素数有无穷多个的另类证明 系列的第 3 篇 (本系列共4篇)

上一次讲了欧拉的别致证明,这次我们来看看三个各不相同的思路刁钻的证明~特别的是,他们的作者都是不出名的人,如果没有Dickson的《数论史》一书,我们可能没有人会知道Perott,Auric和Métrod三个人的存在……现在我们知道了,但是其实还是不知道他们的任何其他事……大概某一个原因是他们的证明很巧妙,但是没有推动数学上的进步——所以我们应该有理由相信,世界上出现过更多的证明——被遗忘的证明。

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Perott 的年代其实离我们挺近的,他的证明是1881年给出的,使用了一个高中生就知道的无穷级数:

1+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}<2

假设只有r个素数,也就是p_1<p_2<\cdots<p_r。取自然数N使得p_1 p_2\cdots p_r<N,则不被平方数除尽的m(<N)最多有2^r个——不被平方数除尽的数一定不会被任意一个素数的平方除尽,那么肯定就是若干个不同素数的乘积,那么每一个素数都是“取或不取”两种形式,由乘法原理自然得到了m的个数应该是2^r个。下面我们再来看看会被某个平方数除尽的数k (<N)的个数,如果一个数能被p_i^2整除,那么满足这个条件的数最多有\frac{N}{p_i^2},那么所有的能被某个平方数除尽的数最多有\sum_{i=1}^r \frac{N}{p_i^2}个。于是就有

N\leq 2^r+\sum_{i=1}^r \frac{N}{p_i^2} < 2^r+N(\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i^2}-1)=2^r+N(1-\delta)

只要我们取一个足够大的N使得N\delta\geq 2^r,就矛盾了~这里的主要思路是从有限个素数推导出有限个被平方数整除的数以及有限个不会被平方数整除的数,然后再导出矛盾。

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接下来我们看看另外一个人Auric 的证明,思想非常简单,只用到了唯一分解定理。开头是类似的,假设只有r个素数,也就是p_1<p_2<\cdots<p_r。那么我们取一个整数t,记N=p_r^t,那么由唯一分解定理可知,对于m满足1\leq m \leq N就显然有:

m=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}

而且(f_1,f_2,\cdots,f_r)其实是由m唯一决定的。由于有p_1^{f_i}\leq p_i^{f_i}\leq m\leq N=p_r^t,那么对

\forall i \in [1,r],f_i\leq tE,其中E=\frac{lg p_r}{lg p_1}

这样的话m的个数N就不会超过(f_1,f_2,\cdots,f_r)的个数——因为是一一对应的。那么就有

p_r^t=N<(tE+1)^r<t^r(E+1)^r

因为t是任意的嘛,所以说对于充分大的t,肯定有p_r^t>t^r(E+1)^r。那么就矛盾了。

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然后是第三个人Métrod的证明,更简单了,有点类似欧几里德的最初的证明。假设只有r个素数,也就是p_1<p_2<\cdots<p_r。记N=p_1p_2\cdots p_r,再令Q_i=\frac{N}{p_i},那么对于每一个i都有p_i不整除Q_i,同时当j\neq i的时候,有p_j能够整除Q_i。令S=\sum_{i=1}^r Q_i,那么S的任意素因子q都不属于之前的p_1p_r——因为总存在某一个Q_i不会被之前的r个素数所整除。所以,矛盾!

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至于为什么那么久没更新:因为我最近变懒了,同时求生之路2放出,我把仅有的一点使用电脑娱乐的时间都放到了求生之路2的重口味战场上……过了一个多星期,发现还是需要换换气,博客不能不继续,求生之路2可以寒假再说~

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2009年12月2日 星期三

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