- 992 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/03(木) 09:58:57.40 ID:A/IUTQfu.net]
- (>>957の続き)
(1)、k_1＜k_2から、k_1、k_2に対して両方共に或るi_1＜i_2なる2つの正整数
i_1, i_2が存在して、k_1は＝n＋i_1 と表わされ、k_2は＝n＋i_2 と表わされる。
(2)、k_1＜k_2から、(k_1)^2＜(k_2)^2 だから、除法の原理より、
両方共に或る j_1＜j_2 を満たすような j_1,j_2＝1,…,n-1 が存在して、
(k_1)^2＝n^2＋an＋j_1 であり、(k_2)^2＝n^2＋an＋j_2 である。
従って、(n＋i_1)^2＝n^2＋an＋j_1、(n＋i_2)^2＝n^2＋an＋j_2 が両方共に成り立ち、
各両辺を整理すると 2n・i_1＋(i_1)^2＝an＋j_1…④、2n・i_2＋(i_2)^2＝an＋j_2…⑤
となって、④から (2i_1－a)n＝j_1－(i_1)^2 を得て、⑤から (2i_2－a)n＝j_2－(i_2)^2 を得る。
(3)、i_1＜i_2から (i_1)^2＜(i_2)^2 だから、(i_1)^2、(i_2)^2に対して両方共に或る
正整数b_1, b_2が存在して、(i_1)^2＝b_1・n＋j_1…⑥、(i_2)^2＝b_2・n＋j_2…⑦。
(4)、③及び i_1＜i_2 から得られる、③にあたる不等式
n! ＜ n^2＋2n・(i_1)＋(i_1)^2 ＜ n^2＋2n・(i_2)＋(i_2)^2 ＜ n!＋n
と、⑥、⑦とから、(n－1)!＝n＋2i_1＋b_1、(n－1)!＝n＋2i_2＋b_2
が両方共に成り立つ。
(4)から、n＋2i_1＋b_1＝(n－1)!＝n＋2i_2＋b_2 だから、2i_1＋b_1＝2i_2＋b_2 であり、
2(i_2－i_1)＝b_1－b_2 である。よって、i_1＜i_2 から b_1－b_2＞0 であり、b_1＞b_2。
ところで、(i_1)^2＜(i_2)^2 だから、(3)の⑥、⑦から、b_1・n＋j_1＜b_2・n＋j_2 であって、
n＞0から b_1＋(j_1/n)＜b_2＋(j_2/n)。従って、b_1－b_2＜(1/n)(j_2－j_1) を得る。
2つの正整数j_1, j_2について 1≦j_1＜j_2＜n なることに着目すると、
j_2－j_1は 1≦j_2－j_1＜n なる正整数だから、1/n＜(1/n)(j_2－j_1)＜1 から
b_1－b_2＜1 となる。しかし、2つの正整数b_1、b_2は b_1＞b_2 を満たすから、
b_1－b_2は b_1－b_2≧1 なる正整数だったことに反し矛盾する。これで示すべき命題の結論を
偽と仮定して矛盾に導けたから、背理法により示すべき命題は示された。
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