4n+3型, 6n+5型, 8n+5型素数の無限性

少し前に、私の周囲で「"3n+1$3n+1$" 型素数が無限に存在することを初等的に証明できるか？」という議論が流行っていました。私が追っていた限りにおいては、ちょっとずつ穴があって証明は叶わなかったようです。

私は、てっきりこの手の問題、すなわち an+b$an+b$ 型素数の無限性（a,b$a,b$ は互いに素）は、ディリクレの L 関数 を使わないと証明できないと思っていました。本ブログでも "4n+1$4n+1$" 型素数については取り扱っていましたが、これは L 関数を使った証明でした。
tsujimotter.hatenablog.com

実は、これらの問題には（L$L$ 関数を用いない）初等的な証明があるようなのです！これには驚きました！

表題の「4n+3$4n+3$ 型素数」「6n+5$6n+5$ 型素数」「8n+5$8n+5$ 型素数」についての証明は、Hardy & Wright の数論入門に載っていると fujidig さんという方に教えていただきました。

読んでみるとびっくりするぐらい簡潔な証明でしたので、こちらでもご紹介したいと思います。どれも、ユークリッドの素数の無限性の証明を、問題に合わせてマイナーチェンジしている形の証明となっています。

示したい内容の確認と証明の方針

示したいのは

『「4n+3型素数」「6n+5型素数」「8n+5型素数」がそれぞれ無限に存在する』

です。このことは、ディリクレの算術級数定理

『「an+b$an+b$ 型素数」が無限に存在する（ただし、a,b$a,b$ は互いに素）』

の a,b$a,b$ にそれぞれ数字を入れた「具体化」になっています。

実際、例を挙げると、

4n+3$4n+3$ 型素数： 3,7,11,19,23,31,43,47,59,67,71,79,83,⋯$3,7,11,19,23,31,43,47,59,67,71,79,83,\cdots$

6n+5$6n+5$ 型素数： 5,11,17,23,29,41,47,53,59,71,83,89,101,⋯$5,11,17,23,29,41,47,53,59,71,83,89,101,\cdots$

8n+5$8n+5$ 型素数： 5,13,29,37,53,61,101,109,149,157,173,181,⋯$5,13,29,37,53,61,101,109,149,157,173,181,\cdots$

これらの系列がそれぞれ無限に続いていくことを示したいのです。

証明には、素数の無限性についての「ユークリッドの証明」を活用します。これを思い出しましょう。
tsujimotter.hatenablog.com

簡単に証明の中身を追ってみましょう。

素数 p$p$ に対して、以下の q$q$ を考えます。

q=2⋅3⋅5⋯p+1$q=2\cdot 3\cdot 5\cdots p+1$

この数 q$q$ は、p$p$ 以下の素数では割り切れない。₍₁₎

したがって下線部 (1) より、q$q$ は p$p$ より大きい素数 P$P$ で割り切れる。

以上より、素数 p$p$ に対して、これより大きい素数 P$P$ を作ることができた。これを繰り返すことにより素数を無限に作ることができる。

よろしいでしょうか。

それでは、表題の「4n+3型素数」「6n+5型素数」「8n+5型素数」についての証明にチャレンジしましょう。方針としては、以上のユークリッドの方法と同じような流れで進んでいきます。

なお、証明は参考文献の記述をベースに書いてはいますが、簡潔すぎて「行間」が広い（ように見えた）ので、私の言葉で少しだけ書き直しています。できるだけ上と記述を揃えてわかりやすくしたつもりです。

4n+3$4n+3$ 型素数の無限性

まず 2$2$ より大きい素数 p$p$ に対して、

q=22⋅3⋅5⋯p−1$q=2^2\cdot 3\cdot 5\cdots p-1$

とおく。この数 q$q$ は 4n+3$4n+3$ 型の数であり₍₁₎、かつ p$p$ 以下の素数では割り切れない。₍₂₎

また、以下のことに注意しよう。

(4n+1$(4n+1$ 型の数)×(4n+1$)\times (4n+1$ 型の数)=(4n+1$)=(4n+1$ 型の数)$)$

よって、q$q$ は 4n+1$4n+1$ 型の素数だけの積ではありえない。₍₃₎

したがって、下線部 (1), (2), (3) より、q$q$ は p$p$ より大きい素数 P$P$ で割り切れ、その P$P$ としては 4n+1$4n+1$ 型ではない素数がとれる。4n+1$4n+1$ 型以外の素数は、2$2$ か 4n+3$4n+3$ 型素数に限られるが、P>2$P>2$ であるから 4n+3$4n+3$ 型の素数 P$P$ が得られた。

以上より、2$2$ より大きい素数 p$p$ に対して、これより大きい 4n+3$4n+3$ 型の素数 P$P$ を作ることができた。これを繰り返すことにより 4n+3$4n+3$ 型の素数を無限に作ることができる。

6n+5$6n+5$ 型素数の無限性

上とほぼ同様の流れで示す。

まず 3$3$ より大きい素数 p$p$ に対して、

q=2⋅3⋅5⋯p−1$q=2\cdot 3\cdot 5\cdots p-1$

とおく。この数は 6n+5$6n+5$ 型の数であり₍₁₎、かつ p$p$ 以下の素数では割り切れない。₍₂₎

また、以下のことに注意しよう。

(6n+1$(6n+1$ 型の数)×(6n+1$)\times (6n+1$ 型の数)=(6n+1$)=(6n+1$ 型の数)$)$

よって、q$q$ は 6n+1$6n+1$ 型の素数だけの積ではありえない。₍₃₎

したがって、下線部 (1), (2), (3) より、q$q$ は p$p$ より大きい素数 P$P$ で割り切れ、その P$P$ としては 6n+1$6n+1$ 型ではない素数がとれる。6n+1$6n+1$ 型以外の素数は、2$2$ か 3$3$ か 6n+5$6n+5$ 型素数に限られるが、P>3$P>3$ であるから 6n+5$6n+5$ 型の素数 P$P$ が得られた。

以上より、3$3$ より大きい素数 p$p$ に対して、これより大きい 6n+5$6n+5$ 型の素数 P$P$ を作ることができた。これを繰り返すことにより 6n+5$6n+5$ 型の素数を無限に作ることができる。

8n+5$8n+5$ 型素数の無限性

このケースは、証明は上の２つのケースよりやや複雑になる。

3$3$ より大きい素数 p$p$ に対して、以下の数を考える。

q=32⋅52⋅72⋯p2+22$q=3^2\cdot 5^2\cdot 7^2\cdots p^2+2^2$

この数の 32⋅52⋅72⋯p2$3^2\cdot 5^2\cdot 7^2\cdots p^2$ の部分は、奇数の平方数である。奇数 2m+1$2m+1$ の平方は、

(2m+1)2=4m(m+1)+1$(2m+1{)}^2=4m(m+1)+1$

となり、これは 8n+1$8n+1$ 型である。(∵m,m+1$(\because m,m+1$ のどちらかは偶数より )$)$

これに 22=4$2^2=4$ を加えるわけだから、結局 q$q$ は 8n+5$8n+5$ 型である₍₁₎。また、p$p$ 以下の素数では割り切れない。₍₂₎

また、q$q$ は a2+b2$a^2+b^2$ の形をしており、(a,b)=1$(a,b)=1$ である。ここで、以下の定理を認めることにする。

定理：
(a,b)=1$(a,b)=1$ のとき，a2+b2$a^2+b^2$ の奇数の素因数は，4n+1$4n+1$ の形をしている．

これより、q$q$ の任意の素因数は 4n+1$4n+1$ 型に限られる。
（q$q$ は 8n+5$8n+5$ 型なので奇数。奇数の素因数はすべて奇数。）

ここで、以下のことに注意しよう。

(8n+1$(8n+1$ 型の数)×(8n+1$)\times (8n+1$ 型の数)=(8n+1$)=(8n+1$ 型の数)$)$

よって、q$q$ は 8n+1$8n+1$ 型の素数だけの積ではありえない。₍₃₎

したがって、下線部 (1), (2), (3) より、q$q$ は p$p$ より大きい素数 P$P$ で割り切れ、その P$P$ としては 8n+1$8n+1$ 型ではない素数がとれる。q$q$ の任意の素因数は、点線部により 4n+1$4n+1$ 型、すなわち 8n+1$8n+1$ 型か 8n+5$8n+5$ 型であるが、8n+1$8n+1$ 型以外と言っているのだから 8n+5$8n+5$ 型の素数 P$P$ が得られたことになる。

以上より、3$3$ より大きい素数 p$p$ に対して、これより大きい 8n+5$8n+5$ 型の素数 P$P$ を作ることができた。これを繰り返すことにより 8n+5$8n+5$ 型の素数を無限に作ることができる。

（補足）
8n+5$8n+5$ 型の素数は 4n+1$4n+1$ 型素数でもあるので、この証明により 4n+1$4n+1$ 型の素数の無限性も示されました。やったね。

終わりに

いかがでしょうか。少々トリッキーですが、でも思ったほど難しくはないですよね。8n+5$8n+5$ 型素数でやや複雑になったように、この方向性で続けていくと、ほかのケースではより難しくなってしまうかもしれません。

このブログでも度々言及している id:integers さんに伺ったところ、一般の an+b$an+b$ 型素数の無限性についても初等的な証明があるようです。今回紹介したものと比べるとはるかに難しいようですが。

「初等的 ≠$\ne$ 簡単」

という点に注意ですね。

私が調べたところによると、Selberg が一般的なケースについて初等的に証明しているようです。まだちゃんと論文を読んでいないので、内容の判断はできませんが。JSTOR に登録すれば Read Online で無料で読めますので、よろしかったら誰か教えてください。笑

http://www.jstor.org/stable/1969454

追記 (2016/03/07)：

せきゅーんさんが 3n+1$3n+1$ 型素数の証明を紹介してくれました。
https://twitter.com/integers_blog/status/705610750270648320

ツイートにもあるように、an+1$an+1$ 型の素数についての一般的な証明法は、せきゅーんさんのブログに既に書いてありました。
integers.hatenablog.com

参考文献

今回の話はハーディ＆ライトの数論入門 I の第２章「素数の列 (2)」の中にある「2.3 ある等差数列における素数」に書いてあります。さらっと書いてあるので、注意して読んでみてください。

数論入門 I (シュプリンガー数学クラシックス 第)

なお、8n+5$8n+5$ 型の証明で仮定した定理は、§ 20.3 で証明されるようなので、２巻を読む必要があります。注意です。

数論入門 II (シュプリンガー数学クラシックス 第)