如何证明素数有无穷多个？
好的，咱们来聊聊怎么证明素数是数不清的。这可是个挺有意思的问题，其实有很多种方法，但其中最经典、也最能体现数学智慧的，还得是欧几里得老爷爷的那个证明。咱们就从他那个出发，一点点把这个事情讲清楚。
首先，得明白什么是素数。简单来说，素数就是那些只能被1和它自己整除的数，而且它必须大于1。比如2、3、5、7、11这些，它们没法被别的数分得“整整齐齐”，就像一块顽固的砖头，纹丝不动。而像4、6、8这些，它们就能被别的小数分开了，所以它们是合数。
那要怎么证明素数是无穷无尽的呢？你想啊，如果素数是有限的，那咱们就能把它们一个个数出来，排个序，最后来个“最后一个素数”，这不就结了吗？但欧几里得老人家就说了：“嘿嘿，你以为能数完？我偏不信！”他用了一个非常巧妙的“反证法”。
什么是反证法呢？就像你想证明“我不是小偷”，你不能直接说“我不是小偷”，因为这样说没啥说服力。但如果你能证明“如果我是小偷，那么会出现一个荒谬的、不可能发生的事情”，那这样别人就不得不相信“我不是小偷”了。
欧几里得的思路就是这个：咱们先假设素数是有限的，然后看看这假设会不会引出什么奇怪的事情来。
好，咱们就假定啊，世界上所有的素数，就那么几个，数来数去就那么些。咱们把它们都列出来，从最小的那个开始，到最大的那个为止，就像一个名单一样：
`p1, p2, p3, ..., pn`
这里的 `p1` 是最小的素数2，`p2` 是3，依此类推，直到最后的那个 `pn`，按照我们的假设，这就是最大的素数了。
现在，咱们玩个小把戏，咱们把这些假设存在的素数， 全部乘起来，然后再 加个1。咱们把这个新算出来的数叫做 N。
所以，`N = (p1 p2 p3 ... pn) + 1`
这个 N 到底是什么呢？咱们来分析一下。
首先，这个 N 肯定比我们名单上的任何一个素数都要大，因为它是在所有素数乘积的基础上再加1得到的，这显而易见。
那么，这个 N 还有可能是一个素数吗？ 或者说，它有没有可能被我们名单上的任何一个素数整除呢？
咱们来试试看。咱们用名单上的第一个素数 `p1` 去除以 N。
`N / p1 = [(p1 p2 p3 ... pn) + 1] / p1`
咱们把它拆开来看：
`N / p1 = (p1 p2 p3 ... pn) / p1 + 1 / p1`
前面那一项 `(p1 p2 p3 ... pn) / p1` 很明显是可以整除的，因为 p1 是乘法里的一个因子，它本身就被消掉了，剩下的就是 `p2 p3 ... pn`，这是一个整数。
但是，后面那一项 `1 / p1` 呢？因为 `p1` 是素数，它至少是2，所以 `1 / p1` 肯定是一个分数，不是整数。
所以，N 除以 p1 的结果，不是一个整数，有余数1。 这说明，N 不能被 `p1` 整除。
咱们再试试名单上的第二个素数 `p2`。
`N / p2 = [(p1 p2 p3 ... pn) + 1] / p2`
拆开来：
`N / p2 = (p1 p2 p3 ... pn) / p2 + 1 / p2`
同样，前面那一项 `(p1 p2 p3 ... pn) / p2` 肯定是可以整除的，因为 p2 也是乘法里的一个因子。但后面那一项 `1 / p2` 还是一个分数。
所以，N 除以 p2 的结果，也有余数1。 这说明，N 也不能被 `p2` 整除。
大家看出来了吗？咱们用我们假设的 任何一个 素数 `pi` (i 从1到n) 去除以 N，都会得到余数1。因为 N 本身就是所有素数乘积加上1，所以它肯定不能被我们名单上的任何一个素数整除。
那么，这个 N 到底是什么情况呢？根据我们对数的分类，一个大于1的整数，要么它本身就是个素数，要么它能被一些素数整除。
我们已经证明了，N 不能被我们假设的 所有 素数整除。这就有两种可能性了：
1. N 本身就是一个素数。
2. N 是一个合数，但它可以被一些我们“没列出来”的素数整除。
不管哪种情况，都出现了一个问题。
如果 N 是个素数： 那它就比我们假设的最大的素数 `pn` 还要大（我们早就证明了 N 肯定大于 pn），这就 与我们最初的假设“素数是有限的，pn是最大的素数”相矛盾 了。因为我们又找到了一个比 `pn` 更大的素数 N。
如果 N 是个合数： 那么它肯定能被某个素数整除。但我们又证明了 N 不能被我们名单上的 任何一个 素数 `p1, p2, ..., pn` 整除。这就意味着，这个能整除 N 的素数， 肯定不在我们的素数名单上！这就说明，存在一个素数，我们没有把它列进去，这也就 再次与我们最初的假设“素数是有限的，pn是最大的素数”相矛盾 了。
你看，不管哪种情况，我们最初的那个“素数是有限的”的假设，最终都会导出一个不可能的、荒谬的结论。
所以，唯一的解释就是：我们最初的那个假设是错的！
既然“素数是有限的”这个假设是错的，那么它的反面，也就是 “素数是无穷多个的”，就一定是正确的！
这就是欧几里得证明的核心思想。它不是直接去找无穷多个素数，而是通过一个巧妙的逻辑推理，证明了任何试图“数完”素数的想法都会失败。
这个证明的厉害之处在于，它非常简洁，而且只需要用到一些基本的数的性质。它告诉我们，无论你认为你已经找到了多少个素数，总能通过这个“加一”的小把戏，构造出一个新的数，这个数要么本身是个更大的素数，要么能被一个比你已知的素数都大的素数整除，从而不断地“发现”新的素数。
所以，下次你看到一个很大的素数，不妨想想，它可能只是无穷无尽的素数大军中的一个普通士兵，后面还有无数的战友等着被发现呢！
首先，得明白什么是素数。简单来说，素数就是那些只能被1和它自己整除的数，而且它必须大于1。比如2、3、5、7、11这些，它们没法被别的数分得“整整齐齐”，就像一块顽固的砖头，纹丝不动。而像4、6、8这些，它们就能被别的小数分开了，所以它们是合数。
那要怎么证明素数是无穷无尽的呢？你想啊，如果素数是有限的，那咱们就能把它们一个个数出来，排个序，最后来个“最后一个素数”，这不就结了吗？但欧几里得老人家就说了：“嘿嘿，你以为能数完？我偏不信！”他用了一个非常巧妙的“反证法”。
什么是反证法呢？就像你想证明“我不是小偷”，你不能直接说“我不是小偷”，因为这样说没啥说服力。但如果你能证明“如果我是小偷，那么会出现一个荒谬的、不可能发生的事情”，那这样别人就不得不相信“我不是小偷”了。
欧几里得的思路就是这个：咱们先假设素数是有限的，然后看看这假设会不会引出什么奇怪的事情来。
好，咱们就假定啊，世界上所有的素数，就那么几个，数来数去就那么些。咱们把它们都列出来，从最小的那个开始，到最大的那个为止，就像一个名单一样：
`p1, p2, p3, ..., pn`
这里的 `p1` 是最小的素数2，`p2` 是3，依此类推，直到最后的那个 `pn`，按照我们的假设，这就是最大的素数了。
现在，咱们玩个小把戏，咱们把这些假设存在的素数， 全部乘起来，然后再 加个1。咱们把这个新算出来的数叫做 N。
所以，`N = (p1 p2 p3 ... pn) + 1`
这个 N 到底是什么呢？咱们来分析一下。
首先，这个 N 肯定比我们名单上的任何一个素数都要大，因为它是在所有素数乘积的基础上再加1得到的，这显而易见。
那么，这个 N 还有可能是一个素数吗？ 或者说，它有没有可能被我们名单上的任何一个素数整除呢？
咱们来试试看。咱们用名单上的第一个素数 `p1` 去除以 N。
`N / p1 = [(p1 p2 p3 ... pn) + 1] / p1`
咱们把它拆开来看：
`N / p1 = (p1 p2 p3 ... pn) / p1 + 1 / p1`
前面那一项 `(p1 p2 p3 ... pn) / p1` 很明显是可以整除的，因为 p1 是乘法里的一个因子，它本身就被消掉了，剩下的就是 `p2 p3 ... pn`，这是一个整数。
但是，后面那一项 `1 / p1` 呢？因为 `p1` 是素数，它至少是2，所以 `1 / p1` 肯定是一个分数，不是整数。
所以，N 除以 p1 的结果，不是一个整数，有余数1。 这说明，N 不能被 `p1` 整除。
咱们再试试名单上的第二个素数 `p2`。
`N / p2 = [(p1 p2 p3 ... pn) + 1] / p2`
拆开来：
`N / p2 = (p1 p2 p3 ... pn) / p2 + 1 / p2`
同样，前面那一项 `(p1 p2 p3 ... pn) / p2` 肯定是可以整除的，因为 p2 也是乘法里的一个因子。但后面那一项 `1 / p2` 还是一个分数。
所以，N 除以 p2 的结果，也有余数1。 这说明，N 也不能被 `p2` 整除。
大家看出来了吗？咱们用我们假设的 任何一个 素数 `pi` (i 从1到n) 去除以 N，都会得到余数1。因为 N 本身就是所有素数乘积加上1，所以它肯定不能被我们名单上的任何一个素数整除。
那么，这个 N 到底是什么情况呢？根据我们对数的分类，一个大于1的整数，要么它本身就是个素数，要么它能被一些素数整除。
我们已经证明了，N 不能被我们假设的 所有 素数整除。这就有两种可能性了：
1. N 本身就是一个素数。
2. N 是一个合数，但它可以被一些我们“没列出来”的素数整除。
不管哪种情况，都出现了一个问题。
如果 N 是个素数： 那它就比我们假设的最大的素数 `pn` 还要大（我们早就证明了 N 肯定大于 pn），这就 与我们最初的假设“素数是有限的，pn是最大的素数”相矛盾 了。因为我们又找到了一个比 `pn` 更大的素数 N。
如果 N 是个合数： 那么它肯定能被某个素数整除。但我们又证明了 N 不能被我们名单上的 任何一个 素数 `p1, p2, ..., pn` 整除。这就意味着，这个能整除 N 的素数， 肯定不在我们的素数名单上！这就说明，存在一个素数，我们没有把它列进去，这也就 再次与我们最初的假设“素数是有限的，pn是最大的素数”相矛盾 了。
你看，不管哪种情况，我们最初的那个“素数是有限的”的假设，最终都会导出一个不可能的、荒谬的结论。
所以，唯一的解释就是：我们最初的那个假设是错的！
既然“素数是有限的”这个假设是错的，那么它的反面，也就是 “素数是无穷多个的”，就一定是正确的！
这就是欧几里得证明的核心思想。它不是直接去找无穷多个素数，而是通过一个巧妙的逻辑推理，证明了任何试图“数完”素数的想法都会失败。
这个证明的厉害之处在于，它非常简洁，而且只需要用到一些基本的数的性质。它告诉我们，无论你认为你已经找到了多少个素数，总能通过这个“加一”的小把戏，构造出一个新的数，这个数要么本身是个更大的素数，要么能被一个比你已知的素数都大的素数整除，从而不断地“发现”新的素数。
所以，下次你看到一个很大的素数，不妨想想，它可能只是无穷无尽的素数大军中的一个普通士兵，后面还有无数的战友等着被发现呢！
网友意见
经典反证法和Zeta函数欧拉乘积反证法都已经有人回答了，下面写一个自己的构造证明法：
定义Mangoldt函数 ，则有：
因此有如下关系
再利用RS积分：
可得渐近展开
重排左侧，得：
对于右侧，有
因此 。最后根据Shapiro陶伯型定理（Shapiro's Tauberian theorem）[1][2]，可知存在常数K使得对于足够大得x，有：
即对于足够大得x，存在常数A和B使得
设素数计数函数 则利用RS积分，得：
因此素数有无穷多个。
附录1： 收敛证明
附录2：Shapiro陶伯型定理的另一结论及其推论
事实上对 使用Shapiro陶伯型定理还能给出一个更有意思的结论：
这可以让我们计算素数倒数和的渐近式：
现在定义 则有：
@呀嘞呀嘞 确实欧拉乘积能给出asymptotic tight bound，但似乎它没法对误差进行估计。
参考
- ^ Shapiro. Harold N. (1950) On the number of primes less than or equal x. Proc. Amer. Math. Soc.,/: 346-348: MR 12, 80.
- ^当数论遇上分析（3）——数论函数的加权平均、切比雪夫定理以及埃氏筛 - 知乎 https://zhuanlan.zhihu.com/p/272483362
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