Teorema Euclid 📖 Wikipedia

Diambil sembarang himpunan hingga bilangan prima $${\displaystyle P=\left\{p_{1},\,p_{2},\,p_{3},\,\ldots ,\,p_{n}\right\}}$$ Misalkan ${\displaystyle N}$ adalah satu lebihnya dari darab semua bilangan prima pada ${\displaystyle P}$, yaitu $${\displaystyle N=1+p_{1}\cdot p_{2}\cdot p_{3}\cdot \ldots \cdot p_{n}}$$

Terdapat dua kemungkinan yang dapat terjadi :

1. Jika ${\displaystyle N}$ merupakan bilangan prima, maka terdapat setidaknya satu bilangan prima yang tidak ada pada himpunan ${\displaystyle P}$, salah satunya ialah ${\displaystyle N}$ itu sendiri.
2. Jika ${\displaystyle N}$ merupakan bilangan komposit, maka terdapat suatu faktor prima ${\displaystyle p}$ yang habis membagi ${\displaystyle N}$. Jika ${\displaystyle p}$ merupakan anggota dari ${\displaystyle P}$, maka ${\displaystyle p}$ habis membagi ${\displaystyle p_{1}\cdot p_{2}\cdot p_{3}\cdot \ldots \cdot p_{n}}$. Oleh karena ${\displaystyle p}$ habis membagi ${\displaystyle N}$ dan ${\displaystyle p}$ habis membagi ${\displaystyle p_{1}\cdot p_{2}\cdot p_{3}\cdot \ldots \cdot p_{n}}$, maka ${\displaystyle p}$ habis membagi selisih^{[note 1]} dari dua bilangan tersebut, yaitu ${\displaystyle 1}$. Oleh karena tidak ada bilangan prima yang habis membagi 1, maka ${\displaystyle p}$ bukanlah anggota dari ${\displaystyle P}$. Akibatnya, terdapat setidaknya satu bilangan prima yang tidak ada pada himpunan ${\displaystyle P}$, salah satunya ialah ${\displaystyle p}$ itu sendiri.

Berdasarkan kedua kasus di atas, maka dapat disimpulkan bahwa untuk setiap himpunan berhingga bilangan prima, terdapat suatu bilangan prima yang tidak termuat pada himpunan tersebut.

Berdasarkan definisi dari faktorial, maka bilangan ${\displaystyle n!}$ habis dibagi oleh setiap bilangan asli dari ${\displaystyle 2}$ sampai dengan ${\displaystyle n}$, sebab ${\displaystyle n!}$ merupakan hasil kali dari mereka semua. Akibatnya, bilangan ${\displaystyle n!+1}$ tidak habis dibagi oleh sembarang bilangan asli dari ${\displaystyle 2}$ sampai dengan ${\displaystyle n}$, sehingga ${\displaystyle n!+1}$ dapat berupa bilangan prima, atau habis dibagi oleh suatu bilangan prima yang lebih dari ${\displaystyle n}$. Dalam kedua kasus tersebut, maka untuk setiap bilangan asli ${\displaystyle n}$, terdapat setidaknya satu bilangan prima yang lebih dari ${\displaystyle n}$, sehingga dapat disimpulkan bahwa banyaknya bilangan prima ialah takhingga.^[5]

Pandang darab berikut

$${\displaystyle \prod _{p\;{\text{prima}}}{\dfrac {1}{1-{\tfrac {1}{p}}}}=\prod _{p\;{\text{prima}}}{\dfrac {p}{p-1}}={\dfrac {2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17\cdot 19\cdot 23\cdot \ldots }{1\cdot 2\cdot 4\cdot 6\cdot 10\cdot 12\cdot 16\cdot 18\cdot 22\cdot \ldots }}}$$

Dengan menggunakan rumus deret geometrik beserta sifat distributif, maka $${\displaystyle {\begin{aligned}\prod _{p\;{\text{prima}}}{\dfrac {1}{1-{\tfrac {1}{p}}}}&=\prod _{p\;{\text{prima}}}\left(1+{\dfrac {1}{p}}+{\dfrac {1}{p^{2}}}+{\dfrac {1}{p^{3}}}+{\dfrac {1}{p^{4}}}+\ldots \right)\\&=\left(1+{\dfrac {1}{2}}+{\dfrac {1}{2^{2}}}+{\dfrac {1}{2^{3}}}+{\dfrac {1}{2^{4}}}+\ldots \right)\;\times \\&{\phantom {=,}}\left(1+{\dfrac {1}{3}}+{\dfrac {1}{3^{2}}}+{\dfrac {1}{3^{3}}}+{\dfrac {1}{3^{4}}}+\ldots \right)\;\times \\&{\phantom {=,}}\left(1+{\dfrac {1}{5}}+{\dfrac {1}{5^{2}}}+{\dfrac {1}{5^{3}}}+{\dfrac {1}{5^{4}}}+\ldots \right)\;\times \\&{\phantom {=,}}\left(1+{\dfrac {1}{7}}+{\dfrac {1}{7^{2}}}+{\dfrac {1}{7^{3}}}+{\dfrac {1}{7^{4}}}+\ldots \right)\;\times \;\ldots \\&=1+{\dfrac {1}{2}}+{\dfrac {1}{3}}+{\dfrac {1}{2^{2}}}+{\dfrac {1}{5}}+{\dfrac {1}{2\cdot 3}}+\ldots \\&=\sum _{n\,=\,1}^{\infty }{\dfrac {1}{n}}\end{aligned}}}$$

Saat menjabarkan darab dari deret takhingga pada baris kedua, hasil penjabarannya ialah faktorisasi prima dari ${\displaystyle {\tfrac {1}{n}}}$. Berdasarkan teorema dasar aritmetika, maka setiap bilangan asli ${\displaystyle n}$ selain 1 akan memiliki faktorisasi prima yang bersifat tunggal. Akibatnya, setiap ${\displaystyle {\tfrac {1}{n}}}$ akan muncul tepat satu kali, sehingga dapat disimpulkan bahwa $${\displaystyle \prod _{p\;{\text{prima}}}{\dfrac {1}{1-{\tfrac {1}{p}}}}=\sum _{n\,=\,1}^{\infty }{\dfrac {1}{n}}}$$ yang dikenal sebagai rumus darab Euler untuk fungsi zeta Riemann.

Andaikan hanya terdapat berhingga banyaknya bilangan prima, maka hasil darab pada ruas kiri memiliki nilai yang berhingga. Akan tetapi, telah dibuktikan sebelumnya bahwa deret pada ruas kanan bersifat divergen.^{[note 2]} Oleh karena terjadi kontradiksi, maka asumsi di awal paragraf ini—bahwa hanya terdapat berhingga banyaknya bilangan prima—tidaklah benar, sehingga dapat disimpulkan bahwa banyaknya bilangan prima adalah takhingga.

Oleh karena darab takhingga

$${\displaystyle \prod _{n\,=\,2}^{\infty }{\dfrac {1}{1-{\tfrac {1}{n^{2}}}}}=\prod _{n\,=\,2}^{\infty }{\dfrac {n^{2}}{n^{2}-1}}={\dfrac {4\cdot 9\cdot 16\cdot 25\cdot 36\cdot \ldots }{3\cdot 8\cdot 15\cdot 24\cdot 35\cdot \ldots }}}$$

konvergen ke bilangan 2, maka terdapat lebih banyak^{[note 3]} bilangan prima daripada bilangan persegi.^[6] Dengan kata lain, untuk bilangan asli ${\displaystyle N}$ yang cukup besar, terdapat lebih banyak bilangan prima pada selang ${\displaystyle \left[1,\,N\right]}$ daripada banyaknya bilangan persegi pada selang yang sama.^{[butuh rujukan]}

Perhatikan bahwa setiap bilangan asli selain 1 dapat difaktorkan secara tunggal menjadi hasil kali dari bilangan bulat bebas kuadrat ${\displaystyle a}$ dan bilangan persegi ${\displaystyle b^{2}}$. Misalnya, ${\displaystyle 75.600=2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{2}\cdot 7^{1}=21\cdot 60^{2}}$.

Misalkan ${\displaystyle N}$ adalah bilangan asli dan ${\displaystyle k}$ menyatakan banyaknya bilangan prima yang kurang dari atau sama dengan ${\displaystyle N}$, maka bilangan-bilangan prima tersebut dapat dinyatakan sebagai ${\displaystyle p_{1}}$, ${\displaystyle p_{2}}$, ${\displaystyle p_{3}}$, sampai dengan ${\displaystyle p_{k}}$. Telah diketahui sebelumnya bahwa setiap bilangan asli ${\displaystyle n\leq N}$ dapat dinyatakan sebagai $${\displaystyle {\begin{aligned}n&=ab^{2}\\&=\left(p_{1}^{e_{1}}\cdot p_{2}^{e_{2}}\cdot \ldots \cdot p_{k}^{e_{k}}\right)b^{2}\end{aligned}}}$$ dengan ${\displaystyle e_{i}\in \left\{0,\,1\right\}}$ untuk setiap ${\displaystyle i\in \left\{1,\,2,\,3,\,\ldots ,\,k\right\}}$. Berdasarkan persamaan di atas, maka untuk setiap nilai ${\displaystyle b}$ yang tetap, terdapat paling banyak ${\displaystyle 2^{k}}$ kemungkinan nilai ${\displaystyle a}$ yang dapat dibentuk.^{[note 5]} Oleh karena ${\displaystyle a\geq 1}$, maka $${\displaystyle {\begin{aligned}n&\leq N\\ab^{2}&\leq N\\b^{2}\leq ab^{2}&\leq N\\b^{2}&\leq N\end{aligned}}}$$ sehingga banyaknya nilai yang mungkin untuk ${\displaystyle b}$ tidak lebih dari ${\displaystyle {\sqrt {N}}}$. Akibatnya, untuk setiap ${\displaystyle N\in \mathbb {N} }$, terdapat paling banyak ${\displaystyle 2^{k}{\sqrt {N}}}$ bilangan yang nilainya kurang dari atau sama dengan ${\displaystyle N}$. Akan tetapi, jelas bahwa terdapat ${\displaystyle N}$ bilangan yang nilainya kurang dari atau sama dengan ${\displaystyle N}$. Dengan kata lain, berlaku pertidaksamaan

$${\displaystyle {\begin{aligned}N&\leq 2^{k}{\sqrt {N}}\\{\sqrt {N}}&\leq 2^{k}\\^{2}\!\log({\sqrt {N}})&\leq k\\{\dfrac {1}{2}}\cdot \,^{2}\!\log N&\leq k\end{aligned}}}$$

yang berarti bahwa banyaknya bilangan prima yang kurang dari atau sama dengan ${\displaystyle N}$ itu paling sedikit ${\displaystyle {\frac {1}{2}}\cdot \,^{2}\!\log N}$ bilangan. Oleh karena ${\displaystyle N}$ adalah sembarang bilangan asli, maka nilai ${\displaystyle k}$ dapat sebesar yang diinginkan dengan memilih nilai ${\displaystyle N}$ yang sesuai.

Didefinisikan topologi pada himpunan bilangan bulat ${\displaystyle \mathbb {Z} }$—yang dikenal sebagai topologi bilangan bulat berjarak sama—dengan mendefinisikan suatu himpunan ${\displaystyle H\subseteq \mathbb {Z} }$ sebagai himpunan terbuka jika dan hanya jika ${\displaystyle H=\varnothing }$ atau ${\displaystyle H}$ dapat dinyatakan sebagai gabungan dari barisan aritmetika ${\displaystyle a\mathbb {Z} +b}$, yaitu

$${\displaystyle a\mathbb {Z} +b=\left\{an+b\mid n\in \mathbb {Z} \right\}}$$

dengan ${\displaystyle a\neq 0}$. Oleh karena ${\displaystyle \mathbb {Z} }$ merupakan himpunan takhingga, maka setiap himpunan terbuka pada topologi ini merupakan himpunan takhingga. Dengan kata lain, setiap himpunan hingga bukanlah himpunan terbuka. Telah dibuktikan sebelumnya bahwa setiap basis ${\displaystyle a\mathbb {Z} +b}$ merupakan himpunan terbuka sekaligus tertutup. Pandang himpunan berikut:

$${\displaystyle S=\mathbb {Z} \setminus \left\{-1,1\right\}=\bigcup _{p\,\in \,P}p\mathbb {Z} }$$

dengan ${\displaystyle P}$ menyatakan himpunan semua bilangan prima. Andaikan ${\displaystyle P}$ merupakan himpunan hingga, perhatikan bahwa

1. himpunan ${\displaystyle S}$ merupakan gabungan berhingga dari himpunan tertutup. Akibatnya, ${\displaystyle S}$ merupakan himpunan tertutup.
2. himpunan ${\displaystyle S^{\textsf {c}}}$ merupakan himpunan hingga. Akibatnya, ${\displaystyle S}$ bukan merupakan himpunan tertutup.

Oleh karena terjadi kontradiksi, maka asumsi bahwa ${\displaystyle P}$ merupakan himpunan hingga bernilai salah, sehingga ${\displaystyle P}$ haruslah himpunan takhingga.

Misalkan ${\displaystyle p_{1}<p_{2}<\ldots <p_{n}}$ menyatakan ${\displaystyle n}$ bilangan prima terkecil. Untuk setiap ${\displaystyle N\in \mathbb {N} }$, perhatikan bahwa banyaknya bilangan asli pada selang ${\displaystyle \left[1,\,N\right]}$ yang habis dibagi oleh ${\displaystyle p_{i}}$ ialah ${\displaystyle \left\lfloor {\tfrac {N}{p_{i}}}\right\rfloor }$, dengan ${\displaystyle \left\lfloor \cdot \right\rfloor }$ menyatakan fungsi lantai. Dengan menerapkan tapis Eratosthenes menggunakan prinsip inklusi–eksklusi, maka banyaknya bilangan asli pada selang ${\displaystyle \left[1,\,N\right]}$ dapat dihitung melalui dua cara berbeda, sehingga didapatkan persamaan $${\displaystyle {\begin{aligned}N-1&=\sum _{i\,=\,1}^{n}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}}}\right\rfloor -\sum _{i\,<\,j}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}}}\right\rfloor \\&{\phantom {\sum }}+\sum _{i\,<\,j\,<\,k}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}p_{k}}}\right\rfloor -\ldots \pm (-1)^{n+1}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{1}p_{2}\ldots p_{n}}}\right\rfloor \\1-{\dfrac {1}{N}}&=\sum _{i\,=\,1}^{n}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}}}\right\rfloor -\sum _{i\,<\,j}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}}}\right\rfloor \\&{\phantom {\sum }}+\sum _{i\,<\,j\,<\,k}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}p_{k}}}\right\rfloor -\ldots \pm (-1)^{n+1}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{1}p_{2}\ldots p_{n}}}\right\rfloor \end{aligned}}}$$

Dengan menggunakan teorema apit, maka

$${\displaystyle \lim _{N\,\to \,\infty }{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}}}\right\rfloor ={\dfrac {1}{p_{i}}}}$$

sehingga

$${\displaystyle {\begin{aligned}1-{\dfrac {1}{N}}&=\sum _{i\,=\,1}^{n}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}}}\right\rfloor -\sum _{i\,<\,j}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}}}\right\rfloor \\&{\phantom {\sum }}+\sum _{i\,<\,j\,<\,k}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}p_{k}}}\right\rfloor -\ldots \pm (-1)^{n+1}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{1}p_{2}\ldots p_{n}}}\right\rfloor \\\lim _{N\,\to \,\infty }1-{\dfrac {1}{N}}&=\lim _{N\,\to \,\infty }\sum _{i\,=\,1}^{n}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}}}\right\rfloor -\sum _{i\,<\,j}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}}}\right\rfloor \\&{\phantom {\sum }}+\sum _{i\,<\,j\,<\,k}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{i}p_{j}p_{k}}}\right\rfloor -\ldots \pm (-1)^{n+1}{\dfrac {1}{N}}\left\lfloor {\dfrac {N}{p_{1}p_{2}\ldots p_{n}}}\right\rfloor \\1&=\sum _{i}{\dfrac {1}{p_{i}}}-\sum _{i\,<\,j}{\dfrac {1}{p_{i}p_{j}}}+\sum _{i\,<\,j\,<\,k}{\dfrac {N}{p_{i}p_{j}p_{k}}}-\ldots \pm (-1)^{n+1}{\dfrac {1}{p_{1}p_{2}\ldots p_{n}}}\\0&=1-\sum _{i}{\dfrac {1}{p_{i}}}+\sum _{i\,<\,j}{\dfrac {1}{p_{i}p_{j}}}-\sum _{i\,<\,j\,<\,k}{\dfrac {N}{p_{i}p_{j}p_{k}}}+\ldots \pm (-1)^{n}{\dfrac {1}{p_{1}p_{2}\ldots p_{n}}}\\&=\prod _{i}\left(1-{\dfrac {1}{p_{i}}}\right)\end{aligned}}}$$

Jika tidak ada bilangan prima selain ${\displaystyle p_{1}}$ sampai dengan ${\displaystyle p_{n}}$, maka hasil kali di atas tidak mungkin bernilai nol. Akibatnya, terdapat bilangan prima selain ${\displaystyle p_{1}}$ sampai dengan ${\displaystyle p_{n}}$.

Misalkan ${\displaystyle n}$ adalah bilangan asli. Berdasarkan rumus Legendre (atau terkadang diatributkan sebagai rumus de Polignac), maka $${\displaystyle n!=\prod _{p\;{\text{prima}}}p^{f(p,\,n)}}$$ dengan $${\displaystyle f(p,\,n)=\left\lfloor {\dfrac {n}{p}}\right\rfloor +\left\lfloor {\dfrac {n}{p^{2}}}\right\rfloor +\left\lfloor {\dfrac {n}{p^{3}}}\right\rfloor +\ldots }$$

Perhatikan bahwa $${\displaystyle {\begin{aligned}f(p,\,n)&\leq {\dfrac {n}{p}}+{\dfrac {n}{p^{2}}}+{\dfrac {n}{p^{2}}}+{\dfrac {n}{p^{3}}}+\ldots \\&={\dfrac {n}{p-1}}\\&\leq n\end{aligned}}}$$ Akibatnya, $${\displaystyle {\begin{aligned}f(p,\,n)&\leq n\\p^{f(p,\,n)}&\leq p^{n}\\\prod _{p\;{\text{prima}}}p^{f(p,\,n)}&\leq \prod _{p\;{\text{prima}}}p^{n}\\n!&\leq \left(\prod _{p\;{\text{prima}}}p\right)^{n}\\1&\leq {\dfrac {1}{n!}}\left(\prod _{p\;{\text{prima}}}p\right)^{n}\end{aligned}}}$$

Jika hanya terdapat berhingga banyaknya bilangan prima, maka $${\displaystyle \lim _{n\,\to \,\infty }{\dfrac {1}{n!}}\left(\prod _{p\;{\text{prima}}}p\right)^{n}=\lim _{n\,\to \,\infty }{\dfrac {a^{n}}{n!}}=0\qquad \qquad {\text{untuk suatu konstanta}}\;a>0}$$ yang menimbulkan kontradiksi dengan pertidaksamaan $${\displaystyle {\dfrac {1}{n!}}\left(\prod _{p\;{\text{prima}}}p\right)^{n}\geq 1}$$ yang berlaku untuk setiap ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$.

Berdasarkan teorema dasar aritmetika, maka setiap bilangan asli yang lebih dari 1 akan memiliki setidaknya 1 faktor prima. Oleh karena setiap dua bilangan asli berurutan (yaitu ${\displaystyle n}$ dan ${\displaystyle n+1}$) tidak memiliki faktor persekutuan selain 1, maka bilangan ${\displaystyle n(n+1)}$ memiliki faktor prima berbeda yang lebih banyak daripada faktor prima dari ${\displaystyle n}$ itu sendiri. Akibatnya, rantai bilangan pronik

$${\displaystyle n_{i+1}=n_{i}(n_{i}+1)\qquad \qquad n_{1}=1}$$

$${\displaystyle {\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \;i\;&n&n(n+1)&p\mid (n(n+1))\\\hline 1&1&2&\left\{2\right\}\\2&2&6&\left\{2,\,3\right\}\\3&6&42&\left\{2,\,3,\,7\right\}\\4&42&1806&\left\{2,\,3,\,7,\,43\right\}\\5&1806&3263442&\left\{2,\,3,\,7,\,43,\,13,\,139\right\}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \end{array}}}$$

dapat dipandang sebagai suatu barisan himpunan bilangan prima yang terus bertambah tanpa batas.

Misalkan ${\displaystyle 2<3<5<7<\ldots <p_{n}}$ merupakan semua bilangan prima. Pandang bilangan $${\displaystyle P_{1}=3\cdot 5\cdot 7\cdot \ldots \cdot p_{n}}$$

Perhatikan bahwa semua bilangan yang bersifat relatif prima dengan ${\displaystyle P_{1}}$ merupakan anggota dari himpunan $${\displaystyle H_{1}=\left\{1,\,2,\,4,\,8,\,16,\,32,\,\ldots \right\}}$$ Oleh karena

1. ${\displaystyle \operatorname {FPB} (2,\,P_{1})=1}$, maka ${\displaystyle \operatorname {FPB} (P_{1}-2,\,P_{1})=1}$. Akibatnya, ${\displaystyle P_{1}-2\in H_{1}}$.
2. ${\displaystyle \operatorname {FPB} (2,\,P_{1})=1}$, maka ${\displaystyle P_{1}}$ merupakan bilangan ganjil. Akibatnya, ${\displaystyle P_{1}-2}$ juga merupakan bilangan ganjil.

Berdasarkan kedua informasi di atas, maka dapat disimpulkan bahwa

$${\displaystyle P_{1}-2=1}$$

Akan tetapi,

$${\displaystyle {\begin{aligned}3\cdot 5\cdot 7\cdot \ldots \cdot p_{n}&>3\cdot 1\cdot 1\cdot \ldots \cdot p_{n}\\P_{1}&>3p_{n}\\P_{1}-2&>3p_{n}-2\\1&>3p_{n}-2>3-2\\1&>1\end{aligned}}}$$

yang jelas menimbulkan kontradiksi.

Bukti Meštrović tetap berlaku meskipun bilangan prima ${\displaystyle 2}$ diganti dengan sembarang bilangan prima ${\displaystyle p_{k}}$, dengan ${\displaystyle k\in \left\{2,\,3,\,\ldots ,\,n-1\right\}}$. Dalam kasus ini, pandang bilangan $${\displaystyle P_{k}=\prod _{i\,=\,1 \atop i\,\neq \,k}^{n}p_{i}}$$

Perhatikan bahwa semua bilangan yang bersifat relatif prima dengan ${\displaystyle P_{k}}$ merupakan anggota dari himpunan $${\displaystyle H_{k}=\left\{1,\,p_{k},\,\left(p_{k}\right)^{2},\,\left(p_{k}\right)^{3},\,\left(p_{k}\right)^{4},\,\left(p_{k}\right)^{5},\,\ldots \right\}}$$ Oleh karena

1. ${\displaystyle \operatorname {FPB} (p_{k},\,P_{k})=1}$, maka ${\displaystyle \operatorname {FPB} (P_{k}-p_{k},\,P_{k})=1}$. Akibatnya, ${\displaystyle P_{k}-p_{k}\in H_{k}}$.
2. ${\displaystyle \operatorname {FPB} (p_{k},\,P_{k})=1}$, maka ${\displaystyle p_{k}\not \mid P_{k}}$. Akibatnya, ${\displaystyle p_{k}\not \mid (P_{k}-p_{k})}$.

Berdasarkan kedua informasi di atas, maka dapat disimpulkan bahwa

$${\displaystyle P_{k}-p_{k}=1}$$

Akan tetapi,

$${\displaystyle {\begin{aligned}{\dfrac {1}{p_{k}}}\cdot 2\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot p_{n}&>2\cdot 1\cdot 1\cdot \ldots \cdot p_{n}\\P_{k}&>2p_{n}\\P_{k}-p_{k}&>2p_{n}-p_{k}\\1&>2p_{n}-p_{k}>p_{k}\\1&>p_{k}\end{aligned}}}$$

yang jelas menimbulkan kontradiksi.