一言以蔽之：質數在數論中最重要的研究課題。
最近在給中學生講質數的故事，順便整理下來。
1不是質數
如果某個數只有1與本身二個正因數，那麼該數就是質數，反之稱為合數。根據這個定義，最小的質數是2（2也是唯一的偶質數），1不是質數。
但這是現代數學的定義，在古代（十八世紀以前）的質數定義是，質數的正因數只有1與本身（古代沒規定要恰二個），所以在古代1也是是質數。
質數有無限多個
質數到底有幾個，遠在古希臘時代，數學家就知道質數有無限多個了，最簡單的證明方法是反證法，這個例子也是中學教反證法的經典案例。
假設質數的個數是有限個N個，分別是p₁、p₂、...、pN。 令X=p₁*p₂*...*pN+1，顯然X比所有的p都大、也跟這N個質數p都不同。 X除以p₁的餘數是1，也就是p₁不能整除X。 同理，顯然所有的p都不能整除X，因此X也是一個質數，所以X是第(N+1)個質數，與假設矛盾，因而假設不成立，故得證。
算術基本定理
如果問大學生說「小學生第一個學到的定理是哪個？」，大部分人的答案都是直角三角形的畢氏定理c²=a²+b²，但其實大家小時候第一個接觸到的定理是算術基本定理，所有大於1的正整數都可以唯一地分成若干個質數的乘積，這其實就是質因數分解。
證明的方式仍然是用反證法，只是要證明二個部分，首先是證明質因數分解『存在』：
假設有大於1的正整數，不能被質因數分解，找最小的那一個叫做N。 N一定不是質數，因為質數可以分解成自己，所以N是合數。 既然N是合數，所以N必有除了1和N以外的正因數（這是合數的定義），因此有N=a*b，其中1<a≤b<N。 由於N是不能質因數分解的最小合數（前面的假設），而a和b都比N更小，所以a和b都可以質因數分解成a=p₁*p₂*...*pi、b=q₁*q₂*...*qj，其中所有p和q都是質數。 而N=a*b=p₁*p₂*...*pi*q₁*q₂*...*qj，就是質數的乘積，與假設矛盾，因而假設不成立，故得證。
其次是證明質因數分解『唯一』，也是用反證法：
假設有大於1的正整數，有二種以上的質因數分解方法，找最小的那一個叫做N。 N一定不是質數，因為質數就只有1與本身二個正因數（質數的定義），所以只有一種質因數分解N=N。 由於N有二種質因數分解方法，令N=p₁*p₂*...*pi=q₁*q₂*...*qj，其中所有p和q都是質數。 由上式知道p₁可以整除N=q₁*q₂*...*qj，但所有p和q都是質數，所以p₁只能和其中一個q相同，姑且取q₁=p₁。 令M=N/p₁=p₂*...*pi=N/q₁=q₂*...*qj，仍然是一個大於1的正整數，且有二種不同的質因數分解方法，與假設矛盾，因而假設不成立，故得證。
輾轉相除法
現在小學求最大公因數，都是教質因數分解，因為這才符合建構式教學的思考邏輯。有些參考書則是會補充輾轉相除法，可以讓計算的速度變快。
輾轉相除法的本質就是能被最大公因數整除的二個數a和b，相減後(a-b)還是能被這最大公因數整除，所以要計算二個大數字的最大公因數，可以一直互相減來減去，把數字變小。
|為整除符號，≡為餘數符號。m|a來表示m整除a，也就是a≡0 (mod m)。 倘若m|a、m|b，那麼可以令a=k₁*m、b=k₂*m。 a-b=(k₁-k₂)*m，因此m|(a-b)。
費馬小定理
費馬是個律師，也是個業餘數學家（這個業餘的也未免太強了），他曾經提出過費馬小定理、費馬大定理……等，最氣人的是，他在筆記上寫了一個定理以後，但又在旁邊寫：「這個證明很美妙，只是紙張的空間太小就不寫了」，結果後代的數學家又花了好多年才證明出他說的是對的，其中費馬大定理直到1995年才被證明出來。
費馬小定理說的是，若n是一個整數、p是一個質數，那麼有n^p-n≡0 (mod p)。舉個例子，n=12、p=5，12^5-12=248820，被5整除。費馬小定理的證明方法有很多種，這裡用中學生會學到數學歸納法來證明。（為了簡化起見，這裡只證明n是正整數的情況。）
(1) 當n=1，n^p-n=0，除以任何質數p，都能整除，n^p-n≡0 (mod p)成立。 (2) 假設當n=k時，n^p-n≡0 (mod p)成立，亦即k^p-k≡0 (mod p) 當n=k+1時，n^p-n=[(k+1)^p]-(k+1) 利用二項式定理展開，C(a,b)是組合，C(a,b)=a!/b!/(a-b)!， [(k+1)^p]-(k+1)=[C(p,p)*k^p+C(p,p-1)*k^(p-1)+...+C(p,1)*k+C(p,0)]-(k+1) 因為p|C(p,p-1)、p|C(p,p-2)、...、p|C(p,2)、p|C(p,1)，所以 [C(p,p)*k^p+C(p,p-1)*k^(p-1)+...+C(p,1)*k+C(p,0)]-(k+1)≡[C(p,p)*k^p+C(p,0)]-(k+1) (mod p) 而C(p,p)=C(p,0)=1，所以 [C(p,p)*k^p+C(p,0)]-(k+1)=[k^p+1]-(k+1)=k^p-k≡0 (mod p) (3) 由於n=1成立、當n=k成立下n=k+1也成立，故得證。
註：本文的證明都沒有使用方程式的圖檔，一方面是網頁讀取速度會比較快，另一方面是也不覺得讀者對證明感興趣。如果讀者對證明感興趣的話，在網路上可以很容易找到更清楚的證明。