质数的分布规律,一直是数论中的一个重要课题,也是从古到今诸多数学家们所醉心研究的问题之一。
在人们已经发现的规律中,有质数定理、伯特兰-切比雪夫定理和狄利克雷定理等已经得到证明的规律,也有勒让德猜想、梅森猜想、孪生质数猜想、哥德巴赫猜想和黎曼猜想这些人们尚未完全掌握的问题。
在这篇短文中,我们仅对狄利克雷定理的一些特例作出初步的探寻,所涉及的内容不超过初中数学范畴。
首先,质数的个数是无穷多的。
这个规律不难通过朴素的思想所得到,对它的证明也早在古希腊时代就找到了巧妙的方法。欧几里德在《几何原本》中,通过构造特例、用反证法证明了质数的这个规律。
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建立原命题的反命题:假设质数的个数是有限的,p是其中最大的一个质数。
构造特例:将所有的质数相乘,加上1,得到一个数N = 2×3×5×7×…p+1。
推出矛盾:将N分别对2, 3, 5, 7, …, p取余,可知N ≡ 1 (mod 2, 3, 5, 7, …, p);换句话说,N不能被其中任一质数整除,同时易知N > p,所以N是一个比p大的质数。这个推论与p是所有质数中最大的一个相矛盾。
原命题得证:所以,质数的个数是无穷多的。
其次,因为2是唯一的偶质数,所以从质数的个数有无穷多个可以得出,奇质数的个数也是无穷多个的。即,对于k为正整数,形如2k+1的质数有无穷多个。
这里,奇质数集合是奇数集合{2k+1}的一个真子集,两个集合都有无穷多个元素。
任一正整数都可以表示成为3k,3k+1或者3k+2的形式之一,其中,当k > 1时,3k必然不是质数。所以下面,我们分别来讨论一下3k+2和3k+1两种形式的质数的个数。
对于正整数m和n,(3m + 1)(3n + 1) = 3(3mn + m + n) + 1,因此,若干个形如3k+1的整数相乘,最后得到的乘积一定是一个形如3k+1的整数。换句话说,不可能通过将若干个形如3k+1的整数相乘得到一个形如3k+2的整数。再换句话说,一个形如3k+2的合数必然至少有一个形如3k+2的质因数(引理I),因为只靠形如3k+1的因数相乘是无法得到形如3k+2的整数的。
假设形如3k+2的质数的个数为有限个,其中最大的一个质数为3m+2。我们将所有形如3k+2的质数相乘,构造N = 5×11×17×23×…(3m+2)。显然,N不是3的倍数,它要么是3k+1的形式,要么是3k+2的形式。
如果N是3k+1的形式,那么N+1就是3k+2的形式。因为N+1除以任何一个形如3k+2的质因数的余数为1,所以它没有任何形如3k+2的质因子。根据引理I,N+1是一个形如3k+2的质数。
如果N是3k+2的形式,那么N+3也是3k+2的形式。因为N+3除以任何一个形如3k+2的质因数的余数为3,所以它没有任何形如3k+2的质因子。根据引理I,N+3是一个形如3k+2的质数。
不论是以上哪种情况,都说明存在一个比3m+2还要大的形如3k+2的质数,与假设矛盾。
所以,形如3k+2的质数有无穷多个。
能不能用类似的做法来证明形如3k+1的质数也有无穷多个呢?
答案是否定的,要证明形如3k+1的质数也有无穷多个需要更加高等的数学知识。这是因为对于正整数m和n,(3m + 2)(3n + 2) = 3(3mn + 2m + 2n + 1) + 1,因此,偶数个形如3k+2的整数相乘,最后得到的乘积是一个形如3k+1的整数。
这样类似地,虽然我们可以构造出某个形如3k+1的整数N,尽管它和假设的所有形如3k+1的质数相质,但它仍然可能是偶数个形如3k+2的整数的乘积,从而无法得出它是一个质数的结论,无法推导出矛盾来。
再来看看系数为4的情况。任一正整数都可以表示成为4k,4k+1,4k+2或者4k+3的形式之一,其中,4k和4k+2两种形式必然不是质数。所以,我们只需讨论一下4k+2和4k+3两种形式的质数的个数。
类似于系数为3的情况,先考虑一下两种形式的整数相乘的结果。
对于正整数m和n,(4m + 1)(4n + 1) = 4(4mn + m + n) + 1,因此,若干个形如4k+1的整数相乘,最后得到的乘积一定是一个形如4k+1的整数。于是类似地我们可以得到引理II:一个形如4k+3的合数必然至少有一个形如4k+3的质因数,因为只靠形如4k+1的因数相乘是无法得到形如4k+3的整数的。
依样画葫芦,可以假设形如4k+3的质数的个数为有限个,其中最大的一个质数为4m+3。将所有形如4m+3的质数相乘,构造N = 7×11×19×23×…(4m+3)。显然,N是个奇数,它要么是4k+1的形式,要么是4k+3的形式。
如果N是4k+1的形式,那么N+2就是4k+3的形式。因为N+2没有任何一个形如4k+3的质因子,根据引理II,N+2是一个形如4k+3的质数。
如果N是4k+3的形式,那么N+4也是4k+3的形式。因为N+4没有任何一个形如4k+3的质因子,根据引理II,N+3是一个形如4k+3的质数。
不论是以上哪种情况,都说明存在一个比4m+3还要大的形如4k+3的质数,与假设矛盾。
所以,形如4k+3的质数有无穷多个。
对于正整数m和n,(4m + 3)(4n + 3) = 4(4mn + 3m + 3n + 2) + 1,因此一个形如4k+1的整数可以是偶数个形如4k+3的整数的乘积,那么证明形如4k+1的质数有无穷多个是否也变得十分艰难?
为了解决这个问题,我们确实需要另一种思路,即证明:对于形如n2+1的整数,其奇质因子必然是4k+1形式的(引理III)。
类似于前面的分析,对于系数为4的线性形式,可知奇数质因子要么形如4k+1,要么形如4k+3。
假设n2+1有质因子p = 4m+3,因为p|n2+1,所以n2 ≡ -1 (mod p),(n2)2m+1 ≡ (-1)2m+1 (mod p),n4m+2 ≡ -1 (mod p),即np-1 ≡ -1 (mod p)。
同时,因为n和p互质,根据费马小定理有,np-1 ≡ 1 (mod p),因为p ≠ 2,得出矛盾。
因此,作为奇数,n2+1不可能有形如4k+3的奇质因子,所以,n2+1的所有奇质因子必然都是4k+1的形式。
接下来,“故伎重演”。
假设形如4k+1的质数的个数为有限个,其最大的一个为4m+1,构造N = [2×5×13×17×…(4m+1)]2 + 1,显然N和5, 13, 17, …, 4m+1所有这些形如4k+1的质数互质;但N又是形如n2+1的整数,根据我们前面证明的引理III,N必然有形如4k+1的质因子,得出矛盾。
因此,形如4k+1的质数有无穷多个。
以上,我们证明了形如2k+1、3k+2、4k+1、4k+3的质数有无穷多个,有兴趣的朋友可以试试证明形如5k+4、6k+5的质数也有无穷多个。
事实上,对于ak+b这样的整系数线性形式,如果a和b互质,那么形如ak+b的质数有无穷多个。换句话说,以ak+b为通项公式的等差数列中存在着无穷多个质数。这就是狄利克雷(Dirichlet)定理。
关于狄利克雷定理的证明需要非常复杂的数学知识,不在本文讨论之列。作为总结,我们可以从欧几里德的证明出发,学习构造特例在反证法中的应用,这一技巧也普遍适用于对其它数学问题的解法。