بینهایت اعداد اول وجود دارد.
اثبات اول (اقلیدس.نظریۀ اعداد):
تمام ریاضی آموزان و مدرسان و نویسندگان آن را معرفی می کنند.به کمک برهان خلف به این ترتیب که اگر:
$$p_1,p_2,...,p_n$$
همه اعداد اول باشد آنگاه برای عدد طبیعی $x=p_1p_2...p_n+1$ بنابه قضیه تجزیه به عاملهای اول باید عدد اولی مانند $p_k$ که $1 \leq k \leq n$ موجود باشد که:
$$p_k|x$$
از طرفی دیگر چون $p_1p_2...p_n=k_k.( \prod _{i \neq k}p_i)$ پس باید $p_k|p_1p_2...p_n$ و لذا:
$$p_k|x-p_1p_2...p_k=1 \Rightarrow p_k \leq 1$$
که این تناقض است و تناقض ناشی از این است که اعداد اول متناهی اند.
اثبات دوم (نظریۀ اعداد):
باز هم برهان خلف فرض کنیم که اعداد اول متناهی اند و بزرگترین آنها $p$ است.حالا عدد [پدر] مرسن $2^p-1$ را در نظر بگیرید.چون این عدد از $1$ بزرگتر است(؟) پس باید شمارنده ای اول مانند $q$ داشته باشد یعنی:
$$q|2^p-1 \Rightarrow 2^p \equiv 1(modq)$$
از طرفی دیگر این بدان معنی است که مرتبۀ عنصر $2$ در گروه ضربی $(Z_q^*,.)$ مساوی $p$ است و چون مرتبه هر عضو مرتبه گروه را میشمارد داریم:
$$p|q-1 \Rightarrow p \leq p-1 \Rightarrow p<q$$
که با اینکه $p$ بزرگترین عدد اول است در تناقض است.پس اعداد اول نامتناهیاند.
اثبات سوم (نظریۀ اعداد):
فرض کنید که $F_n=2^{2^n}+1,n=0,1,2,3,...$ اعداد فرما باشند.برای هر $n \in N$ به کمک استقراء نشان داده می شود (؟) که:
$$ \prod_{k=0}^{n-1}F_k=F_n-2$$
حالا اگر $m,n$ دو عدد حسابی متمایز دلخوا باشند و مثلن $m<n$ و $d=(F_m,F_n)$ آنگاه داریم:
$$d|F_m,d|F_n \Rightarrow d|\prod_{k=0}^{n-1}F_k,d|F_n \Rightarrow d|F_n-\prod_{k=0}^{n-1}F_k=2$$
$$ \Rightarrow d \leq 2 \Rightarrow d=1 \vee 2$$
اما چون اعداد فرما فرداند حتمن باید $d=1$ و این یعنی اعداد فرما نسبت به هم اولند و چون متمایزند و هر کدام از $1$ بزرگترند پس هر کدام شمارندهای اول دارند پس تعداد اعداد اول نامتناهیست.
اثبات چهارم (حساب دیفرانسیل و انتگرال مقدماتی):
فرض کنید برای هر عدد حقیقی $ \pi (x)$ تعداد اعداد اول نابیشتر از $x$ باشدو $p_1,p_2,...$ دنبالۀ اعداد اول که صعودی اندیسگذاری شده اند و $P$ مجموعۀ اعداد اول.حالا توجه کنید که برای هر عدد حقیقی $x \geq 1$ اگر $n \leq x<n+1$ آنگاه داریم:
$$Logx= \int_1^x \frac{1}{t} dt \leq 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} +...+ \frac{1}{n} $$
حالا توجه کنید که در مجموع سمت راست نابرابری اخیر عامل اول مخرجها همگی از $x$ بزرگتر نیستند پس مخرج ظاهر شده در این مجموع را می توان به صورت $ \prod _{p \leq x}p^{k_p},k_p \in W$ نوشت بنابر این داریم:
$$1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} +...+ \frac{1}{n}= \prod_{p \in P,p \leq x}( \sum_{k=0}^ \infty \frac{1}{p^k} )$$
$$ \Rightarrow Logx \leq \prod _{p \in P,p \leq x} \frac{1}{1-p}=\prod _{p \in P,p \leq x} \frac{p}{p-1}= \prod _{k=1}^{ \pi (x)} \frac{p_k}{p_k-1} $$
از طرفی دیگر چون $p_k \geq k+1$ داریم:
$$ \frac{p_k}{p_k-1}=1+ \frac{1}{p_k-1}\leq1+ \frac{1}{k}= \frac{k+1}{k} $$
$$ \Rightarrow Logx \leq \prod _{k=1}^{ \pi (x)} \frac{k+1}{k}= \pi (x)+1$$
حالا با توجه به اینکه تابع لگاریتم بیکران است پس تابع $ \pi $ نیز بیکران است و لذا اعداد اول بینهایت اند.
اثبات پنجم (توپولوژی):
اگر $a \in Z$ و $b \in N$ تعریف کنید:
$X_{a,b}= $ {$ a+nb|n \in Z $}
مجموعۀ $O\subseteq Z$ را باز گوییم هرگاه تهی باشد یا برای هر $a \in O$، $b$ی طبیعی باشد که $X_{a,b} \subseteq O$.
برسی اینکه مجموعههای باز ساختار توپولوژی دارند کار ساده است.در این توپولوژی از تعریف نتیجه میشود که هر مجموعۀ باز ناتهی نامتناهی است(؟) و از:
$$X_{a,b}=Z- \cup_{k=1}^{b-1}X_{a+i,b}$$
نتیجه می شود که هر مجموعۀ باز بسته هم هست.حالا چون هر عدد $n \neq -1,1$ یک عامل اول $p$ دارد داریم:
$$n \in X_{0,p} \Rightarrow Z-[-1,1]= \cup_{p \in P}X_{0,p}$$
حالا اگر $P$ متناهی باشد آنگاه سمت راست تساوی اخیر اجتماعی متناهی از مجموعههای بسته باز هم بسته است و لذا مجموعه {$-1,1$} باز است که تناقض است.پس اعداد اول نامتناهیاند.
اثبات ششم (اردوش.نظریۀ اعداد):
اگر $p_1,p_2,...$ دنبالۀ صعودی اعداد اول باشد اویلر اول بار نشان داد که سری
$$ \sum_{p \in P} \frac{1}{p} $$
به مثبت بینهایت واگراست.و این نشان می دهد که اعداد اول نامناهی اند.اثبات اویلر در بیشتر کتابها و مقالات و سایتها قابل دسترسیست.اثباتی که اینجا ارائه میشه مال پاول اردوشه.
به کمک برهان خلف اگر سری فوق همگرا باشد در اینصورت عددی طبیعی مانند $k$ وجود دارد که:
$$ \sum_{i=k+1}^ \infty \frac{1}{p_i} < \frac{1}{2} $$
اگر اعداد $p_1,p_2,...,p_k$ را اعداد اول کوچک و $p_{k+1},p_{k+2},...$ را اعداد اول بزرگ بنامیم آنگاه برای هر عدد طبیعی $N$ داریم:
$$ \sum_{i=k+1}^ \infty \frac{N}{p_i} < \frac{N}{2} $$
اگر $N_1$ تعداد اعداد طبیعی نابیشتر از $N$ باشد که حداقل شمارندهای بزرگ دارند و $N_2$ تعداد اعداد نابیشتر از $N$ که فقط شمارندههای کوچک دارند آنگاه $[ \frac{a}{b} \frac{N}{p_i} ]$ تعداد اعداد نابیشتر از $N$ است که شمارنده بزرگ $p_i$ دارد بنابراین:
$$N_1 \leq \sum_{i=k+1}^ \infty [ \frac{N}{p_i} ]< \frac{N}{2} $$
حالا اگر $n \in N_2$ آنگاه $n=a_nb_n^2$ که در آن $a_n$ قسمت خالی از مربع است.با این توصیف باید هر $a_n$ حاصلضربی از تعدادی اعداد اول کوچک باشد و با توجه به اینکه دقیقن $2^k$ قسمت خالی از مربع داریم و $b_n \leq \sqrt{n} \leq N$ به این نتیجه میرسیم که حداکثر $ \sqrt{N} $ قسمت مربع کامل متفاوت وجود دارد بنابر این:
$$N_2 \leq 2^k \sqrt{N} $$
حالا اگر قرار دهیم $N=2^{2k+2}$ آنگاه داریم:
$$2^k \sqrt{N} \leq \frac{N}{2} $$
$$ \Rightarrow N_1+N_2< \frac{N}{2} + \frac{N}{2}=N$$
که این متناقض است با گزاره واضح $N_1+N_2=N$.لذا سری به مثبت بینهایت واگراست و لذا اعداد اول نامتناهی اند.
$ \Box $
