素数が無限に存在すること・√２が無理数であることは，ギリシア数学のなかでも有名な定理です．それぞれユークリッドとピタゴラスが背理法を用いて証明しています．

（証明）素数は有限と仮定して，最大の素数をｐkとおく．

　　ｐ1ｐ2・・・ｐk＋１

の素な約数は，互いの異なる素数ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkのどれとも一致しない．

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［Ｑ］４ｍ＋３型の素数は無限に存在することを証明せよ．

［Ａ］奇素数を４で割ったときの余りは１か３である．４ｍ＋１型の数の積

　　（４ｍ1＋１）（４ｍ2＋１）・・・（４ｍk＋１）

はまた４ｍ＋１型になる．また，ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkを４ｍ＋３型素数とすれば，

　　４ｐ1ｐ2・・・ｐk−１

は４ｍ＋３型の素因数を少なくともひとつもたねばならない．それをｑとすれば，ｑは互いの異なる素数ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkのいずれとも異なっている．

［Ｑ］６ｍ＋５型の素数は無限に存在することを証明せよ．

［Ａ］３より大きい素数は６ｍ＋１６ｍ＋５のいずれかの形をしている．また，ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkを６ｍ＋５型素数とすれば，

　　６ｐ1ｐ2・・・ｐk−１

は必ず６ｍ＋５型の素因数を少なくともひとつもたねばならない．それをｑとすれば，ｑは互いの異なる素数ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkのいずれとも異なっている．

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［Ｑ］

　　ζ（ｓ）＝Π１／（１−１／ｐ^s）＝１＋１／ｐ^s＋１／ｐ^2s＋・・・

　　ζ（１）＝∞（発散），ζ（２）＝π^2／６（無理数）

という事実の基づいて，素数が無限に多く存在することを証明せよ．

［Ａ］素数が有限個（ｋ個）敷かないと仮定すると

　　Π(1,k)１／（１−１／ｐ^j）≧Σ１／ｎ

でなければならないが，調和級数Σ（１／ｎ）が無限大に発散すること

　　１／１＋１／２＋１／３＋・・・＝∞

ことから，この不等式は十分大きなｎに対しては不可能である．

　また，素数が有限個（ｋ個）敷かないと仮定すると

　　Π(1,k)１／（１−１／ｐ^j）＝π^2／６

は有理数＝無理数となり，等式は成立し得ない．

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［１］ｘ^2＋１＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）はｐが４ｍ＋１の形をしているとき，そのときに限り解ける．

［２］ｘ^2＋２＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）はｐが８ｍ＋１または８ｍ＋３の形をしているとき，そのときに限り解ける．

［３］ｘ^2＋３＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）はｐが６ｍ＋１の形をしているとき，そのときに限り解けるという事実の基づいて，次の形の素数が無限に多く存在することを証明せよ．

［Ｑ］４ｍ＋１型の素数は無限に存在することを証明せよ．

［Ａ］ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkを４ｍ＋１型素数とすれば，

　　（２ｐ1ｐ2・・・ｐk）^2＋１

は４ｍ＋１の形をしていて，その最小の素因数ｐはｐ1，ｐ2，・・・，ｐkのいずれとも異なっている．

［Ｑ］６ｍ＋１型の素数は無限に存在することを証明せよ．

［Ａ］ｐ1，ｐ2，・・・，ｐkを６ｍ＋１型素数とすれば，

　　（２ｐ1ｐ2・・・ｐk）^2＋３

は６ｍ＋１の形をしていて，その最小の素因数ｐはｐ1，ｐ2，・・・，ｐkのいずれとも異なっている．

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