歐幾里得定理

歐幾里得定理是數論中的基本定理，定理指出素數的個數是無限的。該定理有許多著名的證明。

歐幾里得的證明

歐幾里得在他的著作《幾何原本》（第九卷的定理20）提出了證明，大意如下：

對任何有限素數的集合${p_{1},p_{2},...,p_{n}}$。在這裡將會證明最少存在一個集合中沒有的額外素數。令$P=p_{1}p_{2}...p_{n}$及$q=P+1$。那麼$q$是素數或者不是，二者必居其一：

• 如果$q$是素數，那麼至少有一個素數不在有限素數集${p_{1},p_{2},...,p_{n}}$中。

• 如果$q$不是素數，那麼存在一個素數因子$p$整除$q$，如果$p$在我們的有限素數集中，$p$必然整除$P$(既然$P$是素數有限集中所有素數的積)；但是，已知$p$整除$P+1$($P+1=q$)，如果$p$同時整除$P$和$q$，$p$必然整除$P$和$q$之差 —— $(P+1)-P=1$。但是沒有素數能整除$1$，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。

這證明了：對於任何一個有限素數集，總存在一個素數不在其中。所以素數一定是無限的。

很多時候有人會錯誤地指出歐幾里得是用了反證法，他們假設證明起初考慮的是所有自然數的集合，或是集合內含有$n$個最小的素數，而不是任何任意的素數集合。歐幾里得證明用的不是反證法，而是證明了一個有限集合中沒有任何擁有特殊性質的元素。當中並沒有反論的部分，但集合中的任何元素都不可以整除1。

文獻中存在數個版本的歐幾里得證明，包括以下的：

正整數$n$的階乘$n!$可被$2$至$n$的所有整數整除，這是由於它是這些數全部的乘積。因此$n!+1$並不能被$2$至$n$（包括$n$）的任何自然數所整除（所得的餘數皆為$1$）。因此$n!+1$有兩個可能性：是素數，或者能被大於$n$所整除。在任一個案中，對所有正整數$n$而言都存在最少 一個比$n$大的素數。所以結論就是共有無限個素數。

歐拉的證明

另一個由瑞士數學家萊昂哈德·歐拉提出的證明，則使用了算術基本定理：每一個自然數都有一組獨一無二的素因子排列。設$P$為所有素數的集合，歐拉寫下了：

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

第一條等式是由乘積中每一項的等比數列公式所得。而第二個等式則是用於黎曼ζ函數的歐拉乘積。為了證實此點，可把乘積分配進和裡面：

${\begin{aligned}\prod _{p\in P}\sum _{k\geq 0}{\frac {1}{p^{k}}}&=\sum _{k\geq 0}{\frac {1}{2^{k}}}\times \sum _{k\geq 0}{\frac {1}{3^{k}}}\times \sum _{k\geq 0}{\frac {1}{5^{k}}}\times \sum _{k\geq 0}{\frac {1}{7^{k}}}\times \cdots \\[8pt]&=\sum _{k,\ell ,m,n,\cdots \geq 0}{\frac {1}{2^{k}3^{\ell }5^{m}7^{n}\cdots }}=\sum _{n}{\frac {1}{n}}\end{aligned}}$

在這個結果中，每一個素數積都出現了正好一次，因此由算術基本定理可得這個和等於所有自然數的和。

右邊的和是發散的調和級數。因此左邊的和也是發散的。由於乘積內每一個項都是有限的，所以其項數必須為無限；因此得出共有無限個素數。

埃爾德什的證明

埃爾德什·帕爾的第三種證明也是靠算術基本定理的。首先注意每一個自然數$n$都能被寫成獨一無二的

$rs^{2}$

其中$r$非平方數，或任何平方數的倍數（設$s$為能整除$n$的最大平方數，並使$r={\frac {n}{s^{2}}}$）。此時假設素數的數量為有限，且其數量為$k$。由於每個素數只有一個非平方數的因子，所以根據算術基本定理，得出共有非平方數$2^{n}$個。（見組合#在集合中取出k項元素及$\sum _{r=0}^{n}{\binom {n}{r}}=2^{n}$）

現在把一個正整數$N$固定，並考慮1與$N$之間的自然數。 這些數每一個都能被寫成$rs^{2}$，其中$r$為非平方數，$s^{2}$為平方數，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$N$個不同的數。每一個都是由非方數和比$N$小的平方數組成。這樣的平方數共有$\lfloor {\sqrt {N}}\rfloor$（見高斯符號的取底符號）。然後把這些小於$N$的平方數乘積與其餘所有的非平方數相乘。這樣得出的數一共有$2^{k}\lfloor {\sqrt {N}}\rfloor$個，各不相同，因此它們包括了所有我們集合裡的數，甚至更多。因此，$2^{k}\lfloor {\sqrt {N}}\rfloor \geq N$。

由於此不等式對足夠大的$N$並不成立，因此必須存在無限個素數。

弗斯滕伯格的證明

哈里·弗斯滕伯格於1950年代提出了一個使用點集拓撲學的證明。（見弗斯滕伯格對素數無限性的證明）

一些近期的證明

皮納西科

胡安·帕布洛·皮納西科（Juan Pablo Pinasco）寫下了以下的證明。

設$p_{1},\cdots ,p_{N}$為最小的$N$個素數。然後根據容斥原理可得，少於或等如$x$又同時能被那些素數中其中一個整除的正整數的個數為

${\begin{aligned}1+\sum _{i}\left[{\frac {x}{p_{i}}}\right]-\sum _{i<j}\left\lfloor {\frac {x}{p_{i}p_{j}}}\right\rfloor &+\sum _{i<j<k}\left\lfloor {\frac {x}{p_{i}p_{j}p_{k}}}\right\rfloor -\cdots \\&\cdots \pm (-1)^{N+1}\left\lfloor {\frac {x}{p_{1}\cdots p_{N}}}\right\rfloor .\qquad (1)\end{aligned}}$

把全式除以$x$，並且讓$x\rightarrow \infty$，得

$\sum _{i}{\frac {1}{p_{i}}}-\sum _{i<j}{\frac {1}{p_{i}p_{j}}}+\sum _{i<j<k}{\frac {1}{p_{i}p_{j}p_{k}}}-\cdots \pm (-1)^{N+1}{\frac {1}{p_{1}\cdots p_{N}}}.\qquad (2)$

上式可被改寫為

$1-\prod _{i=1}^{N}\left(1-{\frac {1}{p_{i}}}\right).\qquad (3)$

若除了$p_{1},\cdots ,p_{N}$以外不存在其他素數的話，則式(1)與 $\lfloor x\rfloor$相等，而式(2)則等於$1$，但很明顯地式(3)並不等於$1$。因此除了$p_{1},\cdots ,p_{N}$以外必須要存在其他素數。

黃

俊浩·彼得·黃（Junho Peter Whang）於2010年發表了使用反證法的證明。設$k$為任何正整數，$p$為素數。根據勒讓德定理，則可得：

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

其中

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

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

但若只存在有限個素數，則

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

（上式分子呈單指數增長，但斯特靈公式指出分母的增長速度比分子快），這樣就違反了每一個$k$的分子要比分母大的這一點。

塞達克

菲利浦·塞達克（Filip Saidak）給出了以下的證明，當中沒有用到歸謬法 (而大部分歐幾里得定理的證明都用了，包括歐幾里得自己的證明)，而同時不需要用到歐幾里得引理，也就是若素數$p$整除$ab$則也必能整除$a$或$b$。證明如下：

由於每個自然數（$\geq 2$）最少擁有一個素因子，所以兩個相鄰數字$n$和$n+1$必定沒有共同因子，而乘積$n(n+1)$則比數字$n$本身擁有更多因子。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}, · · ·
提供了一組素數集合無限增長的數列。

使用π的無理性的證明

以歐拉乘積來表示π的萊布尼茨公式可得

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

乘積的分子為奇數的素數，而每一個分母則是最接近分子的4的倍數。

若存在的素數是有限的話，上式所展示的就是π是一個有理數，而分母是所有與素數多1或少1的4的倍數的乘積，而這點違反了π實際上是無理數的這一點。

使用信息論的證明

亞歷山大·沈（音譯，Alexander Shen）與其他人發表了利用不能壓縮性的證明：

設只存在$k$素數（$p_{1},\cdots ,p_{N}$）。由算術基本定理可得，任何正整數$n$都能被寫成：

$n={p_{1}}^{e_{1}}{p_{2}}^{e_{2}}...{p_{k}}^{e_{k}},$

其中非負自然數$e_{i}$與素數的有限集合就足夠重構任何數字。由於所有$i$都遵守$p_{i}\geqslant 2$，因此可得所有\$e_{i}\leqslant \lg n$（其中$\lg$代表底數為2的對數）。

由此可得$n$的編碼大小（使用大O符號）：

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

（其中prime list size為素數集合的大小）這編碼比直接用二進制代表$n$要有效得多，二進制的話需要$N=O(\lg n)$位元。無損數據壓縮的一個已被確立的結果指出，一般不可能把$N$位元的信息壓縮到少於$N$位元。由於$\lg \lg n=o(\lg n)$，所以當$N$足夠大時，以上的這個表示不成立。

因此，素數的數量必不能為有限。

參閱

• 狄利克雷定理
• 素數定理

外部連結

• 埃里克·韋斯坦因. Euclid's Theorem. MathWorld. 
• Euclid's Elements, Book IX, Prop. 20 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館） (Euclid's proof, on David Joyce's website at Clark University)