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小中学生も分かる！簡単そうでも奥深い「数学の未解決問題」3選 (3/3)

2020.09.26 19:00:36 Saturday

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(n の 2 乗)+1 の形の素数

素数の階段 / Credit:Junpei Tsuji（辻様にご許可を頂き掲載）/slideshare

(n の 2 乗)+1 の形の素数について考える前に、以下の素数についても考えてみます。

【4n + 1 の形の素数】
4n + 1(n は正の整数)の形で表される素数は無限に存在するか？

言葉では少し難解なので、具体例を挙げてみましょう。

5 = 4×1+1

13 = 4×3+1

17 = 4×4+1

29 = 4×7+1

37 = 4×9+1

このような「4n+1 の形で表される素数」は無限に存在するのでしょうか？

実は、これは既に「無限に存在する」ということが証明済み。4n+1 の形だけでなく、3n+1 や 8n+5 や 20n+9 でも、同様のことが証明されています。

どれも「ディリクレの算術級数定理」という有名な定理の具体例です。

では、(n の 2 乗)+1 の形の素数についても考えてみましょう。

【n² + 1 の形の素数】
n² + 1(n は正の整数)の形で表される素数は無限に存在するか？

具体例を挙げてみます。

1²+1 = 2

2²+1 = 5

4²+1 = 17

6²+1 = 37

10²+1 = 101

このような「(n の 2 乗)+1 の形で表される素数」は無限に存在するのでしょうか？4n + 1 の形の素数と同様、式は非常にシンプルですが、不思議なことに、こちらの問題は未解決なのです。

紀元前から素数の研究は行われているのにも関わらず、こんなにシンプルな形の素数に関する問題が 21 世紀になっても未解決とは…数学は恐ろしい学問です。

今回紹介した予想は、意外にも問題自体は簡単に理解できてしまうものばかり。しかし、未解決の超難問です。

もしかすると、これらの予想の裏側には、壮大な数学の新理論が隠されているかもしれません！

ぜひ、ご自身で具体例を計算してみてください。数学の不思議さや面白さを感じられると思います。親子で自由研究として試してみても良いかもしれません。考え続けてみたら、自らの内に秘めた数学の才能が開花するかも…？

【編集注 2022.03.22 15:20】
記事内容に一部誤りがあったため、修正して再送しております。

小中学生も分かる！簡単そうでも奥深い「数学の未解決問題」3選 (3/3)のコメント

w 2024/06/11 14:36:05

この問題，解けちゃいました

返信

あんぱん 2024/07/06 14:59:12

3つ目は間違っています

いあいあいあいあ 2024/07/22 11:31:11

ほんとに

:) 2024/07/02 23:30:45

面白い記事をありがとうございました！

返信

mendako 2024/09/14 09:17:11

最後の問題数は無限に存在するんだから無限にあるんじゃ無いの?

返信

🍌 2024/09/22 17:32:37

ありそうな気はするけど証明できないんや…

🦍 2024/09/15 19:38:35

へぇえーー

返信

ああん 2024/10/31 15:58:40

もあん

返信

よう 2024/11/03 09:29:01

結構奥深くて、面白いですね。一回、解こうとしたんですけれど、全然できなかったです。😭😭

返信

かーき 2024/11/30 17:02:27

何で最後のないの？

返信

こんちゃ 2024/12/04 10:06:30

58 2乗プラス1は3365で素数じゃない

返信

かえで 2024/12/04 20:11:24

その先はあるんやろ？

あいうえお 2024/12/17 19:52:23

3365は5で割り切れるので素数ですよ

にゃんにゃん 2024/12/31 13:20:34

ぱっと見てなにこれと思った😓

レモン 2025/01/31 10:48:05

素数が無限にあるかという問題だから別に素数じゃないのが出てきてもいいのでは？

レモン 2025/02/19 10:26:55

それだったら3 2乗＋1も10で素数じゃない

ゲスト 2024/12/17 13:22:03

2は素数ですか？

返信

anonymous 2024/12/23 20:47:24

そうです

𰻞 2025/01/11 17:36:53

4n+1の素数が無限にあるなら、
4(4×n²)+1の素数も無限にありそう

返信

ラララ 2025/01/23 10:14:18

そもそも4n^2で成り立つかわからん

αとどら焼き 2025/01/19 18:41:13

数学について
フェルマーの最終定理にαとどら焼きという名前で投稿させていただいた者です。

ゴールドバッハ予想の推論と証明
（推論）
点Ｏから始まる半直線ＯＸを
ＯＸ→∞
として定義する。
この時
この上に二等辺三角形ＡＢＣを
（ⅰ）頂点Ａが半直線より上側にある
（ⅱ）頂点Ｂ,Ｃが半直線上にある
（ⅲ）線分ＢＣの垂直二等分線とＢＣの交点をＤとする。
様に作る。
Ｂ,Ｃ,Ｄが自然数の位置に存在するならばゴールドバッハ予想は正しい。
推論
自然数m,nについて
2の約数は2,1だけであるから2は素数
また
2m=2+2n
は2以外の偶数であるから
2m=2（1+n）
偶数2mは約数2,1+nを持つ。
∴1+nは1ではないから素数の性質とは不合理となり
2m=2+2n
は素数ではない。

また
上記のＯＸ上の二等辺三角形ＡＢＣについて
常にＢＣは偶数をとる。ＢＣ=2m∈N

ＯＢが素数の長さP_1、ＢＤ=mで
ＯＣ=2ＯＤ+ＯＢ=2m+P_1
となる。
2m+P_1=P_2=ＯＣ
として
素数の長さP_2をとるとき
ゴールドバッハ予想は正しい。

2m+P_1=Q_1=（非素数）のとき
次の様に考えられる。
（要素①）
自然数も素数も無限に存在するので
ＯＣをＣ側に2s延長すると
長さが素数P_2の点Ｃ_1にたどり着く。
∴
ＢＡをＡ側に延長すると
二等辺三角形Ａ_1ＢＣ_1が作れる事となり二等辺三角形ＡＢＣと相似である。
また
垂直二等分線Ａ_1Ｄ_1なる点Ｄ_1が存在する。…①
ＢＣ_1=ＢＣ+2s=2m+2s
なので
ＯＣ_1=ＯＢ+ＢＣ_1=2（m+s）+P_1
であるから
2（m+s）+P_1=P_2
なる点Ｃ_1が存在する。
∴
（偶数）=P_1+P_2
が成り立つ。=（素数）+（素数）となりゴールドバッハ予想は正しいと推測出来る。
ここで
（偶数）=（非素数）+（非素数）
とも見なせる。
これを非素数Q_1,Q_2を用いて
（偶数）=Q_1+Q_2
とすれば
P_1+P_2=Q_1+Q_2…②
が成り立つ。
これを（素数と非素数の絶対等式）
とする。
（②の証明）
任意の偶数2xにおいて
2x=P_1+P_2
とすれば
2x=（P_1-a）+（P_2+a）
として非素数型に変形出来る。
∴
P_1+P_2=（P_1-a）+（P_2+a）
すなわち
P_1+P_2=Q_1+Q_2
が成り立つ。（証明終了）

以下は推測が正しい事から
ゴールドバッハ予想の証明を数学的機能法と場合分けして証明する。
（証明）数学的機能法による
4以上の偶数=2（n+1）とする。
（ⅰ）推測から4=2+2より
2は素数であるから
n=1の時に成り立つ。
（ⅱ）
n=kのとき成り立つとすれば
推論の②より
2+2k=P_1+P_2=Q_1+Q_2
である。
いま
2m=2+2（k+1）とする。
場合分けすると
（A）k+1が奇素数のときk+2は非素数である。
（B）k+1が非素数のときk+2は奇素数である。
（C）k+1が非素数のときk+2は非素数である。
（D）k+1=2の時のみ、k+2=奇素数
が成り立つ。
（A）は
2m=2+2（k+1）
=（k+2）+（k+2）
=Q_1+Q_2
=P_1+P_2

（B）は
2m=（k+2）+（k+2）
=P_1+P_2

（C）は
2m=（k+2）+（k+2）
=Q_1+Q_2
=Q_3+Q_4=…=Q_k+Q_（k+1）
でしか表せないとする。
ところが
P_1+P_2=Q_1+Q_2
であるから
どこかで
P_k+P_（k+1）=Q_k+Q_（k+1）
のはずである。
何故ならば推論から
二等辺三角形ＡＢＣの底辺ＢＣの両端が非素数
かつ
その内側も全て非素数とすると
その両端をさらに等延長すれば
2m=（Q_1-a）+（Q_k+a）
k=2とすれば（全てのkについて②が崩れない）
2m=（Q_1-a）+（Q_2+a）
=P_1+P_2
である。

（D）素数2を用いてしまうと
k+1=2より
k+2=3となり
2m=2（k+2）=6=3+3=2+4
m=3で成り立つ。となり（ⅰ）に帰着する。
（A）～（D）により
n=kの時P_1+P_2=Q_1+Q_2ならば
n=k+1の時も場合分けにより
P_1+P_2=Q_1+Q_2
が成り立つ。
よって
全ての自然数nについて
n=1の時成り立ち
n=kの時成り立つとすれば
n=k+1
の時も成り立つので
場合分けと数学的機能法により
ゴールドバッハ予想は正しい。

返信

ゴールドバッハ 2025/01/22 10:35:04

ただただゴールドバッハ推している人に見える（）

αとどら焼き 2025/01/20 15:36:45

推論
コラッツ予想の四則演算として次のように定義出来る。
自然数P_n,Q_n,nにおいて
P_n+Q_n→1ならばP_n→1,Q_n→1

P_n-Q_n→1ならばP_n→1,Q_n→1

P_n×Q_n→1ならばP_n→1,Q_n→1

P_n/Q_n→1,P_n≠Q_nならば
P_n→1,Q_n→1
何故ならば
P_n→∞またはQ_n→∞の時は
明らかに不合理
またループ値が存在するとすればそれをLで表すと
P_n→aかつQ_n→bとして
P_n+Q_n→1とすると
a+b→1かつa→1かつb→1
である。
何故ならば自然数の考え方として下記は明らかに成り立つ。
a→∞またはa→L-1かつb→1の時
a+b→∞またはL
同様に
a-b→∞またはL…（a=L+1）
ab→∞またはL…（a=L）
a/b→∞またはL…（a=Lb）
として
成り立つ自然数Lが存在する。
つまり
a→1かつb→1が否定されている時でも
a+b→1が成り立つ事を示せば良い事になる。

またコラッツ予想の計算にて
a→1ならばa^n→1かつ
a^n→1ならばa→1である。
何故ならば
a→1とすると
（a^2）（1/a）について
a→1より1/a→である
∴a^2→∞またはループ値Lならば
a^2（1/a）→∞またはLであるから不合理
∴a→1ならばa^2→1
a^2→1ならばa^3→1……
a^（n-1）ならばa^n→1
逆に
a^n→1とすると
a^（n-r）×（a^r）→1
であるから
常に
a^（n-r）→1かつa^r→1
∴a→1
推論と証明の要素の証明終了。
これらを用いて証明していく。
（証明）
コラッツ予想の証明（未定係数法を用いた背理法）

背理法による
最初に
無限に続く自然数A,Ｂを次のように定義する。
（ⅰ）自然数Aについて
A=10^（n-1）（A_n）+10^（n-2）×（A_n-1）+…+10×A_2+A_1
（10^（n-1）とA_nのかけ算の組み合わせで一つの項をつくりn桁の自然数を作成している）
n∈N
どのA_nも常に1～9の自然数をとり
どのA_nも等しくても異なっても良いとする。（Aの定義）

（ⅱ）自然数Ｂについて
自然数Ｂを次のように定義する。
自然数Ｂは自然数Aの各項のA_nを10-A_nに置き換えたものとする。
（Ｂの定義）
証明
A→1かつＢ→1が成り立たないとする。

∴
A+Ｂ=10^n+10^（n-1）+…+10
が成り立つ。
これをコラッツ予想の計算に正していくと
4→2→1,2^m→1より
A+Ｂ+1=
｛10^（n+1）-1｝×（1/9）

3×3（A+Ｂ+1）+1=10^（n+1）

｛3×3（A+Ｂ+1）+1｝/2^（n+1）=5^（n+1）→1
コラッツ予想上
3（A+Ｂ+1）→1
である。
∴コラッツ予想上2^m=1より
3（A+Ｂ+1）→1=2=2^m∈N
よって
（3A+1）+（3Ｂ+1）+1→2^m=2=1

（3A+1）/2+（3Ｂ+1）/2+2→1
左辺は
左から順にA,Ｂ,2に対するコラッツ予想の第一段階目の計算である。
そして
右辺は常にコラッツ予想上1=2=2^m
が成り立つとしている。
∴
A,Ｂ,2のいずれかがどの組み合わせにおいても
発散またはループを取るとすると
左辺≠右辺
となり矛盾する。
すなわち
A→1かつＢ→1が成り立たないとする事が誤り。
つまり
全ての自然数Aにおいて
A→1である。
証明終了