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6

証明の方針

直接法で示す。

 

証明

4n-1の形の素数aが存在したとする。

 

a^2+2≡ー1 mod 4

a^2ー2≡ー1 mod 4

 

ここで上下の式は去通の素因数を持たない。

実際、共通の素因数を持ったとすると、

 

a^2+2=pa^(+2)

a^2ー2=pa^(-2)

 

上下の式を足して、

 

2a^2=p(a^(+2)+a^(ー2))

 

となり、pは奇数なのでpはaを素因数に含まないといけないが、それは式の構造上ありえない。よって共通の素因数を持たない。

 

より、

a^2+2≡ー1 mod 4

a^2ー2≡ー1 mod 4

は互いに素で4n-1の素因数を最低一つは持つ。ここで上をb、下をcとして、

 

(abc)^2+2≡ー1 mod 4

(abc)^2ー2≡ー1 mod 4

 

となり、上はa、b、c、のどれでもない4n-1の素因数dを持ち、下はa、b、cのどれでもない4n-1の素因数eを持つ。

 

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5

証明の方針

背理法を使い矛盾が発生することを示す。

 

証明

4n-1の形の素数が有限個だと仮定する。

3×7×11×19×・・・=a

と置くと、aは4n-1の形か4n+1の形をしているので2乗すると、

a^2=(4n-1)^2=16n^2-8n+1

a^2=(4n+1)^2=16n^2+8n+1

になるので両方とも右辺から2を引くと、

a^2-2=(4n-1)^2-2=4(4n^2-2n)ー1

a^2-2=(4n+1)^2-2=4(4n^2+2n)-1

となり、4m-1の形になるが、aに含まれるどの4n-1の素数でも4m-1を割り切ることはできない。これは矛盾である。これは最初の4n-1の形の素数は有限個だ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。

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4

証明の方針

直接法で示す。

 

証明

 

4n-1の形の素数のaとbの2個を取り上げる。

 

まずは1回目で奇数回。

 

2(a×b)+1≡ー1 mod 4

 

より、左辺にはaとbではない別の4n-1の素因数cが存在する。

 

次は2回目で偶数回。

 

2(a×b×c^2)+1≡ー1 mod 4

 

より、左辺はaでもbでもcない別の4n-1の素因数のdが存在する。

 

次は3回目で奇数回。

 

2(a×b×c×d)+1≡ー1 mod 4

 

より、左辺にはa、b、c、dのどれでもない4n-1の素因数eが存在する。

 

これを繰り返し、

 

奇数回のときは4n-1の形の素数を偶数個掛けるから値は4を法として1になるから、

2(a×b×c×d×e×f×・・・×z(2m))+1≡ー1 mod 4

となって新しく4n-1の素因数が存在すること示せる。

 

偶数回の時は4n-1の形の素数を偶数個掛けたうえでさらにもう1個かけることになるので最後の4n-1の素数は2乗すればいいので、

2(a×b×c×d×e×f×・・・×z(2m+1)^2)+1≡ー1 mod 4

となって新しく4n-1の素因数が存在することを示せる。

 

この操作は無限にできるので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3

証明の方針

直接法で示す。

 

証明

 

4n-1の形の素数のaとbの2個を取り上げる。

 

ab^2≡ー1 mod 4

ba^2≡ー1 mod 4

 

より、

 

ab^2+ba^2+1≡ー1 mod 4

 

左辺は4n-1の形であり、aとbで割り切れないので別の4n-1の形の素因数cが存在する。それを取り上げ以下の式を考える。

 

ab^2c^2≡ー1 mod 4

ba^2c^2≡ー1 mod 4

 

より、

 

ab^2c^2+ba^2c^2+1≡ー1 mod 4

 

より、左辺は4n-1の形でなおかつaでもbでもcでもない素因数dを持っている。

 

この操作は無限に可能。

 

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2

証明の方針

背理法で示す。4n-1の形の素数が有限個だと仮定すると矛盾が発生することを示す。

 

証明

 

4n-1の形の素数が有限個だと仮定する。4n+1の形の素数に制約を設ける必要がないから4n+1の形の素数には個数の制約を設けない。

 

素数階乗を使う。

 

2×3×5×7×11×・・・=a

 

と置く。ここでaに含まれてある4n-1の形の素数は有限個である。

 

すると、

a≡2 mod 4

となる。

aは2を素因数として含むから、4n+1と4n-1の形の双方をかけても、4を法として2に合同かー2に合同なのでどのみち、4を法として2に合同になる。

 

ここで、

a+1≡ー1 mod 4

となるので、a+1は4n-1の形で表されるが、4n-1の素数は有限個ですべてにaに含まれてあるという仮定より、a+1はどの4n-1の形の素数でも割り切れない。

これは矛盾である。

これは最初の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。

 

(少し弱い?)素因数分解の一意性の新しい証明

証明の方針

背理法に近い方法を使う。もし任意の自然数nが2通りに書ける場合に矛盾に近いものが発生することを示す。

 

証明

 

自然数nを素因数分解して、

n=a1×a2×a3×・・・×am

が得られたとする。ここで(a1、a2、a3、・・・、am)=1とする。なお、見にくくになる関係上、累乗の記号を振るのは省略しました。

ここでnがさらにそれらと違う素因数のa(m+1)を持つとすると、

n=a1×a2×a3×・・・×am×a(m+1)

と表記可能。より、

n=n×a(m+1)

この式が成り立つにはa(m+1)=1でなくてはならいが、1は素数でも合成数でもないからこの式が成り立つことはない。よって、a(m+1)は存在しえない。よって、nはただ一通りにしか書けない。

 

ただ、記事のタイトルにもした通り、少し弱い形の証明の気がする。

4nー1の形の素数が無限に存在することの新しい証明

証明の方針

直接法で示す。4n-1の素数の集合をもとにあたらしく4n-1の素数が存在することを示す。

 

証明

 

4n-1の形の素数を並べる。

3、7、11、19、23、31、43、・・・

ここで、3から奇数個の素数を掛けて値をaとするとaは4n-1の形で表されなくてはならない。

実際、4n-1の形の素数を2回掛けると4を法として1になるから。そのうえでそれに4n-1の形の素数をかけると値は4を法として-1になる。

 

そして、a^2ーa+1という式を考える。

a=4n-1を代入すると、

4(4n^2-3n)+3

となり、4(4n^2-3n)+3はaを構成するどの素数でも割り切ることができないのは明白。よって、形の構造上、4(4n^2-3n)+3は新しく4n-1の形の素数を持つ。

 

これは4n-1の形の素数が奇数個の場合にもれなく適用可能。

偶数個の場合は、素数のどれかを2回かければ奇数個にできる。

 

よって、4n-1の形の素数は無限に存在する。