欧几里德的素数无限性的阶乘解。

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（一）。K个连续正整数阶乘之积趣解。 先来看一个命题：

k 个连续正整数之积一定可以被 k!（k 的阶乘） 整除，即，对于任意 非负整数 m 有 k! | (m+1)(m+2)…(m+k)。

证明：

(m+1)(m+2)…(m+k)

= 1×2×… ×m×(m+1)×(m+2)×…×(m+k) / (1×2×… ×m)

= (m+k)!/m!

= k! [(m+k)!/(m!k!)]

而从a 个元素中任意选取 b 个元素的 可能组合数 为：

C(a, b) = a!/((a-b)!b!) (b≤a)

令 a = m+k， b = k，则有：

C(m+k, k) = (m+k)!/((m+k-k)!k!) = (m+k)!/(m!k!)

因此有：

(m+1)(m+2)…(m+k) = k!C(m+k, k)

C(m+k, k) 即，从 m+k 个元素中任意选取 k 个元素的 可能组合数，它 一定是个 正整数，这就说明 k! 一定整除 k!C(m+k, k) 也就是 整除 (m+1)(m+2)…(m+k))，即，

k! | (m+1)(m+2)…(m+k)

得证

当命题中，k = 5 时，k! = 5×4×3×2×1 = 120，于是我们说：5个连续正整数之积必能被120整除。

此命题的常见结论是：

任意 3 个连续正整数的积都可以被6整除；

任意 2 个相邻正整数的积都可以被2整除；

这大家估计都见过。

和上面结论1，相关联的另一个命题是：如果正整数 m 的 各位数（十进制）之和 是 3 的倍数，则 m 可以被 3 整除。

证明：

设，B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，令，

m = aᵣ10ʳ + aᵣ₋₁10ʳ⁻¹ + … + a₁10¹ + a₀，(aᵣ, aᵣ₋₁, …, a₁, a₀ ∈ B)

则：

m = aᵣ(10ʳ-1) + aᵣ₋₁(10ʳ⁻¹-1) + … + a₁(10¹-1) + (aᵣ + aᵣ₋₁ + … + a₁ + a₀)

而对于 n = 1, 2, …, r 有：

10ⁿ – 1 = 9×10ⁿ + 9×10ⁿ⁻¹ + … + 9×10 + 9

显然 3 | 10ⁿ – 1，于是：

3 | aᵣ(10ʳ-1) + aᵣ₋₁(10ʳ⁻¹-1) + … + a₁(10¹-1)

进而 只需要保持：

3 | aᵣ + aᵣ₋₁ + … + a₁ + a₀

即，

m 的 各位数之和 被 3 的整除（也就是：m 的 各位数之和 是 3 的倍数）

则，

3 | m

得证

（二）。欧几里德的素数无限性的阶剩解。 在自然数整数所含素数1，2，3，5，7， 。。。。。。的阶乘，有什么有趣的现象呢。 在大约公元前三百年前，欧几里德在《几何原本》中就证明了素数的无限性。.

那么，欧几里德素数无限的公式阶乘有什么有趣的现象呢。哪就是素数的阶乘尾数都是零，能被5和10整除，所以，古《奇门遁甲》中有：五日一元周二遁，十子一甲用皆同之说。