1樓：TravorLZH
現在我們定義：
則不難驗證 是完全積性函式，所以有：
2}} \\ &=(1+2^)\prod_\over1-p^}\prod_p\over1-p^} \\ &=(1+2^)\prod_\over1-p^} \end" eeimg="1"/>
代入s=1可知：
由Landau引理[1]可知
因此有：
假如形如4n+1的素數有限，則左側乘積必為有理數。然而等式右側引發了矛盾，遂4n+1型素數有無窮個。
2樓：Elepth
渣新強答......
用無窮遞降法可以證明：
引理：正整數 的平方和 不存在形如 的與 都互質的因子。可見，如果奇數 有素因子 ，那麼它一定是奇的，並且與 和 都互質。假若不然， 必是的因子，容易匯出矛盾。
故 必不是 型的，而只能是 型的。
由此證明了：
如果奇數 有素因子 ，那麼它只能是 型的。
餘下的證明部分與高讚答主一致。
3樓：不忘初心
我試著用一下單篩理論證明一下，大家看看我是否證明正確。
引理：已知、…是小於2n的所有奇質數，在任意連續的2n個自然數中，將除以餘、除以餘…除以餘的數除去，則無論、…取何值，都至少存在2個數未被除去。
在引理中，可將「任意連續的2n個自然數」改成「項數為2n，公差為d的等差數列，其中d與、…互質」，通過等效原則可以證明修改後的命題也是成立的。
現在我們不妨假設m是形如4n+1的最大素數（m>8），則在 內可以選取等差數列,其項數為2m, 8m+1" eeimg="1"/>,根據修改後的引理，對、…取0，可得在等差數列中存在不能2m內奇質數整除的數，由於等差數列都是奇數，故在等差數列中存在不能2m內質數整除的數，設該數為r，若假設r為合數，則有r=xy,即x>2m,y>2m得 4m^" eeimg="1"/>，與r小於矛盾，故r為質數。又因為r不能被小於2m的數整除，故故r>2m。在此，我們就找到了乙個比形如4n+1但比m還要大的數，與假設矛盾。
故而可以證明形如4n+1包含無限個素數。
按照上述的方法，也可證明形如形如4n+1、6n+1、6n+5等都是無限多個。
這樣一看，就很簡單了，用初等數學方法就可以證明了。
4樓：
我們將本題推廣一下，並證明：「對任意正整數 ，形如 的素數有無窮多個。」
對任意正整數 1" eeimg="1"/>，我們取素數那麼因為分圓多項式的性質
我們有我們設 為 模的階，那麼
這樣如果 的話，我們有
即 為 型整數。
如果 ，那麼由 知多項式 是 的乙個因子，從而有其中 為整係數多項式，兩側取 ，我們知
從而其中 為整係數多項式，這時候令 ，就得到了 ，所以我們得到了對於 的的素因子 ，要麼 是 型素數，要麼 ，而我們知道能夠整除 的素數是有限的，但是對於乙個多項式可以得到無窮多的素數，所以我們可以產生無窮多的 型素數。
5樓：遙遠地方劍星
這個問題是乙個比較有趣也有價值的問題。前面Mr.He給出的證明思路是正確的。
《Proof of The Book》中給出過乙個更嚴格的引理及其巧妙的證明過程，可以幫助證明這個結論。
【引理】對於素數p， 關於 的正整數解滿足如下結論：如果p=2，那麼s只有1個解；如果p為形如4m+1的素數，那麼s有2個解；如果p為形如4m+3的素數，那麼s無解。
這個引理的簡略證明如下：
首先，任何素數都可以分為三類、、，因此上面的引理涵蓋了所有素數的可能。
其次，p=2時引理顯然成立。
第三，對於任一奇素數p，我們把集合中的p-1個數進行分組。分組方法如下，先任選集合中的乙個數x，然後把x、p-x、x'、p-x'分到一組，其中的x'滿足 。如果對於數論及「素數同餘類乘群」不熟悉的朋友，我可以舉個例子。
比如對於素數11，在這個集合中，分組如下，，。從這個例子中也可以看出來，有些時候會發生 或者 的情況（注意由於p是奇數，因此不可能發生x=p-x的情況）。
如果x=x'，意味著 ，從而x只能為1或p-1，也就是說，這種情況對應著分組，而且也只有這一種情況；
如果 ，則由 得到。這個同余式就是引理中關於s的同余式，它在0也必然是它的解，而且不會再有乙個與x'及 不同的解了（這一點不難證明，因為如果再有乙個 也滿足同余式，那就意味著 ，從而 ，從而x''只能等於p-x'）。
於是，根據上述結果，分組完成後，一般情況下每組有四個數，另外還必然有一組有兩個數，還有可能有一組有兩個數，但也可能不存在這樣的x'。
由於集合中一共有p-1個數，如果p為4m+3型素數，意味著p-1=4m+2，這樣分組後就必然不會有這組了，否則總數會被4整除，與4m+2矛盾。沒有這組意味著 無解。
如果p為4m+1型素數，p-1=4m，從而必然會有這一組。這意味著有兩個解，就是x'與p-x'。
從而引理得證。
於是，我們可以很容易的證明4n+1型的素數有無窮多個了。假設不是這樣，那麼設 到 為全部的4n+1型素數，則構造 型的整數 ，這是乙個奇數，顯然不會被2整除，而且根據前面的引理，它也不會被4n+3型的素數整除（因為同余式無解），從而它的素因子必然全部都是4n+1型的素數。問題是我們假設的全部4n+1型的素數到 都不能整除它，於是必然要存在到 以外的4n+1型素數。
從而假設不成立，4n+1型素數必然有無窮多。
另外，4n+3型的素數也是無窮多個的。證明這個結論更容易。假設4n+3型素數有限多個，設為到 ，那麼構造 ，這個數因為是奇數所以沒有素因子2，也不會全部都是4n+1型的素因子，否則這個數將會模4同餘1，與它實際模4同餘3矛盾。
從而必然還有新的4n+3型素數。
以上內容供參考。
6樓：Mr.He
證明分三步：
第一步：假設形如4n+1的素數有有限個！記為M=!
第一步：證明形如4n+1的數必有4m+1形的素因子！(用二次剩餘，或者費馬小定理)
第三步:令A=4(p_1×...×p_k)+1,證明其形如4m+1的素因子不在M中！QED
7樓：
包含無窮多素數
這是Dirichlet定理
具體內容，已經超出了一點都不初等的《初等數論》的範疇這個反正我是做不出來的
Dirichlet證明了只要a,b的最大公約數為1，那麼an+b一定包含無窮多素數
雖然是上個世紀的證明……至少我是看不懂的
將自然數 1, 2, 3 ,n 2 1打亂，按順序取n 1個數，如何證明這n 1個數能夠遞增或遞減？
反射序數 假設a m,b m分別是從第m個數x m做起始點出發，能夠找到的最長的遞增鏈和遞降鏈的長度。設sa t。因為x t出發的最長遞增鏈可以在左邊補上x s得到x s出發的更長遞增鏈。同理，若x s x t，則b s b t。因此陣列 a m,b m 對不同的m互不相同。若所有的a m,b m都...
是否存在自然數a 2使得a a n a 1（n屬於正整數）為素數恆成立？
Aliebc 不存在。1 若 為乙個奇數 按照假設，是乙個素數，現在取 其中 是尤拉函式 注意到 表示最大公約數.由尤拉定理，有 再由費馬小定理，就有 從而 得到 是乙個合數，矛盾！從而不存在奇數 滿足原命題.2 若 是乙個偶數 我們用 表示正整數 中素數 的冪次.下面我們先考慮乙個結論 對 2 e...
有沒有自然數 n，使得 n 的前四個數字是 2020？
mathe 2021年了，該換2021開頭的了，第乙個以2021開頭的n 為16979！由於Sterling公式的存在，尋找某個特點模式開頭的階乘還是比較容易的，比如以圓周率的前若干位開始的最小階乘數n 有 d 3,n 9 d 31,n 62 d 314,n 62 d 3141,n 10044 d ...