Corollaryは必然に。

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【振り返り】すべての自然数を「±2±3±5±…±(k番目の素数)」の形で表す

先日、オンライン整数列大辞典に載ってない(載せた)定理を証明した記事を書きました。
corollary2525.hatenablog.com

2022年6月13日の学びカテゴリーの人気エントリートップ10くらいになるほど多くの人に読まれているようです。ありがとうございます!
b.hatena.ne.jp



記事の公開後、よくよく振り返ったらもっと簡単に証明できる所がありましたので、補足として書いておきます。


補題2と定理1(3)の復習

まず、7以上の自然数は相異なる素数の和で表せることを示す補題を復習します。

任意の整数k\ge5に対して,次をみたす自然数s_kが存在する:

この補題により、自然数mp_1, \ldots, p_{\color{red}{k}}の相異なる素数の和で表したければ、7\le m \le \color{red}{6+p_{k+1}}を示せば十分です。

また、自然数mp_1, \ldots, p_{\color{red}{k+2}}の相異なる素数の和で表したければ、7\le m \le \color{red}{6+p_{k+3}}を示せば十分です。

これを踏まえて定理1(3)の証明を振り返りましょう。

定理1
自然数nに対して,kn\le \displaystyle\sum_{i=1}^k p_i をみたす最小の自然数とする(p_iは小さい方から数えてi番目の素数を表す).このとき,以下が成り立つ:
  1. n=9, 16のとき,a_n=k+3.すなわちa_9=6a_{16}=7
  2. n\neq9, 16 かつ \displaystyle\sum_{i=1}^k p_i - n奇数のとき,a_n=k+1
  3. \displaystyle\sum_{i=1}^k p_i - n = 2, 8, 12 のとき,a_n=k+2
  4. \displaystyle\sum_{i=1}^k p_i - n2812 以外の偶数のとき,a_n=k

(3)の証明

\sum_{i=1}^k p_i - n = 2lとおく(l=1, 4, 6かつl < \frac{p_k}{2}).このうち,n\le17をみたすのはn=3, 8, 15である.このときそれぞれk=2, 3, 4であるが
\begin{alignat*}{2}
3 &= &2& + 3 + 5 - 7\\
8 &= &2& - 3 + 5 - 7 + 11\\
15 &= &2& + 3 + 5 + 7 + 11 - 13
\end{alignat*}と表せるので,a_n=k+2が確認できる.以後n > 17(よってk\ge5)とする.

l=1, 4, 6は相異なる素数の和で表せないのでa_n\neq k.また,
\begin{align}
n &= \sum_{i=1}^{k+1} p_i - (2l+p_{k+1})\notag\\
&= \sum_{i=1}^{k+2} p_i - (2l+p_{k+1}+p_{k+2}) \tag{eq2}\label{eq2}
\end{align}という表示ができるが,2l+p_{k+1}は奇数なのでa_n\neq k+1.一方2l+p_{k+1}+p_{k+2}は偶数なので\color{red}{m=l+\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_{k+2})}とおくとBertrandの仮説より
\begin{align*}
m - p_{k+1} &= l+\frac{1}{2}(p_{k+2} - p_{k+1})\\
& \le 6+\frac{1}{2}(2p_{k+1} - p_{k+1})\\
& = 6+\frac{p_{k+1}}{2}\\
& \le \color{red}{p_{k+1}}.\\
\end{align*}m - p_{k+1}\ge7のとき,補題2よりm - p_{k+1}p_1, \ldots, p_{\color{red}{k}}の相異なる素数の和で表せる.よってmp_1, \ldots, p_{\color{red}{k+1}}の相異なる素数の和で表せるので\eqref{eq2}と合わせてa_n=k+2が得られる.

m - p_{k+1} < 7のとき,すなわち

\begin{align*}
(l, p_{k+2}-p_{k+1}) =& (1, 2),\,(1, 4),\,(1, 6),\,(1, 8),\,(1, 10),\\
&(4, 2),\,(4, 4)
\end{align*}

の場合を考える.(l, p_{k+2}-p_{k+1}) = (1, 2t)1\le t\le5)のときは
\begin{align*}
m &= l+\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_{k+2})\\
&= 1+\frac{1}{2}(p_{k+2}-2t+p_{k+2})\\
&= p_{k+2}-t+1\\
&\le \color{red}{p_{k+2}}.
\end{align*}また,m\ge 1+\frac{1}{2}(p_{6}+p_{7})=16 > 7なので,補題2よりmp_1, \ldots, p_{\color{red}{k+1}}の相異なる素数の和で表せる.したがって\eqref{eq2}と合わせてa_n=k+2

(l, p_{k+2}-p_{k+1}) = (4, 2t)1\le t\le 2)のときは
\begin{align*}
m &= 4+\frac{1}{2}(p_{k+2}-2t+p_{k+2})\\
&= p_{k+2}-t+4.
\end{align*}よってm= p_{k+2}+3またはm=p_{k+2}+2となるが,いずれも相異なる素数の和になっているので
\[
n = 2 - 3 + \cdots + p_{k+1} - p_{k+2}
\]または
\[
n = - 2 + 3 + \cdots + p_{k+1} - p_{k+2}
\]と表せる.ゆえにa_n=k+2

より簡潔な証明

あえてm-p_{k+1}で考えて不等式評価したり、p_{k+1}とかp_{k+2}とかで抑えようとしたりして、工夫して計算した形跡が垣間見えます。

ですが、あくまで(3)の証明の目標は「mp_1, \ldots, p_{k+2}の相異なる素数の和で表すこと」です。

なので、7\le m\le 6+p_{k+3}を示せばいいんです。場合分けしたりBertrandの仮説を使ったりしてますが、
\begin{align*}
m&=l+\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_{k+2})\\
&< 6+\frac{1}{2}(p_{k+2}+p_{k+2})\\
&= 6+p_{k+2}\\
&< 6+p_{k+3}
\end{align*}でよくない?よくなくなくなくなくない?

いや、最初はこんな感じで証明してたんです。久しぶりに読み返したら「ん?s_{k+2}\ge p_{k+3}でしょ?6+p_{k+2} > p_{k+3}の可能性があるからだめじゃね?」と勘違いしてしまったんです。確かにs_{k+2}\ge p_{k+3}ですが、s_{k+2} は7から数えたときの個数だからちょっとズレてんのよ。



しかも6+p_{k+2}で抑えられたので、mp_1, \ldots, p_{k+1}の相異なる素数の和で表せます。よってn=\pm2\pm3\pm\cdots\pm p_{k+1} + p_{k+2}p_{k+2} の符号はプラスのままでよい)ことが分かります。こっちの方がええやん。


おまけ(ボツ命題)

ついでに、証明に使えないことに気づいてボツになった命題を供養します。

命題
任意の整数k\ge2に対して
\[
p_{k+3}-\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_k)\ge7.
\]
証明
k=2のときは11-\frac{1}{2}(5+3)=7.以後k\ge3とする.

p_{k+1}= p_k + 2のときとp_{k+1}\ge p_k + 4のときを考えればよい.p_{k+1}= p_k + 2のときはp_{k+2}\neq p_k + 4なのでp_{k+2}-p_k\ge 6.よって
\begin{align*}
p_{k+3}-\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_k)&\ge p_{k+2}+2-(p_k + 1)\\
&\ge 7.
\end{align*}p_{k+1}\ge p_k + 4のときは
\begin{align*}
p_{k+3}-\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_k)&\ge p_{k+3}-\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_{k+1}-4)\\
&\ge p_{k+3}-p_{k+1}+2\\
&\ge 8
\end{align*}となる.■
余談ですが、この命題の等号成立p_{k+1}=p_k + 2かつp_{k+3}=p_{k+2} + 2なので(p_k, p_{k+1}, p_{k+2}, p_{k+3})4つ子素数のときになります。考えてみれば、p_kp_{k+1}の差とp_{k+3}をなるべく小さくすればいいので、4つ子素数が出てくるのも納得です。

勘違い証明

この命題を用いて、定理1(3)に出てくるmをこんな風に計算しました:
\begin{align*}
m&=l+\frac{1}{2}(p_{k+1}+p_{k+2})\\
&\le 6+p_{\color{blue}{k+3}}-7\\
&< 6+p_{k+3}.
\end{align*}キター!…と思いましたが、この証明には重大なミスがあります。

そのミスとは…

添え字、1ずれてんじゃん。6+p_{\color{blue}{k+4}}-7=-1+ p_{k+4}じゃん。
これじゃ 6+p_{k+3}で抑えられないじゃん。

という裏話がありましたとさ。



今日は短いですが、これにておしまい!

thank Q for rEaDing.φ(・▽・ )