chứng minh đã có. Một chứng minh đã có có thể mô phỏng để chứng minh một kết quả mới. Thậm chí khi điều đó không làm được, thì một số ý tưởng được dùng trong các chứng minh hiện có cũng có thể trợ giúp rất nhiều. Vì những chứng minh hiện có cung cấp đầu mối cho những chứng minh mới, nên ta cần đọc và hiểu những chứng minh trong quá trình học tập.
Ví dụ sau minh họa cách mô phỏng một chứng minh đã biết để chứng minh một kết quả mới.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng có một số vô hạn các số nguyên tố có dạng 4k + 3, với k là một số nguyên không âm.
Chứng minh mà ta có thể mô phỏng được cho trong mục 3.1.3, nói rằng có một vô hạn các số nguyên tố. Cách chứng minh là giả sử chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố, cụ thể là p1, p2,…, pn và lập số Q = p1.p2…pn + 1. Số này là số nguyên tố hoặc có một ước số nguyên tố khác với các p1, p2,…, pn. Chứng minh được điều đó, tức là chứng minh được có một số vô hạn các số nguyên tố.
Bây giờ chúng ta cũng có thể giả thiết rằng chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4k + 3, với k là một số nguyên không âm, cụ thể là p1, p2,…, pn, trong đó p1 = 3, p2 = 7,…
Có thể lập số nào không chia hết cho các số nguyên tố ở trên nhưng lại chia hết cho một số nguyên tố cũng có dạng 4k + 3 không?
Xét số Q = 4p1.p2…pn +3, số này không phải số nguyên tố vì nó chia hết cho 3. Thay vào đó, ta xét số
Q = 4p1.p2…pn – 1
Chú ý rằng, số Q có dạng 4k + 3 (với k = p1.p2…pn – 1).
Nếu Q là số nguyên tố, tức là ta đã có số nguyên tố mong muốn mà khác với tất cả các số nguyên tố đã được liệt kê.
Nếu Q không là số nguyên tố thì nó có một ước số nguyên tố không thuộc danh sách p1, p2,…, pn, bởi vì số dư khi chia Q cho pi là pi – 1.
Mà pi – 1 ≠ 0, suy ra Q không chia hết cho pi, với i = 1, 2,…, n.
các số nguyên tố có dạng 4k + 1 đều có dạng như vậy.
Do đó Q có phải có ít nhất một ước số nguyên tố có dạng 4k + 3 khác với các số nguyên tố đã liệt kê.
Mâu thuẫn với giả thiết ta đưa ra. Đó là điều cần chứng minh.
Như vậy, chúng ta có thể mô phỏng một chứng minh đã có, bằng cách làm một số thay đổi nhỏ để chứng minh một kết quả mới.
Chúng ta tìm hiểu xem chứng minh vừa xây dựng trong ví dụ trên có thể được mô phỏng để chứng tỏ rằng có một số vô hạn các số nguyên tố có dạng ak + b đối với cặp số a, b khác với trường hợp đã xét a = 4 và b = 3 trong ví dụ trên.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6k + 5, với k là một số nguyên không âm.
Giả sử chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 6k + 5, với k là một số nguyên không âm, cụ thể là p1, p2,…, pn trong đó p1 = 5, p2 = 11, … và lập số Q = 6p1.p2…pn + 5, số này không phải số nguyên tố vì nó chia hết cho 5. Thay vào đó, ta xét số
Q = 6p1.p2…pn – 1
Chú ý rằng, số Q có dạng 6k + 5 (với k = p1.p2…pn – 1).
Nếu Q là số nguyên tố, tức là ta đã có số nguyên tố mong muốn mà khác với tất cả các số nguyên tố đã được liệt kê.
Nếu Q không là số nguyên tố thì nó có một ước số nguyên tố không thuộc danh sách p1, p2,…, pn, bởi vì số dư khi chia Q cho 2 là 1, cho 3 là 2, cho pi là pi – 1.
Mà pi – 1 ≠ 0, suy ra Q không chia hết cho pi, với i = 1, 2,…, n.
Vì tất cả các số nguyên lẻ khác 3 đều có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5 và tích của các số nguyên tố có dạng 6k + 1 đều có dạng như vậy.
Do đó Q có phải có ít nhất một ước số nguyên tố có dạng 6k + 5 khác với các số nguyên tố đã liệt kê.