平成２８年２月１４日

[流れ星]

　　　　　第330回数学的な応募解答

　　　　　　＜解答募集期間：1月17日～2月14日＞

［素数に関して］

　今、高校で「数学A」にある整数の性質を教えています。６の約数は１、２、３、６で足すと１２になります。これは大変珍しいことです。

どんな数でも約数の総和が元の数字の２倍になるとは限りません。このような性質をもつ数をユークリッドは2300年も前に発見しています。

ユークリッド原論（第9巻命題36）によると、「もし単位から始まり順次に1対2の比をなす任意個の数が定められ，それらの総和が素数になるようにされ，そして全体が最後の数にかけられてある数をつくるならば，その数は完全数であろう」と書いてあります。今風に書くと

１＋２＋４＋８＋・・・＋２ｎ－１＝２ｎ－１が素数となり、この数列の最後の項に掛けられる数が完全数ということです。

すなわち、ｎを正整数とするとき、ｎを正整数とするとき、２ｎ－１が素数ならば、Ｎｎ＝２ｎ－１（２ｎ－１）は完全数であろう。

では、Ｍｎ＝２ｎ－１に1から順に自然数を代入してそれが素数かどうかを考えて、完全数を見つけることにしょう。

Ｍ１＝１素数でないね。Ｍ２＝３は素数でＮ２＝２×３＝６は完全数、Ｍ３＝７は素数でＮ３＝４×７＝２８は完全数。Ｍ４＝１５は素数でないからＮ４は完全数でない。Ｍ５＝３１は素数だからＮ５＝１６×３１＝４９６は完全数。・・・、わかった。ｎ＝２、３、５って素数ですね。このときＭｎは全部素数です。だから、４番目の完全数はｎ＝７。５番目はｎ＝11のときに出てくるよね。そうかな？みんなどう思う。考えてみてくれないか。

ここで、問題です。

問題１：命題「ｎが素数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は素数である」は真か偽か。真なら証明し、偽なら反例を挙げてよ。

問題２：逆に「ｎは２以上の整数とするとき、２ｎ－１が素数ならば、ｎも素数である」は真か偽か。真なら証明し、偽なら反例を挙げてよ。

追加

問題３：ｎを正整数とする。ｎとｎ＋２はともに素数（双子素数という）で、その間のｎ＋１は６の倍数でないものとする。そのようなｎをすべて求めよ。多くは双子素数の間にある数は６の倍数ですが、例外を見つけてください。

注：40年以上前に「ユークリッド原論」（定価6800円）を購入して持っています。

 

NO1「uchinyan」         01/17 13時34分　受信  更新 2/14

問題１：

n に 2 から始めて素数を順次代入して調べると，

M2 = 2^2 - 1 = 3，素数，

M3 = 2^3 - 1 = 7，素数，

M5 = 2^5 - 1 = 31，素数，

M7 = 2^7 - 1 = 127，素数，

M11 = 2^11 - 1 = 2047 = 23 * 89，素数ではない，

となるので，

命題，n が素数のとき，Mn = 2^n - 1 は素数である，

は，偽，で，反例は，n = 11 のとき，です。

 

問題２：

命題，Mn = 2^n - 1 が素数のとき，n は素数である，

は，真，です。これを，同値な，

対偶，n が素数でないとき，Mn = 2^n - 1 は素数でない，

を示すことによって証明します。

n は素数でないので，2 以上の整数 k，m，k <= m によって n = km と書けます。そこで，

Mn = 2^(km) - 1 = (2^k)^m - 1 = (2^k - 1)((2^k)^(m-1) + (2^k)^(m-2) + … + 2^k + 1)，

ここで，最後の式の因数はどちらも 3 以上なので，Mn は素数ではありません。

これで対偶が，したがって元の命題が，証明されました。

 

問題３：

まず，n = 1, 2, 3, 4, 5 の場合は，n = 1 は素数でないので除いて，

n = 3 の，3，4，5，だけが題意を満たします。

次に，n が 6 以上の整数の場合は，k を自然数として，

n = 6k，6k+2，6k+3，6k+4 のときは n が，n = 6k+1 のときは n+2 が，素数ではないので，

双子素数の条件を満たしません。

そこで，n = 6k+5 のときだけが双子素数の条件を満たす可能性がありますが，

n+1 = 6k+6 が 6 の倍数なので，やはり題意を満たしません。

以上ですべての場合なので，結局，求める n は 3 だけです。

 

(感想)

2016年の最初の問題は整数問題でしたね。

問題１：と問題２；は完全数，特にメルセンヌ素数 Mn，に絡む問題でした。

この形の数が完全数であるだけでなく，

偶数の完全数はこの形しかないことがオイラーによって証明されています。

しかし，メルセンヌ素数 Mn の n の一般式は分かっていません。

一方，奇数の完全数は現在見つかっておらず，存在するかどうかも分かっていません。

なかなか奥の深い深遠なテーマですね。

問題３：は双子素数がらみの問題でした。

言われてみればなるほどなのですが，真ん中の数と６の倍数の関係は初めて知りました。

何となくですが，最近の京大だったら出題されてもおかしくないような印象を受けました。

 

 

NO2「早起きのおじさん」 01/18 12時15分　受信  更新 2/14

問題1

感じをつかむため、 のnに素数（2,3,5,7,11,･･･）を代入します。

そして、 までの素数を約数にもつかを調べます。

 

 ← 素数

 ← 素数

 ← 素数

 ← 素数

 ← 合成数

 ← 素数

･･･

以上から、命題「nが素数のとき、 は素数である」は偽となります。

 

 

問題2

命題「nを2以上の整数とするとき、 が素数ならば、nも素数である」の対偶は、

「nを2以上の整数とするとき、nが合成数ならば、 も合成数である」です。

もとの命題のまま考えるのは難しいので対偶の命題を調べます。

 

nは合成数なので、1より大きな2個以上の整数の積で表すことができます。

n＝p×q とします。

 

 

となります。

 

1より大きな2数の積の形になったので、対偶が成立し、元の命題も示されたことになります。

 

 

問題3

整数を次のように6種類に分類してみます。

｛6k、6k＋1、6k＋2、6k＋3、6k＋4、6k＋5｝

 

このうち波線をつけた数は、ｋが1より大きい場合、

6k＝2×3×k、

6k＋2＝2×(3k＋1)、

6k＋3＝3×(2k＋1)、

6k＋4＝2×(3k＋2)

のように合成数です。

残る6k＋1、6k＋5の場合しか素数の可能性がありません。

 

つまり、6k＋5、6(k＋1)＋1＝6k＋7 の場合に双子素数の可能性があります。

しかし、この2数に挟まれる数6k＋6＝6×(k＋1)は、6の倍数です。

 

もとの分類でk＝0をみて、3と5も双子素数と気づきます。

その間の数4は、6の倍数ではありません。

例外はこのときだけです。

 

 

NO3「浜田明巳」         01/18 15時22分　受信  更新 2/14

問題１
　偽である．
　反例は，ｎ＝１１のとき，ｎは素数であるが，
　　Ｍ１１＝２１１－１＝２０４７＝２３・８９
は素数ではない．

問題２
　真である．
　ｎ＝２のとき，２２－１＝３は素数で，ｎは素数である．
　ｎ＝３のとき，２３－１＝７は素数で，ｎは素数である．
　ｎ≧４のとき，背理法で証明する．
　２ｎ－１は素数，ｎ＝ａｂ（ａ，ｂは共に２以上の整数）とする．
　ｆ(ｘ)＝ｘａ－１とすると，ｆ(１)＝０であるから，因数定理より，
　　ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)Ｑ(ｘ)（Ｑ(ｘ)は整数係数の(ａ－１)次式）
　　∴ｆ(２ｂ)＝(２ｂ－１)Ｑ(２ｂ)
　Ｑ(２ｂ)は整数なので，ｆ(２ｂ)＝２ａｂ－１＝２ｎ－１は，２ｂ－１（≧３）で割り切れる．
　２ｎ－１は素数なので，２ｂ－１＝２ｎ－１
　　∴ｂ＝ｎ
　故にａ＝１となり，矛盾する．
　故にｎは素数である．

問題３
　ｎ，ｎ＋２を素数とし，ｎ＋１を６の倍数でないとする．
　ｋを整数として，
　　ｎ＋１＝６ｋ＋１，６ｋ＋２，６ｋ＋３，６ｋ＋４，６ｋ＋５
とすると，
　　ｎ＝６ｋ，６ｋ＋１，６ｋ＋２，６ｋ＋３，６ｋ＋４
　ｎは素数なので，
　　ｎ＝６ｋ＋１（ｋは正整数）
　　ｎ＝６・０＋２＝２
　　ｎ＝６・０＋３＝３
の３個の場合がある．
i). ｎ＝６ｋ＋１（ｋは正整数）のとき，
　　ｎ＋２＝６ｋ＋３＝３(２ｋ＋１)（２ｋ＋１は３以上の整数）
は素数ではない．
ii). ｎ＝２のとき，ｎ＋２＝４は素数ではない．
iii). ｎ＝３のとき，ｎ＋２＝５，ｎ＋１＝４となり，条件に合う．
　故に求めるｎは，ｎ＝３

 

 

NO4「スモークマン」     01/28 15時16分　受信  更新 2/14

問題１：命題「ｎが素数のとき、Ｍｎ＝２ｎ−１は素数である」は真か偽か。真なら証明し、偽なら反例を挙げてよ。

 

回答

偽

反例：2^11-1=23*89, 2^23-1=47*178481, 2^29-1=233*1103*2089

こんな因数分解は手計算では無理な気がする…?

 

問題２：逆に「ｎは２以上の整数とするとき、２ｎ−１が素数ならば、ｎも素数である」は真か偽か。真なら証明し、偽なら反例を挙げてよ。

 

回答

真

2^(2*m)-1=(2^m-1)(2^m+1)

左辺が素数なら…2^m-1=1・・・m=1

つまり、2^2-1=3

p,qが奇素数の合成数なら…

2^(p*q)-1=(2^p)^q-1=(2^p-1)((2^p)^(q-1)+(2^p)^(q-2)+…+1)

同じく…2^p-1=1・・・p=1

so…2^q-1

 

いずれにせよ、2^n-1のnは素数となる。

 

問題３：ｎを正整数とする。ｎとｎ＋２はともに素数（双子素数という）で、その間のｎ＋１は６の倍数でないものとする。そのようなｎをすべて求めよ。多くは双子素数の間にある数は６の倍数ですが、例外を見つけてください。

 

回答

n,n+1,n+2

3連続のうち一つは２の倍数で、もう一つは3の倍数なので…

n+1が6の倍数でなければ…真ん中が偶数

残りは3しかない…

2n-1. 2n, 2n+1

(1,2,3)

3,4,5・・・これしかないですね ^^

(5,6,7)

 

 

NO5「にいばりZ12」      02/01 00時04分　受信 

　　「にいばりZ12」     02/13 01時46分　受信  更新 2/1

 

訂正と追加があります。考察が尻切れトンボに・・・

問題2と問題3の関係について述べたかったのですがいろいろ調べるうちに期限が来てしまいました。

数論の問題は学生時代やらなかったとても魅力的な分野なのでどうしても深入りしてしまいます。

6ｍ±1の素数が別々に無限に存在することを証明したくてずっと考え続けていました。

 

問題１：命題「ｎが素数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は素数である」は真か偽か。真なら証明し、偽なら反例を挙げよ。

 

ＭｎのＭはメルセンヌ数の頭文字ですね。

この形(kｍ－１)の式は必ず因数分解でき、等比級数の和の公式にも使われています

即ち初項1公比ｋの場合

S=kｍ－１＝(k-1)( kｍ-1+ kｍ-2+・・・+1)・・・・①

1+ｋ+ k2+ k3+・・・+ kｍ-1＝(kｍ－１)/(k-1)

ここで問題を見るとｋ＝2であることからｋ-1＝1となり等比級数の因数を確定しない以上Sは素数かどうかわかりません

（ｋ≧3であればｋｍ－１は常に合成数となります）

この形（kｍ－１）の式が合成数でない可能性があるのはのはｋが2の時のみでこの時の素数性を考察したのがメルセンヌ数ですね。

(メルセンヌ数は0を含まない正の整数で定義されているのでｋが1以下の場合は除外して考えます)

 

ここでメルセンヌ数のｎが合成数の場合を考えます

ｎが合成数という事は少なくともn=P1・P2（Piは素数）に素因数分解できます

従って

Ｍｎ＝２ｎ－１＝２p1・p2－１

ｋ＝２p1と置き①の式と比較すると

S＝Ｍｎ＝＝２p1・p2－１＝ｋp2－１

となりｋ≧3（ｋ≧4）なのでＭｎは合成数と言えます

 

命題「ｎが合成数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は合成数である」・・・・・・・・・・・・・・・・・②

が言えたことになります

この命題の対偶命題は（自然数は素数でなければ合成数であるという命題を自明として）

「Ｍｎ＝２ｎ－１が素数のとき、ｎは素数である」・・・・・・・・・・・・・・・・・③

 

ここまでは数Ⅰの知識で十分対応できる範囲だと思います

諺に「逆もまた真なり」と言うのがありますが数学のここでいう「逆→裏」が全く成り立たないのが通例で常に証明を要します。

 

よって、ここで言えるのは②から

命題「ｎが合成数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は合成数である」

 

ｎが素数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は素数。問題①

　　　⇔

　　　逆

Ｍｎ＝２ｎ－１は素数のとき、ｎが素数（問題２）③真

　　　　　　　裏

対偶

裏　　

ｎが合成数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は合成数①真

　　　⇔

　　　逆

Ｍｎ＝２ｎ－１は合成数のとき、ｎが合成数

 

上表から②は問題１の命題の裏に当たります。対偶は真なので問題２③は証明されたことになります。

 

さて、問題1の本題に入りますが

①右辺(k-1)( kｍ-1+ kｍ-2+・・・+1)を変形すると

問題1ではk=2なので

S=2ｍ－１＝2ｍ-1+ 2ｍ-2+・・・2 2+21+1

この問題が厄介なのは、S（＝Ｍｎ）が合成数である場合ｍが合成数である場合と素数である場合があることです。

つまり、「Ｍｎ＝２ｎ－１は合成数のとき、ｎが合成数」の対偶証明は成り立たず問題1の命題は偽となります。

具体的な反例として23は素数ですが

ｎ=23でＭｎ＝8388607＝178481×47

よって命題「ｎが素数のとき、Ｍｎ＝２ｎ－１は素数」は偽・・・回答

この問題はすでに解決されていますがもしこのような形で素数が定式化できるのであればリーマン予想も解決に近づくのではないでしょうか。

 

なお、次の2つの命題が未解決になっているようです（ウィキより）

①「メルセンヌ素数は無限に存在する」

②「素数 p に対して Mp が合成数であるとき、これをメルセンヌ合成数と呼ぶことにして、それは無限に存在する」

この問題は、①が偽であれば②は真、②が偽であれば①が真となります（無限から有限を引いても無限であることから自明）。

このことは次のように書き表せます。

 

（A）メルセンヌ素数の個数が有限ならばメルセンヌ合成数は無限に存在する真

　　　⇔

　　　逆

(D)メルセンヌ合成数の個数が無限ならばメルセンヌ素数は有限

　　　　　　　裏

対偶

裏　　

(C)メルセンヌ素数の個数が無限ならばメルセンヌ合成数の個数は有限

　　　⇔

　　　逆

(B)メルセンヌ合成数の個数が有限ならばメルセンヌ素数は無限に存在する真

 

命題Aは仮定①を偽としているため真となります。またその対偶命題Bも真です

ところがAの裏（C）は真偽不明（無限から無限を引いても有限とは限らない（無限にある自然数から無限にある偶数を除いても無限の奇数が残ります））でその対偶（Aの逆）もまた同様

このことは、リーマン予想において、ゼータ関数の0点が一直線上に無限に存在することを証明したゴッドフレーハーディーの失敗と同じような理屈です。

Aに内在する前段の仮定①＝偽を証明すると（証明してもAの真は変わらない）②は自明となりますが命題C、Dは成立しません。

私は、個人的に①が真であると（根拠のない）予想しているので、①と②は独立に証明されなければならないと考えています。

面白いのは、無限性を証明しても有限性は証明できないが有限性を証明すると無限性が証明できるという事です。

 

問題２：回答省略

 

問題３：ｎを正整数とする。ｎとｎ＋２はともに素数（双子素数という）で、その間のｎ＋１は６の倍数でないものとする。そのようなｎをすべて求めよ。多くは双子素数の間にある数は６の倍数ですが、例外を見つけてください。

 

0と自然数は6ｍ、6ｍ+1、6ｍ+2、6ｍ+3、6ｍ+4、6ｍ+5（ｍ＝0,1,2,3,4,5・・・）で表されます。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…①

素数は、偶素数2と2より大きな場合はすべて奇数（2より大きな偶数は素因数に2を含む合成数）で構成される数であることを言っておきます。　　　　　　　　　　　…②

ｍ≧1の時、6ｍと6（ｍ+1）の間にある数の内素数の可能性のある奇数は6ｍ+1、6ｍ+5の2つ（6ｍ+2、6ｍ+4は偶数で6ｍ+3は3(2ｍ+1)で合成数）です。

ｍ=0の時上記は成立せず素数は2、3、5となります。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　・・・③

いま、ｍ≧2のとき6ｍ-1=6(ｍ-1)+5で、ｍとｍ-1はともに自然数であるので上記③から素数である可能性があります。　　　　　　　　　　　　　　・・・④

即ち、①④からｍ≧2のとき双子素数が存在するときそれらの双子素数は6ｍ±1となり、双子素数の間にある偶数は6ｍで6の倍数となります。　　　・・・⑤

ｍ＝1の時⑤から5,7の双子素数が存在しその間の偶数は6

次にｍ＝0の時を検証します。

ｍ＝0の場合

③の後段より3と5が双子素数となりその間の偶数は4

ｎ＝4・・・・回答

 

 

考察

 

問題3の双子素数が無限に存在する（未解決）と仮定するとそのかたわれ

6ｍ-1≡6ｍ+5（mod6）

も無限に存在します

2以外の偶素数が存在しないことから

3以外の奇素数が存在するとすればその素数は

6ｍ±1（ｍ＞0）→（奇数であり且つ素数であるような数は左の形をしている）・・・・A

の形をとります

メルセンヌ素数は

Ｍｎ＝２ｎ－１

の形をとりますが

Aと比較するとAの復号が負の時

2ｎ－１＝6ｍ-1

2ｎ＝6ｍ

2ｎ＝2・3ｍ

右辺に左辺の2以外の素因数3を含むのでｍは整数ではなくなります。

よってメルセンヌ素数は6ｍ-1の形をとりません

 

Aの復号が正の時

2ｎ－１＝6ｍ+1

2ｎ-2＝6ｍ

2(2ｎ-1-1)＝2・3ｍ

2ｎ-1-1＝3ｍ

この場合たとえばｍ＝5でｎ＝5が成立します。

双子素数が無限に存在すると、6ｍ+1の形の素数もまた無限に存在します

 

素数の無限性は証明されており、また素数が必ず6ｍ±1の形をとることから

少なくとも6ｍ+1と6ｍ-1の形をとる素数の一方は無限に存在します。

 

問題2より、2ｎ－１が素数の時ｎは素数であるのでｎ-1は偶数でこれを2ｋとすると

2ｎ-1-1

＝22ｋ-1

＝4ｋ-1＝3ｍ

(4-1)( (4k-1+ kk-2+・・・+1) ＝3ｍ

(4k-1+4k-2+・・・+1) ＝ｍ

 

 

NO6「二度漬け白菜」     02/07 19時34分　受信  更新 2/14

[問題1]
命題「 n が素数のとき，Mn = 2^n -1 は素数である」は 偽 である．
 反例は，例えば，n=11．
(n=11は素数であるが，このとき，2^n - 1 = 2^11 - 1 = 2047 = 23*89．)


[問題2]
命題「n を 2 以上の整数とするとき，Mn = 2^n - 1 が素数ならば，n も素数である」
は 真 である．

(証明)
対偶命題「n が2以上の合成数であるならば，2^n - 1 も合成数」
が真であることを示す．
n を2以上の合成数とする．
このとき，n = a*b (a，b はいずれも 2 以上の整数) とかける．
2^n - 1
 =2^(a*b) - 1
 =(2^a -1)*(1 + 2^a + 2^(2*a) + … + 2^((b-1)*a))．
ここで，
(2^a -1)≧3，
(1 + 2^a + 2^(2*a) + … + 2^((b-1)*a))≧(1 + 2^a)≧5．
よって，2^n - 1 は合成数である．
(証明終)


[問題3]
 n と n+2 が双子素数であって，なおかつ，n+1 が6の倍数でないような n は
n=3 のみである．(答)

(主張) n と n+2 が双子素数であって，なおかつ，n が5以上であれば，
n+1 は6の倍数である．

(証明)
nは5以上の素数故，n+1は偶数である．
いま，n+1 が3の倍数でないと仮定する．
n+1=3*k+1 または n+1=3*m+2 (k，m は2以上の整数) とかける．
n+1=3*k+1 ならば，n=3*k であるので， n が素数であることに反する．
n+1=3*m+2 ならば，n+2=3*(m+1) であるので， n+2 が素数であることに反する．
よって n+1 は3の倍数でなければならない．
n+1は偶数であって，なおかつ， 3の倍数でもあるので，
n+1は6の倍数であることがわかる．
(証明終)

 

---------------------------------------------------------------

 

「2^p - 1 が素数となるような素数 p は無数に存在するか？」
という問題や，
「2^p - 1 が合成数となるような素数 p は無数に存在するか？」
という問題が，未解決問題であることを今回初めて知りました．


今年の1月20日，フェイスブック上に，OEISから次のような投稿が
ありました．

 

A000043(49) <= 74207281

 

「2^p - 1 が，49番目のメルセンヌ素数になるとき，
素数 p は 74207281 以下である」という内容でした．

＜水の流れ：貴重な情報です。ありがとうございます＞

 

 

「にいばりZ12」     03/07 00時22分　受信  更新 3/7

考察

 

問題3の双子素数が無限に存在する（未解決）と仮定するとそのかたわれ

6ｍ-1≡6ｍ+5（mod6）

も無限に存在します

2以外の偶素数が存在しないことから

3以外の奇素数が存在するとすればその素数は

6ｍ±1（ｍ＞0）→（奇数であり且つ素数であるような数は左の形をしている）・・・・A

の形をとります

メルセンヌ素数は

Ｍｎ＝２ｎ－１

の形をとりますが

 

Aと比較するとAの復号が負の時

2ｎ－１＝6ｍ-1

2ｎ＝6ｍ

2ｎ＝2・3ｍ

右辺に左辺の2以外の素因数3を含むのでｍは整数ではなくなります。

よってメルセンヌ素数は6ｍ-1の形をとりません

 

Aの復号が正の時

2ｎ－１＝6ｍ+1・・・B

2ｎ-2＝6ｍ

2(2ｎ-1-1)＝2・3ｍ

2ｎ-1-1＝3ｍ

この場合たとえばｍ＝5でｎ＝5が成立します。

双子素数が無限に存在すると、6ｍ+1の形の素数もまた無限に存在します

 

素数の無限性は証明されており、また素数が必ず6ｍ±1の形をとることから

少なくとも6ｍ+1と6ｍ-1の形をとる素数の一方は無限に存在します。

また、双子素数が無限に存在するとすれば6ｍ+1と6ｍ-1の形をとる素数は無限に存在します。

 

問題2より、2ｎ－１が素数の時ｎは素数であるのでｎ-1は偶数でこれを2ｋとすると

2ｎ-1-1

＝22ｋ-1

4ｋ-1＝3ｍ

(4-1)( (4k-1+ kk-2+・・・+1) ＝3ｍ

(4k-1+4k-2+・・+4 1+1) ＝ｍ

または、

4ｋ＝3ｍ+1

から、mは奇数である事が解ります（これは、双子素数、メルセンヌ素数の無限性にはかかわりません）

 

再掲

2ｎ－１＝6ｍ+1・・・B

右辺が素数であるような奇数ｍが無限に存在する（双子素数が無限に存在する）ならば

左辺も無限に存在する。

∵

2ｎ＝6ｍ+2＝2(3ｍ+1)

2ｎ-1＝3ｍ+1

4ｋ＝3ｍ+1

上式のｋがいかなる数であっても奇数mが存在することは右辺がすべての4の累乗数を包含していることから明らか補題1。

よって、“式B”における左辺が素数であり且つ無限に存在すれば右辺も無限に存在する。

 

このことは、メルセンヌ素数が無限に存在すれば双子素数のかたわれである6ｍ+1の形をとる素数も無限に存在することを意味します。

即ち“式B”右辺の素数無限性を証明することは、メルセンヌ素数が無限に存在することの証明であり、(双子素数のかたわれである)6ｍ+1の素数無限性を証明（素数が6ｍ±1の形しか取らないことから）したことなります。

 

補題1

4ｋ＝3ｍ+1

(4k-1+4k-2+・・+4 1+1) ＝ｍ

より奇数ｍはいかなる自然数kに対しても存在する

 

以上により次のことが言えます

①素数は6ｍ±1（ｍ＞0）の形と2、3で表される

②メルセンヌ素数は、6ｍ+1の形をとる（ｍは奇数）

③メルセンヌ素数が無限に存在すると6ｍ+1の形をとる素数もまた無限に存在する

④6ｍ+1の形をとる素数がメルセンヌ素数であるとき、6ｍ-1は合成数である

 

課題

　6ｍ+1の形をとる素数と6ｍ-1の形をとる素数の無限性の証明

　少なくともどちらか一方は無限に存在しますが、両方なのか一方なのか。

 

メルセンヌ素数と双子素数の無限性についての何らかのつながりをずっと考えてきました

当初は、どちらかの無限性を証明できればもう一方の無限性も証明できるのではないかと考えていましたが、どちらの無限性を証明してももう一方の無限性の証明にはならないことがここまでの結論です。

課題に挙げた問題が肯定的に証明されたとしても、ｍが共通であるものの無限性の証明はまた別ものであり、6ｍ+1の形をとる素数の無限性が証明されたとしてもメルセンヌ素数の無限性が証明されたことにはなりません。

色々考えましたが、この先にはまだまだ考えることがありそうです。

 

以上により次のことが言えます

①素数は6ｍ±1（ｍ＞0）の形と2、3で表される

②メルセンヌ素数は、6ｍ+1の形をとる（ｍは奇数）

③メルセンヌ素数が無限に存在すると6ｍ+1の形をとる素数もまた無限に存在する

④6ｍ+1の形をとる素数がメルセンヌ素数であるとき、6ｍ-1は合成数である

⑤6ｍ+1の形をとる素数が有限であるとき、メルセンヌ素数及び双子素数もまた有限であり（①より）6ｍ-1の形をとる素数は無限に存在する。

 

 

「にいばりZ12」     03/07 23時45分　受信  更新 3/8

 

今日、別の定理から課題として挙げていた問題が解りましたので投稿させて頂きます。

 

「ディリクレの算術級数定理（さんじゅつきゅうすうていり、theorem on arithmetic progressions）は、初項と公差が互いに素である算術級数(等差数列)には無限に素数が存在する（ウイキより引用）」

この定理は証明が難解で私の手には余りますので、結果のみ利用させて頂きます。

具体的に定理を整理すると

「互いに素である自然数 a, b に対し、am+ b (m は自然数)と書ける素数が無限に存在する」

今、6と1,6と5は互いに素です。（6ｍ-1=6(ｍ-1)+5）

従って6ｍ±1は無限の素数を含む・・・課題の結論

 

 

以上により次のことが言えます

①素数は6ｍ±1（ｍ＞0）の形と2、3で表される

②メルセンヌ素数は、6ｍ+1の形をとる（ｍは奇数）

③6ｍ+1の形をとる素数は無限に存在するのでメルセンヌ素数が無限に存在することを否定しない。

④6ｍ+1の形をとる素数がメルセンヌ素数であるとき、6ｍ-1は合成数である

⑤削除

 

「にいばりZ12」     06/12　02時23分　受信  更新 6/12

330回での考察の結果を再掲及び訂正させて頂きます

①素数は6ｍ±1（ｍ＞0）の形と2、3で表される

②メルセンヌ素数は、6ｍ+1の形をとる（ｍは奇数）

③6ｍ+1の形をとる素数は無限に存在するのでメルセンヌ素数が無限に存在することを否定しない。

④6ｍ+1の形をとる素数がメルセンヌ素数であるとき、6ｍ-1はメルセンヌ数ではない（メルセンヌ素数、メルセンヌ合成数ではない∵メルセンヌ数の間隔が2より大きい）。

｛メルセンヌ素数でないことと素数でない事を一緒くたに考えた勘違いでした｝