INICIANTE:
Suponha que existem um número finito de números primos e chame o conjunto destes de $$S = {p_1 , p_2 , p_3 , … , p_n}$$, pegue o produtos destes $$n$$ primos e chame de $$P = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdot … \cdot p_n$$. O número $$P+1$$ é um número não divisível por nenhum dos primo, portanto é primo, ou seja, absurdo. Logo temos um número infinito de primos.
INTERMEDIÁRIO:
Pegue um número $$N$$ tal que:
$$N \equiv -1 (mod p_1 \cdot p_2)$$
$$N \equiv -2 (mod p_3 \cdot p_4)$$
…
$$N \equiv -(n+1) (mod p_{2n-1} \cdot p_{2n})$$
Onde os $$2n$$ números primos são distintos dois a dois. Pelo Teorema Chinês dos Restos tal $$N$$ existe e portanto:
$$N+1 \equiv 0 (mod p_1 \cdot p_2)$$
$$N+2 \equiv 0 (mod p_3 \cdot p_4)$$
…
$$N+n+1 \equiv 0 (mod p_{2n-1} \cdot p_{2n})$$
Portanto temos $$n$$ números consecutivos que são múltiplos de dois primos distintos, ou seja, não são potência de primo.
AVANÇADO:
Suponha que existe um número finitos destes primos. Sejam $$p_1 , p_2 , … , p_n$$ todos os primos da forma $$4k+1$$. Seja:
$$x = 2 \cdot p_1 \cdot p_2 … \cdot p_n$$
Tome $$q$$ primo tal que $$q$$ divide $$x^2+1$$
$$x^2 \equiv -1 (mod \ q)$$, como $$x$$ é par então $$q$$ ímpar.
$$(x^2)^{\dfrac{q-1}{2}} \equiv (-1)^{\dfrac{q-1}{2}} (mod \ q)$$
Como $$mdc(x,q)=1$$ então
$$x^(q-1) \equiv 1 (mod \ q) \Rightarrow (-1)^{\dfrac{q-1}{2}} \equiv 1 (mod \ q)$$ Logo $$\dfrac{q-1}{2}$$ é par, ou seja, $$q \equiv 1 (mod 4)$$.