1+2+3+・・・+n+・・・=-∞?

証明

 

A=1+2+3+4+5+・・・+n・・・

両辺から右辺の奇数を引くと、

A-1-3-5-7・・・=2+4+6+8+

両辺を2で割り

(A-1-3-5-7・・・)/2=1+2+3+4+・・・

ここでこの式が成り立つには、

-1-3-5-7・・・=A

にならないといけない。

より、

1+2+3+・・・+n+・・・=-∞

が成り立つ、と考える。

平方剰余の相互法則の一般化らしき式

初等整数論で有名な定理に平方剰余の相互法則があります。

その主張自体はすでによく知られていてネット上でも多数の解説や説明があるのでそれはいちいち繰り返しません。ただし、僕が見つけた式との比較考察上ここにも書きます。

 

相異なる奇素数pとqに対して、

 

(q/p)(p/q)=(ー1)^(p´q´)

 

(/)はルジャンドルの記号

 

ここでp´=(p-1)/2でq´=(qー1)/2となる。

 

僕が発見したのはさらに1つ素数rを増やします。

それぞれが相異なる奇素数p、q、rに対して、

 

(qr/p)(rp/q)(pq/r)=(ー1)^(p´q´)×(-1)^(q´r´)×(-1)^(r´p´)

 

ここでr´=(r-1)/2を増やす。

 

が成り立ちそうだけれどなあ。

この法則が意味するもの。

左辺の3個の素数のうち2個か3個の素数が4n+1だと右辺は+1となり2個か3個の素数の4n-1の形だと右辺はー1となる。

 

実例、p=3、q=7、r=11とする。

(21/11)(33/7)(77/3)=-1×ー1×ー1=-1

 

p=5、q=13、r=11でする。

 

(143/5)(55/13)(65/11)=-1×+1×-1=+1

 

となる。

 

という感じに。

ただし証明ができていない。100個くらいやって反例はなかったけれど。

ゴールドバッハの予想の特別な場合の証明

素数pに対して素数階乗mPn♯を以下のようにとる。

 

(p、mPn♯)=1

p-mPn♯<0

mはP(n+1)の倍数ではない。

 

ここで、

 

p-mPn♯=ーAが絶対値でP(n+1)^2未満に収まれば自動的に素数になる。

 

証明

 

もし、素数にならないなら合成数である。

P(n+1)^2未満に収まっている仮定より、2,3、5、7、・・・、Pnのどれかを素因数に持つので、左辺のmPn♯を右辺に移項すると、(p、mPn♯)=1ではなくなる。これは最初の仮定に反して矛盾。

 

よってーAが絶対値でP(n+1)^2未満に収まれば自動的に素数になる。

 

より、式を整理し、p+A=mPn♯となり偶数のmPn♯は2個の素数の和となる。

三位四元数の導入について

この記事では1か月くらい前に発見した三位四元数という数の導入を紹介します。

 

 

研究の動機

は、簡単に言えば四元数がなんとなく好みだから拡張出来ないかなと思って研究しました。

 

以下に定義を述べる。

 

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

 

ここで、

 

a3・b2・c1=a2・b1・c3=a1・b3・c2=-1

と定義したうえで全ての要素は2乗するとー1とするように定義する。

 

すると、ここで、

a3=i

b2=j

c1=k

と置くとこれは四元数の拡張になる。

 

なお、a2・c3・b1=-1とa1・b3・c2=-1自体も四元数

 

ここで計算の法則は以下に従う。

 

アルファベットが同じなら数字が同じものつまり、

a2ならa2としか処理不可能。

つまり、

a3・a1

b2・b3

c1・c2

は簡略化不可能。

(抽象代数学におけるフロベニウスの定理があるし)

 

アルファベットが違うなら数字が違う場合に限り処理可能。

その場合、アルファベットと数字はそれぞれ残っているものになる。

a・b

b・c

c・a

の場合はプラスになって、

b・a

a・c

c・b

の場合はマイナス。

 

a3・b2・c1

=c1・c1

=-1

 

b1・a3・b2・c1

=ーc2・a3

=-b1

 

が成り立つ 。

 

ここで、四元数は乗法単位元の1とa3とb2とc1からできているので、上記四元数の拡張になる。

 

 ただ、説明すごく分かりにくいだろうな。

なんとかわかりやすく説明できないだろうか?

 

四元数のある種の構造拡張について

はじめに

i²=j²=k²=ijk=-1

で定義される四元数を別の方面から拡張できないかと試みました。

 

Bn²=Cn²=An・Bn・Cn=-1

Cn・Bn・An=n

 

が成り立っているものとする。

 

結論から先に言うと、この拡張体系の下で四元数はn=1の場合と同値。その場合A1=i、B1=j、C1=kと同値になる。

結合法則は成り立ちそうだけれど、証明できていない。

演算表は以下の通り。

 

 ×      An        Bn       Cn

An    ーn        Cn      ーn・Bn

Bn    n/(Cn)   -1  ー1/(An)

Cn      Bn             ーAn       -1

 

これで間違いはないだろうか?

自信はイマイチ持てない。

4n-1の形の素数が無限に存在することの新しい証明 その12

証明の方針

直接法で示す。

 

証明

 

aを奇素数として、

a≡ー1 mod 4

 

が成り立っているとすると、

 

2a+a^3≡1 mod 4

となる。ここで左辺は4n+1の形であるから、また4n-1の形の素因数を含むので、aではない別の4n-1の素因数を含む。それをbとして、

 

2ab^2+a^3≡1 mod 4

 

とすると、同様に左辺は4n+1の形でaでもbでも割り切れない4n-1の素因数cを含む。これを同様に、

 

2ab^2c^2+a^3≡1 mod 4

 

となり、同様に4n-1の形の素因数dが存在することがわかる。これは無限にできる。よって4n-1の形の素数は無限に存在する。

4n-1の形の素数が無限に存在することの新しい証明 その11

証明の方針

背理法で示す。

 

証明

 

4n-1の形の素数が有限個だと仮定する。そして4n-1の値の素数をすべてかけた値をaとすると、

 

a≡1 mod 4

a≡ー1 mod 4

 

のどちらかとなる。

 

ここで、

 

a^2+2aー4≡ー1 mod 4

 

より、左辺は4m-1の形をしているが左辺は仮定した4n-1の形のどの素数でも割り切ることができない。これは矛盾である。これは最初に4n-1の形の素数が有限個とした仮定に誤りがある。

 

よって、4n-1の形の素数は無限に存在する。