问一道很难的数学题

如何证明素数有无限个?

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。

参考资料:http://baike.baidu.com/view/1767.htm

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第1个回答  2008-09-15
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。
第2个回答  2008-09-15
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。
第3个回答  2008-09-16
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。
第4个回答  2008-09-15
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
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