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９
証明の方針
直接法を使って示す。
証明
a≡０ mod ４
とすると、
aー１≡ー１ mod ４
より、aー１は４ｎ－１の形の素因数を含む。それをひとつとりあげbとして以下の式を考える。
b^2(aー１)ーa≡ー１ mod ４
となり、ここで左辺は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。
同様に、
(cb)＾２（aー１）ーa≡ー１ mod ４
より、左辺は４ｎ－１の形でｂでもｃでも割り切れないので別の素因数ｄが存在する。
この操作は無限に可能なので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７
証明の方針
直接法を使う。
証明
aとｂを素数として以下が成り立つとする。
a≡１ mod ４
b≡ー１ mod ４
とすると、
ab＋a＋b≡ー１ mod ４
ここで、左辺は４ｎ－１の形であり、aでもｂでも割り切れないので４ｎ－１の形の別の素因数ｃが存在する。
ここで、
ab＋ac＋bc≡ー１ mod ４
より、左辺は４ｎ－１の形で、a、ｂ、ｃのどれも割り切れないので４ｎ－１の形の別の素因数ｄが存在する。
ここで、
ab＋acd＋bcd≡ー１ mod ４
より、左辺は４ｎ－１の形でa、ｂ、ｃ、ｄのどれでも割り切れないので４ｎ－１の形の別の素因数eが存在する。
これは無限に可能。
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。
