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
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。