素数が無限個あることの新証明見つけたから、評価してくれ。
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pass: tarotaro
自分のブログの記事のうち、証明の部分だけを抜き取ってpdfにした。
ユークリッドの証明やサイダックの証明と比べると比較的難解なので、
暇で数学得意なやつだけみてくれ。 〔問題〕
n≧0 に対して F_n = 2^(2^n)+ 1 とおく。
(1) F_{n+1}- 2 = F_n (F_n - 2)を示せ。
(2) m<n のとき F_m と F_n は互いに素であることを示せ。
(3) 素数が無限個あることを示せ。
(注) F_n が素数とは限らない。 (1) は定義から出る。
(2)
(1)を繰返して
F_n -2 = F_{n-1} (F_{n-1} -2)
= F_{n-1} F_{n-2} (F_{n-2} -2)
= ・・・・
= (F_0 -2)Π[m=0, n-1] F_m
= Π[m=0, n-1] F_m,
∴ F_m と F_n の公約数は1か2に限る。
しかし F_m, F_n は奇数だから、互いに素。
(3) は (2)から出る。 フェルマー数
数セミ増刊「数の世界」日本評論社, p.68-70 (1982)
数セミ増刊「数学100の問題」日本評論社, p.88-89 (1984)
(F_n の最大素因数) ≧ 2^(n+2)・(4n+9) + 1
(Grytczuk, Luca and Wojtowicz, 2001)。 自然数列 {a_n} を
a_1>1,
a_{n+1} = a_n(a_n+1)
と定める。
a_n は少なくともn種以上の素因数をもつ。(nについての帰納法で)
n→∞ のとき、a_n の素因数の種類も∞となる。
a_{n+1} = a_n(a_n -1) としても同様。 H_n = 1+1/2+・・・・+1/n ≒ γ + log(n)
を調和級数というらしい。
H_n < Π[p≦n] (1 + 1/p + 1/p^2 + ・・・・)
= Π[p≦n] {1 + 1/(p-1)}
= 2Π[2<p≦n] {1 + 1/(p-1)}
< 2Π[p<n] (1 + 1/p) (←素数番号を1ずらす)
< 2Π[p<n] exp(1/p)
= 2exp(Σ[p<n] 1/p),
∴ Σ[p<n] 1/p > log{(H_n)/2} ≒ log((γ+log(n))/2) (オイラー) H_n = 1+1/2+・・・・+1/n
< Π[p≦n] (1 + 1/p + 1/p^2 + ・・・・)
= Π[p≦n] {p/(p-1)}
< Π[k=2,p_m] {k/(k-1)}
= p_m (← p<n となる最大の素数)
< p_n, p1p2p3...pn + 1式判定で無限個あるって証明できるのは? 現在でも知恵袋でたまに見る回答者の人が約5年前にスゴイトンデモなことを言ってるのを見てびっくりした
>素数は無限にある証明が間違いというのは間違いだと思います。
>【証明】 素数が有限個しかないと仮定する
その有限個の素数全体を p[1], p[2], ⋯, p... #知恵袋_ https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10145941215?fr=ios_other
※質問している人ではなく、取り上げられていて回答もしていてBA率が76%の人。名誉のために言うと、俺の記憶の中で彼の普段の回答は変ではない
背理法について誤解がある、と言うと言い過ぎかもしれないが、少なからず背理法についての思い込みを捨てきれていないんだろうな
そしてこれを受けて定義により忠実な証明を書いてみる ※m,a,xの下付き文字(機種依存)を使用
定義:自然数とは、正整数のことである。
定義:素数とは、正の約数が丁度2個存在する自然数のことである。
補題:自然数n,mについて、n<mのときmはnの約数でない。
証明:n>mのとき、
mがnの約数であると仮定すると
n=mk (k:整数)が成り立つようなkが存在する。
n>0,m>n>0よりk>0であるから、次のような矛盾が導かれる。
k≥1より
n=mk≥m・1=m>n
よって仮定は棄却されるので、mはnの約数でない。
定理:素数は無限に存在する
証明:
2は1と2で割り切れる。また、3以上の整数では割り切れない(補題)。よって2の正の約数は1,2の2つであるから、2は素数である。即ち、素数が存在する。
ここで素数が高々有限個しか存在しないと仮定すれば、全ての素数の中で最大のものが存在する。
これをpₘₐₓとおけば、p=pₘₐₓ!+1で表される自然数pは、1とpで割り切れる。また、1<n<pを満たす整数nでは割り切れない。
なぜなら、pₘₐₓ!は階乗の定義からpₘₐₓ以下の整数を全て因数に持つので、pがnで割り切れると仮定するとp-pₘₐₓ!=1の左辺は第1項,第2項ともにn(≤p)を因数に持つ事になるので、共通因数nで括る事でnで割り切れる事が分かる。
よって1はn(>1)で割り切れる事になるが、これは補題に矛盾するので、pはnで割り切れない。また、補題よりpはp+1以上の整数で割り切れない。従ってpの正の約数は1,pの2つであるから、pは素数である。しかし、これは
p≥pₘₐₓ・1+1>pₘₐₓより、pₘₐₓが全素数の中で最大であるという仮定に反するので、元の仮定は棄却される。
即ち、素数は無限に存在する。 あーなるほどな
ユークリッドの元の証明のように「pが合成数だとしても素因数分解で新しい素数が得られる」は素因数分解の可能性を前提としている
この証明も同じで、素因数分解の可能性を前提とする必要があるわけだ
修正:p-pₘₐₓ!=1の左辺において、pがnで割り切れるときn>1よりnは素因数分解の可能性により有限の素数のうちいずれかの素数を素因数に持つ。それを共通因数で括る事によって1がいずれかの素数p_nで割り切れる事になるが、1は補題により正の約数は1のみであり、素数ではないから、p_n>1より補題より矛盾する。
よってpはnで割り切れない
こう考えるとp以下の数全ての素因数分解の可能性を仮定しているこの証明より、ユークリッドのようなp自身の素因数分解の可能性を前提としている証明の方がちょっとだけ優れてる気もしてきたな
同じだと思ってたしpを素数だと言う方が分かりやすくて好きだったが、前提は多かったと 1と自分自身以外では割り切れない自然数は素数であるという。
2は素数である。
いま「1と異なる任意の自然数は必ず素数の倍数である」ことを証明して
認めるものとする。
そのとき素数が有限個しかないと仮定し、それら有限個の素数の積に
1を加えた自然数Nを考えよ。これは1とは異なることがわかるので、
必ずどれかの素数の倍数でなければならない。しかしNの構成から明らかに
どの素数で割っても1余るので割り切れない。これは仮定に矛盾する。
矛盾したのは素数が有限個しかないと仮定したからである。よって素数は
無数にある。 >どの素数で割っても1余るので割り切れない。これは仮定に矛盾する。
どの素数で割っても1余るので割り切れないから、矛盾が生じる。 pnはドンナにデカくしても、
p1p2...pn +1なる自然数を存在させれば
p1p2...pn +1もきっと素数だと思うよん ちょっとまてよ🤔
なんちゃって、素数列p
p1=2 素数∵自明
p2=3 素数∵自明
p3=2*3+1=7 素数∵ほぼ自明
p4=2*3*7+1=43 素数∵5 でも割れん
p5=2*3*7*43+1= 13*139😅13で割れた
でもちょっとまてよ
🤔ホントの素数列なら・・・・
by 匿名希望 マチャセビッチの素数表現多項式というのがある、もちろん一変数では存在せず、多変数だが 新証明ってなんだよ。素数が無限にある証明は既に宇宙人レベルの鮮やかな証明で解かれており、それ以上にエレガントでなかったら必要ない こういう証明方法の最適解を突き詰めていくと素数の濃度の問題になって、最初は法則性を持つが10兆くらいの数で43が悪さをして法則性は破綻する。43になんの意味があるのか不明
今もたまに考えてる 1/全ての整数を足した整数 1/全ての素数を足した素数
対比させると直感的に全ての整数を足した整数のほうが大きい
1/せいすう×2 1/素数×2
偶数/偶数の答えをググれは答えが出るかと思ったら無かった 全ての偶数を足した偶数の最小公倍数は2になる
素数2倍した素数を2で割ると素数になる お前ら和歌山県出身の下村拓郎様(35歳、元自衛官)についてご存じか。この方は神のような素晴らしい人間性を有しているので覚えていた方がよいぞ >>25
1とそれ自身以外では割り切れない自然数を素数という。
nが素数でないならば、nは約数d (1<d<n) をもつ。
〔素因数分解の可能性〕
n(>1)が素因数をもたないならnは無数の約数dをもつ。
しかし、1<d<n なるdは有限個しかないので矛盾である。
∴ nは素因数pをもつ。
n/p = m も自然数(>1)だから素因数qをもつ。
これを繰返すとき、多くともn回以内に1に至る。 (終) 有限体で素数の類似物を定義し、素数の類似物が無限に存在することを証明せよ 自然数の素因数分解を一意にしたければ、
かならず小さい素数から順に割っていって割れる限り割ることを続ければ良い。
そうすれば、かならず小さい素数から順番に素数の巾の積の形で書けることになる。
これはそうしたからそうなるのが当然なのであって、
二とおりの素因数分解が無いことを直接示すものではない。
(積の結合法則と可換性を使えば、本質的に1とおりに限られることがわかる) 実部と虚部が整数である複素数をガウスの(複素)整数という。
ガウスの整数xが素数であるとは、xが単数(1,-1,+i,-i)を乗じる
不定性は除外して、1と自分以外の他のガウスの正数の倍数には
ならないこととする。
そのとき、ガウスの整数としての素数は無限にあることを示せ。(配点5点)。 4n+3型の素数が無限個あることを示せば十分だが
この無限性はユークリッド式の
素数の無限性の証明と同様。
(もし有限個しかなかったとすれば全部掛け合わせて2倍して1を足す) p が素数であればそれは1よりも大きい実数だから、
1/(1-p^{-1})
= (1 + p^{-1} + p^{-2} + p^{-3} + .... )
がなりたつ。
いま、もしも素数pが有限個しかないとすると
1/(1-p^{-1})
のすべての素数pにわたる積Aを作れば(有限個の値の積だから)
有限の値になるはずである。
ところが自然数が素数の冪乗の積で一意に表せるのならば、
A = \prod_{p:prime}(1 + p^{-1} + p^{-2} + p^{-3} + .... )
は自然数の逆数の総和である調和級数
S = \sum_{n:自然数}1/n
に一致する。
そのことは、任意の自然数nを選んだときにその素因数分解に
対応する項がAの中に1つだけ含まれて居ることからわかる。
ならば、Sは有限の値にならなければならないが、
微積分学でよく知られているように、調和級数は発散する。
よって、素数が有限個しかないという仮定には無理がある。
(オイラーの証明法) >>微積分学でよく知られているように、調和級数は発散する。
調和級数が発散することは
微分積分学以前の14世紀にニコル・オレームが書いて以来
広く知られている 演習問題:素数の逆数の無限和は収束するか発散するか。(配点:5点) 発散する
無限積の対数を取ってテイラー展開するだけ 霊感的に考えて、メチャクチャ
発散のパワーてかスピードがメチャクチャ鈍そう 調和級数のlogだから
loglog
メチャクチャ鈍いというほどではない bounded arithmeticの重要問題、「素数の無限性を証明するのに、どこまで公理系を弱くしてよいか?」を考えるとき、収束の遅さは問題になる。 たとえば, “x は素数である” は
(x > 1) ∧ ¬(∃y < x)(∃z < x)[ y > 1 ∧ z > 1 ∧ x = yz ]
と有界な式で書ける (ここで > という正式でない記号を使ったがその処理の
仕方は明らかだろう) が, “x = y
z ” とか “x は完全数である” とかになると,
もうどう書いたらいいかわからない. (かといって, これらが本当に有界な式
で書けないか確かめるも簡単ではない.) 2以上の自然数での列を考えて、
その先頭のもの2の倍数を取り除く。
残った列の先頭のもの2を別の列の先頭に置き、
残ったものの先頭3の倍数を取り除く、そうして残った3を別の列に移動させる、。。。
をくり返すと素数の列が得られる。
さて、素数の列Pを小さいものから順にならべて、
その先頭2と平方剰余の関係にある素数を取り除く、
2は別の列に移して、残った先頭の素数と平方剰余の関係にある素数を取り除く、
。。。。とやって別の列に移されて残る素数たちどのようなものであり、
どれだけの密度があるだろうか。 0ではない有理数の全体を考えて、その(底を適当な実数にとった)対数値全体
からなる集合Lを考える。するとLは整数上のベクトル空間になり、
無限次元のベクトル空間である。
Lの完全な基底としては、素数全体の(同じ底による)対数値がとれる。
どんな非零の有理数の対数値も、有限個の素数の対数値の整数係数による和として
一意にあらわされる. 俺もそれを考えたことがある
直積と直和の違いがはっきりわかったのはそのとき 正の有理数全体の乗法群としての構造はZの可算個の直和と同型、ということ > 0ではない有理数の全体を考えて、
これは正の有理数の全体を考えて
の誤り。 Q^{x}は Z_2 (+) Z (+) Z (+) ..... に同型ということだね。
Q^{x}は零を抜いた有理数の全体。Z_2={0,1}, Zは整数全体。(+)は直和。
ではQを有理数の代数拡大体Q(√2)とかQ(√5)とかとかに置き換えて、
さらに一般にはあるαという代数的数を添加して拡大したQ(α)にしたときには、
その乗法群はどうなるだろうか? 専門家には既知のことだろうが。 \sum_{p:prime}_{N} 1/p の増大率からでは、
素数定理は導けないのだろうか? ガウスの複素整数の場合の素数の分布、あるノルムがある数以下であるような
ガウス素数の個数、つまり素数定理はどうなるのだろうか?
たぶん、とっくの昔に知られているのだろうけれども。 >>62
オイラーの無限積公式と
マクローリン展開を知っていれば
証明はもっと簡単 1971年に出た論文が2018年に電子化され
2022年に日本の雑誌で紹介された。
古いようでもあり新しいようでもあり >>64
この証明のすぐ先に
Diricheletの算術級数定理がある。 双子素数の逆数の和は収束するかそれとも発散するか? もし収束性を示すことができれば
メイナードよりもずっとフィールズ賞に値する もしも仮に発散することが示せたなら、双子素数は無限にあることを示せたことになる。
なぜならば双子素数が有限個しかないとすると、その逆数の和は有限にとどまるからだ。
しかし逆はもちろん成り立たない。仮に和が収束することがしめせたとしても、
双子素数が有限個しか存在しないことは導かれない。 1/pの和は発散する。
それでは 1/(p log p) の和は はたして収束するかそれとも発散するか? 双子素数 逆数 で検索していない馬鹿がなにか言っている integers.hatenablog.com
非公開前の内容要約: ブルンの篩を利用した双子素数の逆数和が収束することの証明の解説。 nが自然数全体を渡るとき、項が1/(n log n)で与えられる正項級数の和は収束するか? しまった、nが2以上の自然数全体を渡るとき・の誤り。 素数が有限個ではないことの証明には、自然数が有限個ではないことが
暗黙に使われている。
たとえば、100億以下の自然数の集合Aについても、その中で
A-素数(Aの元で1と自分自身以外では整除できないもので1ではないもの)
という概念は成立するが、そのようなA-素数は有限個しかない。 ある有限体K上の多項式で、より低次の多項式の積にかけないもの=既約多項式
(それは一種の素数の類似品)は無限に存在するが、考えている多項式の次数を
制限するとそのような多項式は有限個しかなく、既約な多項式も有限個しかない。 大きさを制限した自然数の集合Aの場合の論法は、
Aの中に留まっているかぎりではユークリッドの証明の方式を
そのままでは使えない。なぜならば
p1p2...pn +1
がAの大きさの制限を超えてAの範囲には無い可能性があるからだ。
Aの中では足し算やかけ算もAの中に留まらない可能性がある。
それでもAの中で1と自身以外に約数を持たず1ではないような
Aに含まれる数、という概念は成立する。 自然数の有限部分集合に含まれる素数は有限個
当たり前 https://egrove.olemiss.edu/etd/1540
Quadratic Reciprocity: Proofs and Applications
これに平方剰余の相互法則を使った素数の無限性の証明が色々載っていた 自然数からたとえば2を除いた集合をSとするとき、
Sの素数を自分と1以外では割り切れない1と異なるSの要素であると定義する。
ただし、割り切れるとはSの数で割ったときの商もSの要素になることとする。
1は素数では無い。(定義による)
3は素数である。
4は素数である。
5は素数である。
6は素数である。
7は素数である。
8は素数である。
9は素数である。
10は素数である。
11は素数である。
12は素数では無い(12=4x3)
13は素数である。
14は素数である。
15は素数で無い。(15=3x5)
16は素数で無い。(16=4x4)
17は素数である。
18は素数で無い。(18=3x6)
などなど
問1:Sの要素について「素因数分解」の一意性は成り立つか?(配点5点) このSでは素因数分解の一意性は成り立たない。
例として24=6x4と24=3x8はどちらも素因数だけの積で表された所謂素因数分解であるが、
両者は一致しないことは明らかであろう。
Sに対しては、Sには含まれない仮想の数pがあると考えて、それを追加したものをS'として
S’のなかでは、、
4=pxp、6=px3、8=pxpxp、10=px5、14=px7、、、、などと分解されるとすれば、
S' の中では 4,6,8、10、14,などはもはや素数ではなくなるが、
S' の中では 素因数分解の一意性が成立するようになる。 30=6x5=10x3もSにおける30の相異なる2とおりの素因数分解で、
どちらもSにおける素数の積なのだからそれ以上の分解はできない。
それではSにおいては乗法による素因数分解の一意性が成り立たないのに、
S' = S∪{2}においては一意性が成り立つ理由はなんであろうか? ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています