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。
1次方程式には1個の解しかないことの新しい証明
証明の方針
背理法を使う。
証明
ax+b=0
より解は、
x=ーb/a ・・・1
ここで解が2個存在したとする。
x=cy ・・・2
x=dy ・・・3
の2個があり、解は違う値で、c>dとする。
1の数式に2を代入する。
cy=-b/a ・・・4
4の数式に3を代入する
(cx)/d=ーb/a ・・・5
5の数式に2を代入する
(c²y)/d=-b/a ・・・6
6の数式に3を代入する。
(c²x)/d²=-b/a ・・・7
ここで、この操作は無限に繰り返すことができる。
5、7、それ以降の奇数番目の数式は、
((c/d)^n)x=-b/a
と表記可能。
ここで、c>dより、操作を繰り返しnを大きくすると無限に発散する。
つまり、上記の左辺の係数は無限に発散するが、これは最初のx=-b/aとした解と値が違い、矛盾する。これはx=-b/aとなる解が2個存在すると仮定したことに原因がある。よって1次方程式の解は1個だけである。