4n+3型, 6n+5型, 8n+5型素数の無限性 - tsujimotterのノートブック

少し前に、私の周囲で「" $3n+1$ " 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 $an+b$ 型素数の無限性（ $a, \; b$ 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 " $4n+1$ " 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（ $L$ 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「 $4n+3$ 型素数」「 $6n+5$ 型素数」「 $8n+5$ 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

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

の $a, b$ 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、

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

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

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

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 $p$ に対して、以下の $q$ を考えます。

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

この数 $q$ は、 $p$ 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、 $q$ は $p$ より大きい素数 $P$ で割り切れる。

以上より、素数 $p$ に対して、これより大きい素数 $P$ 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。

$4n+3$ 型素数の無限性

まず $2$ より大きい素数 $p$ に対して、

$q = 2^2\cdot 3\cdot 5 \cdots p - 1$

とおく。この数 $q$ は $4n+3$ 型の数であり₍₁₎、かつ $p$ 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。

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

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

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

$6n+5$ 型素数の無限性

上とほぼ同様の流れで示す。

まず $3$ より大きい素数 $p$ に対して、

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

とおく。この数は $6n+5$ 型の数であり₍₁₎、かつ $p$ 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。

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

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

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

$8n+5$ 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。

$3$ より大きい素数 $p$ に対して、以下の数を考える。

$q = 3^2 \cdot 5^2 \cdot 7^2 \cdots p^2 + 2^2$

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

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

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

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

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

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

これより、 $q$ の任意の素因数は $4n+1$ 型に限られる。
（ $q$ は $8n+5$ 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。

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

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

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

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