素数は無限に存在するの?【5通りの美しい証明をわかりやすく解説】

こんにちは、ウチダショウマです。

さて皆さんは、素数は無限に存在すると思いますか?

では仮に、素数が無限に存在したとして、どうやって示しますか?

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素数は、まあたくさんありそうだし無限に存在しそうだけど、証明となると難しいよね…

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たくさん証明方法があると聞きました!わかりやすく解説してほしいです。

よって本記事では、素数が無限に存在することの $5$ 通りの美しい証明

  • 東北大学理学部数学科卒業
  • 教員採用試験に1発合格 → 高校教諭経験アリ

の僕がわかりやすく解説します。

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目次

素数が無限に存在することの5通りの証明【「背理法」をよく使います】

概要だけ先にお伝えしておきます。

  1. ユークリッドの証明
    → 背理法を用いて矛盾を示す。
  2. ゴールドバッハの証明
    → フェルマー数が互いに素であることを利用。
  3. オイラーの証明
    → オイラー積と素因数分解の一意性より矛盾を導く。
  4. 円周率πが無理数であることを利用する証明
    → ゼータ関数 $ζ(s)$ がカギ。
  5. サイダックの証明
    → $2006$ 年に発表された、最も新しく最も簡潔な証明。

※「~の証明」の部分がリンクになっており、クリックすると証明へジャンプします。

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こうして眺めてみると「矛盾」が一つのキーワードになっていそうだね!

ウチダのアイコン画像ウチダ

無限より有限の方が数学的に扱いやすいため、「有限と仮定して矛盾を導く」というのが一番シンプルでわかりやすいでしょう。

背理法がよくわからない方は、先に「背理法~(準備中)」の記事から読み進めることをオススメします。

それでは、さっそく参りましょう!

ユークリッド「原論」による証明(紀元前3世紀ごろ)

【証明】

素数が有限個であると仮定する。

すると、素数全てを、$p_1$,$p_2$,…,$p_n$ と、ある自然数 $n$ を用いて表すことができる。

ここで、$$P=p_1×p_2×…×p_n+1$$という新しい数 $P$ について考える。

すると、$p_1$ ~ $p_n$ いずれの素数でも割り切れないので、$P$ も素数となる。

しかし、先ほど $p_1$,$p_2$,…,$p_n$ が素数の全てだと仮定したので、新しく素数が作れるはずはない。

よって矛盾である。

したがって背理法より、素数は無限個存在する。

(証明終了)

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質問なんですけど、「素数の積 $+1$ 」という数はいつも素数になるんですか?

ウチダのアイコン画像ウチダ

そうとは限りません!ここはよ~く勘違いが起きやすい箇所なので注意が必要です。

たとえば、

\begin{align}2×3×5×7×11×13+1&=30031\\&=59×509\end{align}

が有名な反例ですね。

今回はあくまで、素数を有限個とすると新たな素数 $P$ が作れてしまう、ということですので、実際のところ素数は無限個存在するということをお忘れなく。

ゴールドバッハによる証明(1730年)

【証明】

まず、フェルマー数 $F_n=2^{2^n}+1$ がそれぞれ互いに素であることを示す。

\begin{align}F_n-2&=2^{2^n}-1\\&=(2^{2^{n-1}}+1)(2^{2^{n-1}}-1)\\&=F_{n-1}(2^{2^{n-1}}-1)\\&=F_{n-1}F_{n-2}(2^{2^{n-2}-1})\\&=…\\&=F_0F_1…F_{n-1}\end{align}

と、因数分解を $n$ 回繰り返せば、上記の式変形ができる。

また移項すると、$$2=F_n-F_0F_1…F_{n-1} …①$$

ここで、$F_n$ と $F_m$( $m<n$ )をともに割り切る素数は、①の式より $2$ を割り切る(つまり $2$ )しかない。

しかし、フェルマー数はすべて奇数より、$2$ では割り切れない。

よって、すべてのフェルマー数は互いに素である。

したがって、$F_1$ を割り切る素数を $p_1$,$F_2$ を割り切る素数を $p_2$,…と定義すると、$$p_1 \ , \ p_2 \ , \ p_3 \ , \ …$$

と素数の無限列が作り出せるため、素数は無限個存在する。

(証明終了)

少し難しい証明でしたが、

  • 互いに素 → 素因数の被りがない
  • フェルマー数が無限にある → 素因数も無限に作れる

というロジックで成り立っています。

互いに素に関する詳しい解説は「互いに素な自然数とは?【応用例7選もわかりやすく解説します】」の記事をご覧ください。

オイラーによる証明(18世紀)

【証明】

素数が有限個であると仮定すると、素数全てを、$p_1$,$p_2$,…,$p_n$ と、ある自然数 $n$ を用いて表すことができる。

ここで、各素数 $p_i$ に対し $\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}$ という数を考える。

これは、初項が $1$,公比が $\displaystyle \frac{1}{p_i}$ の無限等比級数ともいえるので、$$\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{{p_i}^k}$$

≫参考記事:無限等比級数とは~(準備中)

ここで、$i=1 \ , \ 2 \ , \ … \ , \ n$ までの積を取ると、素因数分解の一意性より、

\begin{align}\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}&=\prod_{i=1}^{n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{{p_i}^k}\\&=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}\end{align}

※1.詳しくは後述

こうしてできた式をよく見てみると

  • 左辺 … 有限個の積(オイラー積とも言います)なので、もちろん有限値。
  • 右辺 … 調和級数なので、無限に発散する。

※2.詳しくは後述

したがって背理法より、素数は無限に存在する。

(証明終了)

※1と※2について、詳しく解説します。

※1.素因数分解の一意性って何?

【素因数分解の一意性の応用】
素因数分解の一意性より、$$\prod_{i=1}^{n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{{p_i}^k}=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}$$が成り立つ。

なぜ成り立つのかについては、以下のように書き表すとわかりやすいです。

\begin{align}\prod_{i=1}^{n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{{p_i}^k}=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…)(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…)(1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+…)…\end{align}

※この数式は横にスクロールできます。(スマホでご覧の方対象。)

ウチダのアイコン画像ウチダ

「すべての自然数に対して素因数分解された形は $1$ 通りしかない。」これが素因数分解の一意性であり、裏を返せば上記の式で、すべての自然数を表していることになりますね。

たとえば

  • $1$,$2$ 項目 → $\displaystyle \frac{1}{2} \ , \ \frac{1}{3}$ を選ぶ
  • $3$ 項目以降 → すべて $1$ を選ぶ

こうすると、$\displaystyle \frac{1}{2}×\frac{1}{3}×1×1×…=\frac{1}{6}$ を作ることができます。

そして、素因数分解の一意性より、$\displaystyle \frac{1}{6}$ を他に作り出す方法は存在しないのです。

※2.調和級数って何?

【調和級数の性質】
自然数の逆数の無限和$$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…$$
のことを「調和級数(ちょうわきゅうすう)」と呼び、これは $∞$ に発散する。

この証明も複数知られており、一番有名なのが

\begin{align}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…\\&>1+(\frac{1}{2})+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8})+…\\&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+…\end{align}

※この数式は横にスクロールできます。(スマホでご覧の方対象。)

と式変形することで、$\displaystyle \frac{1}{2}$ の無限和より大きいことを利用する方法です。

ウチダのアイコン画像ウチダ

「~より大きい」ことを利用する証明方法を、数学用語で「下から評価」なんて呼んだりします。他の証明は「調和級数とは~(準備中)」の記事で詳しく解説してますので、よろしければご覧ください。

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円周率 $π$ が無理数であることを利用する証明(1735年以降)

【証明】

素数が有限個であると仮定する。

ここで、さきほどのオイラーによる証明を応用すれば、

\begin{align}\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{1-\frac{1}{(p_i)^2}}&=\prod_{i=1}^{n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{({p_i}^2)^k}\\&=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2}\end{align}

というふうに、$2$ 乗についても同様の式が成り立つ。

また、$$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2}=\frac{π^2}{6}$$

であることが知られている。

≫参考記事:バーゼル問題とは~(準備中)

ここで、$\displaystyle (左辺)=\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{1-\frac{1}{(p_i)^2}}$ は有理数の有限積なので有理数であるが、$\displaystyle (右辺)=\frac{π^2}{6}$ は、円周率 $π$ が無理数であるため、無理数である。

≫参考記事:円周率πについて~(準備中)

したがって、$有理数=無理数$ が成り立つため、これは矛盾である。

(証明終了)

証明の中で出てきたバーゼル問題

$$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2}=\frac{π^2}{6}$$

もオイラーによって示されました。

よってこの証明も、オイラーによるものだと言って良いでしょう。

数学太郎のアイコン画像数学太郎

へ~。オイラーさんって、すごい人なんですね。

ウチダのアイコン画像ウチダ

ガウスと並び「数学界の二大巨人」と呼ばれるぐらいですからね。オイラーさんの業績は「オイラーとは~(準備中)」の記事でわかりやすくまとめています!

補足.ゼータ関数?リーマン予想?

ゼータ関数 $ζ(s)$ とは

$$ζ(s)=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^s}$$

で定義された関数です。

特に、$ζ(1)$ が調和級数、 $ζ(2)$ がバーゼル問題と言われています。

こうしてみると、ゼータ関数と素数のつながりが何となく強そうに見えませんか?

ウチダのアイコン画像ウチダ

実は、素数の分布を予想した「リーマン予想(現在も未解決問題)」で扱われる関数が、なんと「ゼータ関数」なのです!

色んな知識が結びついてきそうで面白いですよね^^

詳しくは

  • ゼータ関数とは~(準備中)
  • リーマン予想とは~(準備中)

の記事を参考にしてみてください。

サイダックによる証明(2006年)

さて、最後は $2006$ 年に発表された、メチャクチャ簡潔な証明です。

【証明】

$$a_1=2 , a_n=a_{n-1}(a_{n-1}+1)$$という数列を考える。

少しだけ具体的に考えてみると、

  • $a_2=a_1(a_1+1)=2×3$
  • $a_3=a_2(a_2+1)=2×3×7$
  • $a_4=a_3(a_3+1)=2×3×7×43$

と続いていく。

ここで、連続する自然数は互いに素である性質を用いると、例えば $a_3+1$ は $a_3$ と互いに素であるから、$a_3$ の素因数では割り切れない数となる。

≫参考記事:互いに素な自然数とは?【応用例7選もわかりやすく解説します】

すると、$a_3+1$ は素数であるかどうかはわからないが、少なくとも $a_3$ とは異なる素因数を持つことは確かである。

よって、こうして作られた $a_4$ は、異なる素因数を $4$ つ以上持つことが判明した。

これはすべての自然数 $n$ について同様なことが言えるので、$a_n$ は異なる素因数を $n$ 個以上持つ。

したがって、$n$ を限りなく大きくとれば、素因数は無限に作ることができる。

(証明終了)

実際の証明では、途中の解説が省かれているので、$3$ 行で終わっています!

ウチダのアイコン画像ウチダ

こんな簡潔な証明が最近まで未発見だったんですから、数学の世界はホント奥が深いですよね~。

素数が無限に存在することのまとめ

最後に、本記事のまとめをして終わります。

  • 素数は無限個存在します。
  • ただ、素数が出現する規則性(素数の分布)については未だよくわかっていません。
    • →「リーマン予想」につながってきます。
  • いろんな証明方法があり、特に「背理法」をよく使います。

全部を理解する必要はないです。

ぜひ、興味のある証明だけでも理解して、数学を楽しんでいきましょう♪

「整数の性質」全 25 記事をまとめました。こちらから次の記事をCHECK!!

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終わりです。

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