素数无限的几个证明
毕达哥拉斯学派证明
公元前600～公元前500年古希腊时期，为了证明素数有无限个这个问题，毕达哥拉斯学派给出了一个证明：
素数是从2和3开始的，所以用2 * 3+1 = 7； 7是素数，所以用2 * 3 * 7+1 = 43； 43是素数，所以用2 * 3 * 7 * 43+1 = 1807； 1807不是素数，但是1807 = 13 * 139，这两个数都是素数，发现了两个新素数，我们用小的素数与那一堆相乘，所以用2 * 3 * 7 * 43 * 13 + 1 = 23479； 23479不是素数，但是23479 = 53 * 443，这两个都是素数，又发现了两个新素数； 继续往下，会一直发现新的素数，即证明素数有无限个。 毕达哥拉斯学派在当时能证明出来是非常了得，后200年又出现了这么一位神人——欧几里得！
欧几里得证明
欧几里得用的是反证法，证明如下：
先假设素数是有限个，即P1, P2, P3,……Pk；其中Pk是最大的素数； 我们用A = P1 * P2 * P3 * P4 * ……..* Pk + 1；即将所有素数相乘后加1； 一个自然数要么是素数要么是合数（除了1）； 1、A是素数，由于Pk是素数，所以不存在比Pk还大的素数A，即A不可能是素数； 2、A是合数，由于所有的合数都可以由素数相乘得到，即A % Pi = 0，所有的素数都是A的因子，而A = 所有素数相乘 + 1，即A不可能是合数；
那么A又不是素数也不是合数，得出原命题素数有限个是错误的，即证明了素数无限个。
欧拉证明
在这里，我们就要介绍欧拉乘积式了，因为这也是证明素数无限个的一个证明方法。
1735年，欧拉大神发表了一个极其重要的公式，即欧拉乘积式： $$\sum_{n =1 }^{\infty }n^{-s} = \prod_{p}(1 - \frac{1}{p^{s}})^{-1}$$
证明之前我们先需要知道以下基本知识。
我们知道调和级数是发散的，即：
门戈利当时提出了一个问题，全体自然数的平方倒数之和是多少呢？当时也没有解决这个问题，后来被约翰伯努利的学生欧拉解决出来了，即上上期博客的巴塞尔问题，可以自行观看，答案是：
后来欧拉又把这样的式子进行了拓展，即将自然数上的幂变成s，即得到这样的一个式子： $$\varepsilon (s) = 1 + \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{4^{s}} +\frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{6^{s}}+… \qquad （1）$$
我们对左右两边同时乘以$\frac{1}{2^{s}}$，即得到： $$ \frac{1}{2^{s}}\varepsilon (s) = \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \frac{1}{6^{s}} + \frac{1}{8^{s}} + …. \qquad（2）$$
式(1) - 式(2) 得：
$$(1 - \frac{1}{2^{s}})\varepsilon (s) = 1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} +\frac{1}{9^{s}} +… \qquad （3)$$
这样，所有的2的倍数的自然数都消去了。
我们在对左右两边同时乘以$\frac{1}{3^{s}}$，即得到：
$$ \frac{1}{3^{s} }(1 - \frac{1}{2^{s}})\varepsilon (s) = \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{15^{s}} + \frac{1}{21^{s}} +\frac{1}{27^{s}} +… \qquad （4)$$
式(3) - 式(4)得： $$(1-\frac{1}{3^{s} })(1 - \frac{1}{2^{s}})\varepsilon (s) = 1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{11^{s}} + … \qquad (5)$$
有没有发现这样的一个问题，第一次相减，把所有的自然数的2倍都消去了，第二次相减，把所有的自然数的3倍都消去了，emmmm，埃拉托色尼筛法！！！
没错，理解到了这一步就已经很快了，类似的运算继续下去，我们每一步都减去$\frac{1}{5^{s}}$倍、$\frac{1}{7^{s}}$倍…也就把素数的倍数都消去。
最终得到这样一个公式：
$$…(1 - \frac{1}{13^{s}})(1 - \frac{1}{11^{s}})(1 - \frac{1}{7^{s}})(1 - \frac{1}{5^{s}})(1-\frac{1}{3^{s} })(1 - \frac{1}{2^{s}})\varepsilon (s) = 1 \qquad (6)$$
再将左边变过去，保留$\varepsilon (s)$，即： $$\varepsilon (s) = \frac{1}{(1 - \frac{1}{2^{s}})(1 - \frac{1}{3^{s}})(1 - \frac{1}{5^{s}})(1 - \frac{1}{7^{s}})(1-\frac{1}{11^{s} })(1 - \frac{1}{13^{s}})…} \qquad (7)$$
让我们用连乘符号$\prod$简洁一下得： $$\sum_{n =1 }^{\infty }n^{-s} = \prod_{p}(1 - \frac{1}{p^{s}})^{-1} \qquad (8)$$
当n = 1时，左边就是调和级数，是发散的，而右边的p是所有素数，若素数是有限个，即调和级数不发散，那怎么可能呢？？？所以得证素数是无限个。
欧拉大神NB！
注意： s一定是大于1的，否则会出现一些好玩的东西，比如全体自然数之和竟然是$-\frac{1}{12}!!!$我们下期再聊。
参考: https://www.bilibili.com/video/BV1dt4y1179j https://www.bilibili.com/video/BV1eW411r7cp https://www.bilibili.com/video/BV13W41167Bb
本文作者：jujimeizuo
本文地址： https://blog.jujimeizuo.cn/2020/06/06/riemann-hypothesis-1/
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