2=F_n-\left(\prod _{\begin{array}{c}k=0\\ k\ne t\end{array}}^{n-1}{F}_k\right)\cdot F_t\\ \Rightarrow \gcd \left(F_t,F_n\right)|2\\ \Rightarrow \gcd \left(F_t,F_n\right)=1or2\end{array}$$
又$\forall i,F_i=2^{2^i}-1$是奇数，$2\nmid F_i$，因此$\gcd \left(F_t,F_n\right)\ne 2$，因此$$\gcd \left(F_t,F_n\right)=1$$
于是我们得出结论：对于任意两个不同的费马数$F_m,F_n\left(m\ne n\right)$，$F_m,F_n$互素，即$\gcd \left(F_m,F_n\right)=1$。
$\forall F_m=2^{2^m}+1$，记 S m = { p   ∣   p   i s   p r i m e   &   p ∣ F m } { {S}_{m}}=\left\{ \left. p\text{ } \right|\text{ }p\text{ }is\text{ }prime\text{ }\And \text{ }\left. p \right|{ {F}_{m}} \right\} Sm​={ p ∣ p is prime & p∣Fm​}，则有$\#S_m\ge 1$；且由上面所述有$\forall m\ne n,{\text{S}}_m\bigcap S_n=\varnothing \Rightarrow \#\left(S_m\bigcup S_n\right)=\#S_m+\#S_n$。记全体素数集合为$P$。有
$$\#P\ge \#\left(\bigcup _{i=0}^{\infty }{S}_i\right)=\sum _{i=0}^{\infty }\#S_i\ge \sum _{i=0}^{\infty }1\to \infty$$
这与素数个数是有限的假设矛盾。由反证法可得素数的个数是无限的。

法四

定理证明
  假设素数的个数是有限的，因此存在一个最大的素数并设为$p$。

1. 考虑Mersenne数$M_p=2^p-1$，由算数基本定理，$M_p$可以表示成一系列素数的乘积。设其中的任一个素因子为$q$，即有
   $$q|2^p-1\left(1\right)$$

2. 由费马小定理有$q|2^q-2=2\left(2^{q-1}-1\right)$。
   又$2^p$一定是偶数，$M_p=2^p-1$一定是奇数，所以$2$肯定不是$M_p$的素因子，因此$q$一定是奇数，即$q\nmid 2$。因此有
   $$q|2^{q-1}-1\left(2\right)$$

3. 由于$p$是素数，$\gcd \left(p,q-1\right)=1$异或$p|q-1$。

   1. 若$\gcd \left(p,q-1\right)=1$，则$\exists s,t\in \mathbb{Z},s.t.ps+\left(q-1\right)t=1$。考虑以下式子
      $$\begin{array}{rl}& 1=2^1-1\\ & =2^{ps+\left(q-1\right)t}-1\\ & ={\left(2^p\right)}^s\cdot {\left(2^{q-1}\right)}^t-1\\ & ={\left(2^p-1+1\right)}^s\cdot {\left(2^{q-1}-1+1\right)}^t-1\\ & =\left(1+\sum _{k=1}^s{\left(2^p-1\right)}^k\right)\left(1+\sum _{k=1}^t{\left(2^{q-1}-1\right)}^k\right)-1\\ & =\sum _{k=1}^s{\left(2^p-1\right)}^k+\sum _{k=1}^t{\left(2^{q-1}-1\right)}^k+\sum _{k=1}^s{\left(2^p-1\right)}^k\sum _{k=1}^t{\left(2^{q-1}-1\right)}^k\left(3\right)\end{array}$$
      $\left(1\right)\&\left(2\right)\&\left(3\right)\Rightarrow q|1$，矛盾。
   2. 若$p|q-1$，则有$p\le q-1<q$，而$q$是素数，因此$p$不是最大的素数，矛盾。

4. 综上，由反证法证得结论。
   
   

法五：证明其充分条件 – 存在无穷多个素数$p$，满足$p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$。

证明
  定义集合$A$
A = { a : a 是 素 数 ,   a ≡ 1     m o d   4 } A=\left\{ a:a是素数,\text{ }a\equiv 1\text{ }\bmod 4 \right\} A={ a:a是素数, a≡1 mod4}
注意到$A\ne \varnothing$（因为$5,17\in A$），因此有$\left|A\right|>0$。

  假设$\left|A\right|<\infty$，考虑$m={\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2+1$，显然有$m>1$。由算术基本定理，$m$可以分解为一系列素数的乘积。又由$m$的构造方式，$m$是奇数，因此$m$的素因子不只有2，因此$m$一定有奇素数因子$p^{\prime }\left(p^{\prime }\ge 3\right)$，即有$m\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^{\prime }$，$-1\equiv m-1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^{\prime }$。
$$\begin{array}{c}\left(\frac{-1}{p^{\prime }}\right)=\left(\frac{m-1}{p^{\prime }}\right)=\left(\frac{{\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2}{p^{\prime }}\right)={\left(\frac{2\prod _{p\in A}p}{p^{\prime }}\right)}^2\\ \left(\frac{-1}{p^{\prime }}\right)=\pm 1\end{array}\}\Rightarrow \left(\frac{-1}{p^{\prime }}\right)=1$$
因此$p^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$，即有$p^{\prime }\in A$，也就有$p^{\prime }|2\prod _{p\in A}p$。
$$\begin{array}{c}{p}^{\prime }|2\prod _{p\in A}p\Rightarrow p^{\prime }|{\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2\\ p^{\prime }|m\end{array}\}\Rightarrow p^{\prime }|\left(m-{\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2\right)=1$$
矛盾。因此$\left|A\right|=\infty$，即存在无穷多个素数$p$，满足$p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$。