欧几里得定理

Template:NoteTA 欧几里得定理是数论中的基本定理，定理指出素数的个數是无限的。该定理有许多著名的证明。

欧几里得的证明

欧几里得在他的著作《几何原本》（第九卷的定理20）提出了证明，大意如下：

对任何有限素数的集合$p_1,p_2,...,p_n$。在这裡将会证明最少存在一个集合中沒有的额外素数。令$P=p_1{p}_2...p_n$及$q=P+1$。那么$q$是素数或者不是，二者必居其一：

• 如果$q$是素数，那么至少有一个素数不在有限素数集$p_1,p_2,...,p_n$中。

• 如果$q$不是素数，那么存在一个素数因子$p$整除$q$，如果$p$在我们的有限素数集中，$p$必然整除$P$(既然$P$是素数有限集中所有素数的积)；但是，已知$p$整除$P+1$($P+1=q$)，如果$p$同时整除$P$和$q$，$p$必然整除$P$和$q$之差 —— $(P+1)-P=1$。但是没有素数能整除$1$，即有$p$整除$q$就不存在$p$整除$P$。因此$p$不在有限集$p_1,p_2,...,p_n$中。

这证明了：对于任何一个有限素数集，总存在一个素数不在其中。所以素数一定是无限的。

很多时候有人会错误地指出欧几里得是用了反证法，他们假设证明起初考虑的是所有自然数的集合，或是集合內含有$n$个最小的素数，而不是任何任意的素数集合。欧几里得证明用的不是反证法，而是证明了一個有限集合中沒有任何拥有特殊性质的元素。当中并沒有反论的部分，但集合中的任何元素都不可以整除1。

文献中存在数个版本的欧几里得证明，包括以下的：

正整数$n$的階乘$n!$可被$2$至$n$的所有整数整除，这是由於它是这些数全部的乘积。因此$n!+1$并不能被$2$至$n$（包括$n$）的任何自然数所整除（所得的余数皆为$1$）。因此$n!+1$有兩个可能性：是素数，或者能被大于$n$所整除。在任一个案中，对所有正整数$n$而言都存在最少 一个比$n$大的素数。所以结论就是共有无限个素数。

欧拉的证明

另一个由瑞士数学家莱昂哈德·欧拉提出的证明，则使用了算术基本定理：每一个自然数都有一组独一无二的素因子排列。设$P$为所有素数的集合，欧拉写下了：

$\prod _{p\in P}\frac{1}{1-1/p}=\prod _{p\in P}\sum _{k\ge 0}\frac{1}{p^k}=\sum _n\frac{1}{n}.$

第一条等式是由乘积中每一项的等比数列公式所得。而第二个等式则是用于黎曼ζ函数的欧拉乘积。为了证实此点，可把乘积分配进和裡面：

$\begin{array}{cc}\prod _{p\in P}\sum _{k\ge 0}\frac{1}{p^k}& =\sum _{k\ge 0}\frac{1}{2^k}\times \sum _{k\ge 0}\frac{1}{3^k}\times \sum _{k\ge 0}\frac{1}{5^k}\times \sum _{k\ge 0}\frac{1}{7^k}\times \cdots \\ & =\sum _{k,\ell ,m,n,\cdots \ge 0}\frac{1}{2^k{3}^{\ell }{5}^m{7}^n\cdots }=\sum _n\frac{1}{n}\end{array}$

在这个结果中，每一个素数积都出现了正好一次，因此由算术基本定理可得这个和等于所有自然数的和。

右边的和是发散的調和级数。因此左边的和也是发散的。由于乘积內每一个项都是有限的，所以其项数必须为无限；因此得出共有无限个素数。

埃尔德什的证明

埃尔德什·帕尔的第三种证明也是靠算术基本定理的。首先注意每一个自然数$n$都能被写成独一无二的

$r{s}^2$

其中$r$非平方数，或任何平方数的倍数（设$s$为能整除$n$的最大平方数，并使$r=\frac{n}{s^2}$）。此時假设素数的数量为有限，且其数量为$k$。由於每个素数只有一个非平方数的因子，所以根据算术基本定理，得出共有非平方数$2^n$个。（見組合#在集合中取出k項元素及$\sum _{r=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r})=2^n$）

現在把一个正整数$N$固定，并考虑1與$N$之间的自然数。 这些数每一个都能被写成$r{s}^2$，其中$r$为非平方数，$s^2$为平方数，例如：

$\{(1\times 1),(2\times 1),(3\times 1),(1\times 4),(5\times 1),(6\times 1),(7\times 1),(2\times 4),(1\times 9),(10\times 1),\cdots \}$

集合中共有$N$个不同的数。每一个都是由非方數和比$N$小的平方数组成。这样的平方数共有$\lfloor \sqrt{N}\rfloor$（見高斯符号的取底符号）。然后把这些小於$N$的平方數乘积与其余所有的非平方数相乘。这样得出的数一共有$2^k\lfloor \sqrt{N}\rfloor$个，各不相同，因此它们包括了所有我们集合裡的数，甚至更多。因此，$2^k\lfloor \sqrt{N}\rfloor \ge N$。

由于此不等式对足够大的$N$並不成立，因此必须存在無限个素数。

弗斯滕伯格的证明

希勒尔·弗斯滕伯格于1950年代還是個大學生時，提出了一个使用点集拓扑学的证明。（見Template:Le）

一些近期的证明

皮纳西科

胡安·帕布洛·皮纳西科（Juan Pablo Pinasco）写下了以下的证明。

设$p_1,\cdots ,p_N$为最小的$N$个素数。然后根据容斥原理可得，少於或等如$x$又同時能被那些素数中其中一个整除的正整数的个数为

$\begin{array}{cc}1+\sum _i\left[\frac{x}{p_i}\right]-\sum _{i<j}\lfloor \frac{x}{p_i{p}_j}\rfloor & +\sum _{i<j<k}\lfloor \frac{x}{p_i{p}_j{p}_k}\rfloor -\cdots \\ & \cdots \pm (-1{)}^{N+1}\lfloor \frac{x}{p_1\cdots p_N}\rfloor .(1)\end{array}$

把全式除以$x$，并且让$x\to \mathrm{\infty }$，得

$\sum _i\frac{1}{p_i}-\sum _{i<j}\frac{1}{p_i{p}_j}+\sum _{i<j<k}\frac{1}{p_i{p}_j{p}_k}-\cdots \pm (-1{)}^{N+1}\frac{1}{p_1\cdots p_N}.(2)$

上式可被改写为

$1-\prod _{i=1}^N(1-\frac{1}{p_i}).(3)$

若除了$p_1,\cdots ,p_N$以外不存在其他素数的话，则式(1)与 $\lfloor x\rfloor$相等，而式(2)则等于$1$，但很明顯地式(3)并不等于$1$。因此除了$p_1,\cdots ,p_N$以外必须要存在其他素数。

黃

俊浩·彼得·黃（Junho Peter Whang）于2010年发表了使用反证法的证明。设$k$为任何正整数，$p$为素数。根据勒让德定理，则可得：

$k!=\prod _{p\text{ prime}}{p}^{f(p,k)}$

其中

$f(p,k)=\lfloor \frac{k}{p}\rfloor +\lfloor \frac{k}{p^2}\rfloor +\cdots .$

$f(p,k)<\frac{k}{p}+\frac{k}{p^2}+\cdots =\frac{k}{p-1}\le k.$

但若只存在有限个素数，則

$\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{{\left(\prod _{p}p\right)}^k}{k!}=0,$

（上式分子呈单指數增長，但斯特灵公式指出分母的增长速度比分子快），这样就违反了每一个$k$的分子要比分母大的这一点。

塞达克

菲利浦·塞达克（Filip Saidak）给出了以下的证明，当中沒有用到归谬法 (而大部分欧几里得定理的证明都用了，包括欧几里得自己的证明)，而同时不需要用到欧几里得引理，也就是若素数$p$整除$ab$則也必能整除$a$或$b$。证明如下：

由于每个自然數（$\ge 2$）最少拥有一个素因子，所以兩个相邻数字$n$和$n+1$必定沒有共同因子，而乘积$n(n+1)$則比数字$n$本身拥有更多因子。因此普洛尼克數的鏈：
1×2 = 2 {2},    2×3 = 6 {2, 3},    6×7 = 42 {2,3, 7},    42×43 = 1806 {2,3,7, 43},    1806×1807 = 3263443 {2,3,7,43, 13,139}, · · ·
提供了一组素数集合無限增长的数列。

使用Template:Pi的無理性的证明

以欧拉乘积来表示π的莱布尼茨公式可得

$\frac{\pi }{4}=\frac{3}{4}\times \frac{5}{4}\times \frac{7}{8}\times \frac{11}{12}\times \frac{13}{12}\times \frac{17}{16}\times \frac{19}{20}\times \frac{23}{24}\times \frac{29}{28}\times \frac{31}{32}\times \cdots$

乘积的分子为奇数的素数，而每一个分母则是最接近分子的4的倍数。

若存在的素数是有限的话，上式所展示的就是Template:Pi是一个有理数，而分母是所有與素数多1或少1的4的倍数的乘积，而这点违反了Template:Pi实际上是无理数的这一点。

使用信息论的证明

亞历山大·沈（音譯，Alexander Shen）与其他人发表了利用Template:Le的证明：

设只存在$k$素数（$p_1,\cdots ,p_N$）。由算术基本定理可得，任何正整数$n$都能被写成：

$n={p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}...{p_k}^{e_k},$

其中非負自然数$e_i$與素数的有限集合就足够重构任何數字。由於所有$i$都遵守$p_i⩾2$，因此可得所有\$e_i⩽\lg n$（其中$\lg$代表底数為2的对数）。

由此可得$n$的编码大小（使用大O符号）：

$O(\text{prime list size}+k\lg \lg n)=O(\lg \lg n)$ 位元。

（其中prime list size为素数集合的大小）这编码比直接用二进制代表$n$要有效得多，二进制的话需要$N=O(\lg n)$位元。无损数据压缩的一个已被确立的结果指出，一般不可能把$N$位元的信息压縮到少於$N$位元。由於$\lg \lg n=o(\lg n)$，所以當$N$足够大时，以上的这个表示不成立。

因此，素数的数量必不能为有限。

参阅

• 狄利克雷定理
• 素数定理

外部链接

• Template:MathWorld
• Euclid's Elements, Book IX, Prop. 20 Template:Wayback (Euclid's proof, on David Joyce's website at Clark University)