欧几里得定理

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：

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

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：

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

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

$rs^{2}$

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$\sum _{r=0}^{n}{\binom {n}{r}}=2^{n}$）

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$rs^{2}$，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，$2^{k}\lfloor {\sqrt {N}}\rfloor \geq N$。

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

哈里·弗斯滕伯格于1950年代提出了一个使用点集拓扑学的证明。（見弗斯滕伯格对素数无限性的证明）

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

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

把全式除以$x$，并且让$x\rightarrow \infty$，得

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

上式可被改写为

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

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

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

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

但若只存在有限个素数，則

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

（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（$\geq 2$）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π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π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π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不能壓縮性的证明：

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$p_{i}\geqslant 2$，因此可得所有\$e_{i}\leqslant \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

• 埃里克·韦斯坦因. Euclid's Theorem. MathWorld. 
• Euclid's Elements, Book IX, Prop. 20 （页面存档备份，存于互联网档案馆） (Euclid's proof, on David Joyce's website at Clark University)