インテジャーズ

INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

トゥエによる素数の無限性の証明

素数の無限性の証明はたくさん知られています。昔はそれらを調べることが趣味でしたが、もう飽きてしまって久しいです。


ですが、トゥエによる証明とよばれている古いアイデアがあって、それを久しぶりに読む機会があったので、まあちょっとエッセイでも書こうかという気分になったのであります。



素数というのはどこにいるかというと、2以上の整数を持ってくれば、必ずその整数の素因数という形でおります。


ということは2以上の整数を無限に持ってくれば、素数が無限にいるということが言えるかもしれません。


ですが、何の工夫もしないと失敗します。



例えば、2以上の整数Nを全部考えて、各NについてNの素因数を1つとってp_Nとしましょう。すると、


\{p_N \mid N\in\mathbb{Z}, N\geq 2\}


という無限集合が得られて素数の無限性が論証できたかというと、そうはなりません。


というのも、異なるN, M\geq 2に対してp_N=p_Mかもしれないので、p_N達が重なりまくって実は上の集合が有限集合だったという可能性を排除できていないからです。


そこで工夫をします。2以上の整数を全部考えるのではなく、何か適切な数列2\leq a_1 < a_2 < a_3 < \cdotsを考えて、a_Nの素因数を1つとってp_Nとし、今度こそ


\{p_N \mid N\in\mathbb{Z}, N\geq 2\}


が無限集合であることを保証できるようにするのです。

N\neq Mのときa_Na_Mは互いに素であるとか、そうでなくとも、a_Np_1,\dots, p_{N-1}とは互いに素な2以上の因子を必ず持つとか、そういう条件を満たす数列であればOKです。


それで、そのような適切な数列というのは幾らでも見つかっていて、素数の無限性証明の1つの大きな系列を形成しているわけです。


ただ、数列(a_N)を何かしらチョイスしないといけないので、常に人工的と言いますか、整数全体が協力する感じの証明にはなりません。一方で、この系列には属さないアイデアに基づく素数の無限性証明も大量に知られています。





さて、今回それらの中で注目したいのは「数え上げ」による証明です。自然数は数えることと密接に関係があります(cardinals)。


有限集合Sの元の個数\#Sが不変量として定まる(つまり、ものの個数はものを数える順番、方法によらない)ということはよくよく考えれば不思議なこと(非自明)でもありまして、数え上げによる素数の無限性証明はそのことを利用します。



Nを正整数として、1からNまでの整数全体の集合を、この記事では[N]と表すことにします。例)[5]=\{1,2,3,4,5\}.


このとき、集合[N]の元の個数はNです。それは定義だと言ってもいいですが、1, 2, \dotsと順番に数えていって最後に唱えるNが個数になっているということです。


一方で、他の数え方をしてもいいです。ここでは正整数n


n=p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}\quad (e_1,\dots, e_k\in\mathbb{Z}_{\geq 0}) \tag{1}


と表されるという算術の基本定理(これこそ素数の基本的役割であり、自然数の集合の掛け算による構造です)に基づいて数えてみましょう。すると、素数が無限にないといけないということが見えてきます*1。ここでは、p_iは小さい方から数えてi番目の素数を表す記号とします。



そのような証明にはエルデシュによるものとトゥエによるものの少なくとも2種類の方法があります。エルデシュによる証明は優れた点があるのですが、一方で、算術の基本定理から一歩踏み込んで「正整数は無平方部分と平方部分の積としての一意的な表示を持つ」という事実と絡めて議論されます。


以下で述べるトゥエによる証明は、エルデシュによる証明とは違って、「無平方部分」について考えることのない証明だという特徴があると言えるでしょう。



集合[2^N]を考えましょう。この集合は素朴に数えると元の個数は2^N個です。


一方、n \in [2^N]に対して(1)素因数分解表示をすると、n\leq 2^Nであることから、各e_iN以下でなければならず(つまり、e_iとして選び得る場合の数は高々N+1通り)、また、k\leq \pi(2^N)とできます(\pi(x)x以下の素数の個数を表す標準的な記号)。よって、素因数分解表示に基づいて[2^N]の元の個数を数え上げると、高々(N+1)^{\pi(2^N)}個であることがわかります。従って、


\displaystyle 2^N\leq (N+1)^{\pi(2^N)}


の成立がわかりました。


すると、もし素数が有限個しか存在しないのであれば、


\displaystyle 2^N \leq N^{O(1)}\quad (N\to\infty) \tag{2}


となって矛盾します。つまり、こんな不等式はこの世では成立し得ないということから、素数は無限に存在してもらわないと個数勘定が合わなくなるのです。



エルデシュによる証明では、既に述べた通り「無平方部分」について考慮した上で数え上げが行われるため、[N^2]の2通りの数え上げによって、もし素数が有限個しか存在しないのであれば


\displaystyle N^2= O(N)\quad (N\to \infty) \tag{3}


が得られて矛盾します。まとめると、トゥエとエルデシュの証明の差は「無平方部分」を考慮に入れるか入れないかであり、その結果、矛盾する数の挙動が(2)(3)という異なった形で現れるのです。



最後に素数の逆数和の発散性についても少し述べておきます。エルデシュが最もオーソドックスなオイラーによるものとは異なる証明を与えていることは有名ですが、彼はN以下のpの倍数の個数が\lfloor N/p\rfloorであることを用いて、単純な数え上げにより次を証明しています:

素数の逆数和が収束すると仮定すると、ある素数pが存在して、pより大きい素数では割り切れない[N]の元全体のなす集合をE_Nと表すとき、


\displaystyle \#E_N\gg N \tag{4}


が成り立つ。


ここで言及に値するかもしれないことは、エルデシュによる素数の逆数和の発散性証明は2つの部分からなっており、彼による素数の無限性証明のアイデア(4)を組み合わせた証明であるが、(4)と組み合わせることによって素数の逆数和の発散性証明を導出することができる素数の無限性証明というのはエルデシュによるものに限定されるわけではないということです。


エルデシュによる素数の無限性証明から\#E_{N^2}=O(N)が言えるので、(4)と組み合わせると


\displaystyle N^2 \ll \#E_{N^2} \ll N \quad (N\to \infty)


となって矛盾するわけですが、別にトゥエのアイデアを用いても\#E_{2^N}\leq N^{O(1)}が言えるので、(4)と組み合わせると


\displaystyle 2^N \ll \#E_{2^N} \leq N^{O(1)} \quad (N\to \infty)


となって矛盾するのです。

追記

読み返してみると、きっと次のようなことをやるのだろう思う文章な気がしてきました: ある数え方をすると数えた個数に対してAという表示が得られ、別の数え方をするとBという表示が得られ、実は同じ集合の元の個数を数えていたことが言えるので、A=Bが示される。

ですが、実際行われている論法は次のようなものです:  ある数え方をすると数えた個数に対してAという表示が得られ、別の数え方をするとBという表示が得られ、実は前者で数えた集合が後者で数えた集合の部分集合であることが判明するので、A\leq Bが示される。

このことがちゃんとわかるように文章を書き換えるべきな気もしますが、面倒なので、この追記でご勘弁ください。

*1:追記:ordinalsとしての自然数に積を考え、素因数分解という基本構造を見出した時点で素数の無限性がはっきりとわかるならばそれに越したことはありません。が、実際はそうではなく、なので素数の無限性というのは非自明だと認識できるわけですが、一方で「有限範囲で切って個数を数える」という1つの行為を加えると素数の無限性が瞬時にわかるというのがトゥエによる証明であり、とてもよい証明だと今回感じました。

ジュリアンの森

ジュリアン・ローゼン(Julian Rosen)という数学者がいます。

私は博士後期課程のとき、ジュリアンが導入したある数学的対象に着目しました。そして、彼の研究には含まれない結果を発見・証明することができ、それが私の博士論文につながりました。

その後、その対象に関する論文は幾つも現れていますが、国内で最初にそれに関する仕事をできたことは私にとって幸運でした(ジュリアンの仕事の存在自体はSさんに教えていただきいました)。

他にもジュリアンは面白い仕事をしており、私は彼の影響をとても受けています。


さて、最近になってジュリアンはまた面白い論文[R]を書いていました。それを紹介することがこの記事の目的であります。

数直線をティーることはできない

数直線上の点の上にティー(アルファベットのT)を生やしましょう。

点上に生えるティー


ここで、ティーとは2つの線分を合わせた(数学的には合併をとった集合を意味します)もので、1つは考えている数直線に垂直な線分で(こちらをベースとよびます)、ベースの片方の端点は数直線上にあるものとします。また、もう1つは考えている数直線と平行な線分で(よって、ベースとは垂直であり、こちらをトップとよびます)、ベースのさっきとは反対側の端点がトップの中点であるとします。

ベースとトップの長さは正の実数であればどんなものを考えてもよいものとし、特にベースとトップの長さが等しい必要はありません。


数直線上の複数の点上にティーを生やすことを考えましょう。このとき、各ティーは同一半平面上にある状況を考えることにします。

複数のティー(例1)


数直線\mathbb{R}の部分集合Sに対して、「Sティーる」とは、「相異なる2点 p, q \in Sに対してp上に生えているティーq上に生えているティーが互いに交わらない(集合として共通部分が空集合となること)ように、各点 p \in S上にティーを1つずつ生やすこと」とします。

Sが有限集合であれば明らかにいつでもティーることができて、例えば「例1」の図は青い5つの点のなす集合をSとしたときに、Sティーった例になっています。

次の図は(実際は既に見たようにティーることができるんだけれども)ティーることに失敗した例です。

複数のティー(例2)


ここで問いたいことは「数直線\mathbb{R}ティーることができるか?」というものです。


次が答えです。


定理1 \mathbb{R}ティーることはできない。



平面はティーることができる

前節の問題の2次元版を考えてみましょう。つまり、平面上の点の上にティーを生やします。

平面上の点の上に生えるティー


ティーは2つの線分を合わせたもので、1つは考えている平面に垂直な線分で(ベース)、ベースの片方の端点は平面上にあるものとします。また、もう1つはベースと垂直な線分で(トップ)、ベースのさっきとは反対側の端点がトップの中点であるとします。

1次元のときとの違いは、トップは考えている平面と平行な線分ですが、色々な向きを考えることができます。

点とベースと「トップの長さ」はさっきと同じで、トップの向きだけを変えたティー


平面上の複数の点上にティーを生やすことを考えましょう。このとき、各ティーは同一半空間上にある状況を考えることにします。

複数のティー(どれもトップはベースと垂直)


平面\mathbb{R}^2の部分集合Sに対して、「Sティーる」とは、1次元のときと同様に、「相異なる2点 p, q \in Sに対してp上に生えているティーq上に生えているティーが互いに交わらないように、各点 p \in S上にティーを1つずつ生やすこと」とします。


数直線\mathbb{R}ティーることができませんでしたが、平面\mathbb{R}^2ティーることはできないのでしょうか?


ジュリアンは次を証明しました。


定理2 \mathbb{R}^2ティーることができる。



数直線をティーることはできないことの証明

この節では定理1を証明します。

S\mathbb{R}の部分集合とし、Sティーることができたと仮定します。このとき、Sは高々可算であることを示しましょう。そのことが示されれば、もちろん\mathbb{R}ティーることができないとわかります。

Sティーった際の各 p\in S上に生えているティーT_pと表すことにします。

そして、各 p\in Sに対して、T_pのトップを数直線上に射影した線分上の有理数 a_p, b_pを、p \in (a_p, b_p)を満たすように1組選びます((a_p, b_p)は開区間の記号です)。

a_pb_pの選択


ここで、写像 \iota\colon S\to \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\iota(p):= (a_p,b_p)で定義しましょう*1\iotaギリシア文字の「イオタ」です)。

写像\iota単射であれば証明完了です。というのも、集合の濃度を絶対値記号で表すことにすると、|S|\leq |\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}|=|\mathbb{N}|が得られ、Sは高々可算ということになるからです。

\iota単射であることを示すために、相異なる2点 p, q\in Sp < qと大小関係を付けておきます)が存在して、\iota(p)=\iota(q)が成り立つ状況があると仮定しましょう(背理法による証明)。

このとき、a_p=a_q=a, b_p=b_q=bとおくと、図のような状況になって、T_pT_qは必ず交わることがわかります。

T_pT_qは交わる


ポイントはT_pのトップとT_qのトップはともに赤い線分は含むだけ長くないといけないことです。図ではT_pのベースがT_qのベースより長くなっていますが、他のケースでも変わりません。

というわけで、今はSティーっていたわけですからT_p\cap T_q=\varnothingのはずで、これは矛盾です。よって、\iota単射であり、その結果、定理1が証明されました。

平面をティーることができることの証明(定理3への帰着)

ジュリアンによる定理2の証明は次の定理3に基づきます。

定理3 以下の条件を満たすような\mathbb{R}^2上の整列順序*2 \precsim、正の実数の族 (h_p)_{p\in \mathbb{R}^2} および平面内の直線の族 (\ell_p)_{p\in\mathbb{R}^2}が存在する:

  • 直線\ell_ppを通る。
  • p, q\in\mathbb{R}^2p\prec qを満たすならば、p\not\in \ell_q かつ h_p\neq h_qである。
  • p, q\in\mathbb{R}^2p\prec qおよびq\in \ell_pを満たすならば、h_p > h_qである。

ただし、p\prec qは「p\precsim qかつp\neq q」を意味するものとする。

この定理3で存在する (h_p)_{p\in \mathbb{R}^2} および (\ell_p)_{p\in\mathbb{R}^2} を用いれば、以下に説明するように\mathbb{R}^2ティーることができます。むしろ、定理2より強く、ティーる際の各点上のティーのトップの長さは好きに選んでよいことまで証明できます。

一方で、定理3の証明は整列可能定理および(それと同値な)ツォルンの補題(これらは選択公理と同値です)を用いる非構成的な証明であり、従って、\mathbb{R}^2ティーる方法も非構成的となります*3

定理3の証明は次の節にまわして、ここでは一旦成立を認めることにしましょう。

各点 p\in \mathbb{R}^2に対して、p上にティーT_pを次のように生やします(\mathrm{base}(T_p), \mathrm{top}(T_p)でそれぞれT_pのベースおよびトップを表すことにします):

  • \mathrm{base}(T_p)は長さh_p
  • \mathrm{top}(T_p)は平面への射影が直線\ell_pに含まれるようなものであり、長さはあなたの好きな正の実数。
定理3に基づくT_pの構成


この構成で\mathbb{R}^2ティーることができています。それを確かめるには、相異なる2点 p, q\in \mathbb{R}^2を任意にとって、T_p\cap T_q=\varnothingを示せばよいです。そのためには、

\displaystyle T_p=\mathrm{base}(T_p)\cup \mathrm{top}(T_p),\quad T_q=\mathrm{base}(T_q)\cup \mathrm{top}(T_q)

なので、

\begin{align}&\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)=\varnothing,\\
&\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{top}(T_q)=\varnothing,\\
&\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{top}(T_q)=\varnothing,\\
&\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)=\varnothing
\end{align}

を示せばよいです*4

\precsimが整列順序(特に全順序)であることから、p\prec qと仮定しても一般性を失いません。
また、\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)=\varnothingは明らかです。

\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)=\varnothingは明らか


今、定理3によって h_p\neq h_qなので、\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{top}(T_q)=\varnothingがわかります。

ベースの長さが異なれば、トップを延長した直線同士(赤い直線)は交わらない


また、p\not\in\ell_qなので、\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{top}(T_q)=\varnothingがわかります。

p\not\in\ell_qであれば、\mathrm{base}(T_p)\cap\mathrm{top}(T_q)=\varnothing


今の設定で、q\not\in\ell_pq\in\ell_pかはわかりませんが、場合分けをしましょう。q\not\in\ell_pであれば直前の議論と同様に\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)=\varnothingがわかります。よって、q\in\ell_pの場合を考えましょう。

このとき、定理3によって h_p > h_qが成り立ちますので、やはり\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)=\varnothingが成り立ちます(もしh_p\leq h_qなら交わるかもしれません)。

h_p > h_qであれば\mathrm{top}(T_p)\mathrm{base}(T_q)よりも高い位置にある


これで示すべきだったことが全て確認できました。

平面をティーることができることの証明(定理3の証明)

定理2の証明を完了させるためには、定理3の証明が残っています。適切な\mathbb{R}^2上の整列順序の存在を示す必要がありますが、とりあえず何かしらの\mathbb{R}^2上の整列順序が存在することは次の定理からわかります。

整列可能定理 任意の集合Xに対して、X上の整列順序が存在する。

ですが、今回の証明では何でもよいわけではありません。

集合論から必要な知識を幾つか思い出しながら議論していきます。

ベルンシュタインの定理 集合A, Bの濃度について、|A|\leq |B|かつ|B|\leq |A|であれば、|A|=|B|が成り立つ。

事実1 任意の無限集合Aに対して、|A|+|A|=|A|および|A\times A|=|A|が成り立つ*5

事実2 任意の整列集合*6に対して、それと順序同型な順序数*7が一意的に存在する。

事実3 順序数全体のクラスの空でない部分クラスは最小元を持つ*8

\mathbb{R}^2上の整列順序に事実2によって対応する順序数全体のなすクラスをNとします。このとき、整列可能定理によってNは空ではありません。よって、事実3によってNは最小元を持ちます。その最小の順序数に対応する\mathbb{R}^2上の整列順序を\precsimと表すことにします。

このように順序を選ぶ理由は、次の補題を使いたいからです。

定義 \mathbb{R}^2の部分集合S\mathbb{R}^2の切片*9であるとは、ある p \in \mathbb{R}^2が存在して、
S=\mathbb{R}^2\langle p\rangle :=\{q\in \mathbb{R}^2 \mid q\prec p\}
が成り立つときをいう。

補題 \mathbb{R}^2の切片の濃度は|\mathbb{R}|より真に小さい。

補題の証明. 背理法によって証明するために、\mathbb{R}^2の切片Sに対して|S|\geq |\mathbb{R}|を仮定する。このとき、ベルンシュタインの定理および事実1から|S|=|\mathbb{R}^2|が成り立つ。これは整列集合(S,\precsim)と順序同型な\mathbb{R}^2上の整列順序の存在を示す。
整列集合(\mathbb{R}^2,\precsim)に事実2によって対応する順序数を\alphaとするとき、(\mathbb{R}^2,\precsim)\alphaの間の順序同型によってSに対応する\alphaの切片を\betaとすると、順序数の性質*10から\beta\in\alphaとなって、\beta\alphaより小さい。一方、背理法の仮定から\betaNに属するので、\alphaの最小性に反する。 Q. E. D.

それでは適切な整列順序は定まったため、定理3で要求される (h_p)_{p\in \mathbb{R}^2} および (\ell_p)_{p\in\mathbb{R}^2} の存在性を示しましょう。それはある順序集合を定義し、その集合にツォルンの補題を適用して、存在する極大元から手に入れるという形で実行されます。

集合\mathcal{C}を次のように定義します。

\displaystyle \mathcal{C}:=\{(S,\{(h_p,\ell_p) \mid p\in S\}) \ \mid 1.から5.の条件を満たす \}

少しみにくいですが、集合Sと集合\{(h_p,\ell_p) \mid p\in S\}のペアであって、以下の1.から5.の条件を満たすもの全体の集合です。

  1. S\mathbb{R}^2の切片または\mathbb{R}^2
  2. 任意の p\in Sに対して、h_pは正の実数であり、\ell_p\subset\mathbb{R}^2pを通る直線。
  3. q\in S, p\prec q ならば p\not\in\ell_q かつ h_p\neq h_q
  4. q\in S, p\prec q かつ q\in \ell_p ならば h_p > h_q
  5. 任意のq\in\mathbb{R}^2に対して、|\{p\in S\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}| \leq 2が成り立つ。

また、\mathcal{C}上の半順序をペア(S,\{(h_p,\ell_p) \mid p\in S\})のそれぞれの成分についての包含関係によって定めます*11

なお、\mathcal{C}には自明な元(\varnothing, \varnothing)が属することはすぐにわかります*12
ここでツォルンの補題を思い出しましょう。

ツォルンの補題 Xを順序集合とする。このとき、Xの任意の全順序部分集合が上界を持つならば、Xは極大元を持つ。

先ほどの半順序により順序集合とみた\mathcal{C}はツォルンの補題の条件を満たします。


よって、ツォルンの補題によって\mathcal{C}は極大元を持ち、それを1つとって、改めて(S,\{(h_p,\ell_p) \mid p\in S\})と表すことにしましょう。

主張 S=\mathbb{R}^2が成り立つ。

主張の証明. S\neq \mathbb{R}^2を仮定すると、S\mathbb{R}^2の切片である。このとき、p_0\in\mathbb{R}^2が存在して、S=\mathbb{R}^2\langle p_0\rangleが成り立つ。以下、

\displaystyle (S\cup \{p_0\}, \{(h_p, \ell_p) \mid p\in S\cup \{p_0\}\}) \in \mathcal{C}

が満たされるようなh_{p_0}, \ell_{p_0}が存在することを論証したい。それが言えれば、(S,\{(h_p,\ell_p) \mid p\in S\})の極大性に矛盾し、背理法によってS=\mathbb{R}^2が従うのだ。


p_0を通る\mathbb{R}^2内の直線全体の集合をL_{p_0}と表し、その部分集合を

\begin{align} L_{p_0}^{(1)}&:=\{\ell \in L_{p_0} \mid \ell \cap S\neq \varnothing\},\\
L_{p_0}^{(2)}&:=\{\ell \in L_{p_0} \mid \exists p, q\in S, p\neq q, p_0\not\in\ell_p\cap\ell_q, \ell \cap \ell_p \cap \ell_q \neq \varnothing\}\end{align}

と定める。すると、|L_{p_0}^{(1)}|\leq |S|が成り立つ*14。また、Sを無限集合と仮定して、事実1より|L_{p_0}^{(2)}|\leq |S\times S|=|S|が成り立つ*15

よって、事実1および補題より|L_{p_0}^{(1)}\cup L_{p_0}^{(2)}|\leq|S|+|S|=|S|<|\mathbb{R}|と評価できる。

一方、|L_{p_0}|=|\mathbb{R}|が成り立つ(直線を\mathbb{R}^2内で考えているから!)。従って、L_{p_0}\setminus (L_{p_0}^{(1)}\cup L_{p_0}^{(2)})空集合ではなく、そこに属する元を1つとって、\ell_{p_0}と定める。Sが有限集合のときも|S\times S|=|S|^2となったりするだけで全く同様に\ell_{p_0}を選べる。

Sに対する5.より |\{h_p \mid p\in S, p_0\in \ell_p\}|\leq 2であるため、\{h_p \mid p\in S, p_0\in \ell_p\}空集合でない場合は通常の大小関係に関する最小元が存在する(mとしよう)。\{h_p \mid p \in S\}(この集合の濃度は補題より|\mathbb{R}|より真に小さい)に属さない正の実数であって、mより小さいものを1つ選んでh_{p_0}とせよ。mが存在しない場合(先の集合が空集合の場合)は単に\{h_p \mid p \in S\}に属さない正の実数であればよい*16


これでh_{p_0}, \ell_{p_0}が選べたので、後はS\cup \{p_0\}に対して1.から5.の条件が満たされていることを確認すればよい。

1.のチェック。S\cup\{p_0\}\mathbb{R}^2でなければ、\{p\in \mathbb{R}^2 \mid p_0\prec p\}空集合でないので、整列性から最小元p_1をもつ。このとき、S\cup\{p_0\}=\mathbb{R}^2\langle p_1\rangleが成り立つ。

2.のチェック。h_{p_0}は正の実数としてとったし、\ell_{p_0}\subset\mathbb{R}^2p_0を通る直線としてとった。

3.のチェック。p\in Sp\prec p_0)に対して、p\not\in\ell_{p_0} かつ h_p\neq h_{p_0}であればよい。これは、\ell_{p_0}\not\in L_{p_0}^{(1)}およびh_{p_0}\not\in\{h_p \mid p \in S\}から従う。

4.のチェック。p\in Sp\prec p_0)かつ p_0\in \ell_pのときに、h_p > h_{p_0}であればよい。\{h_p \mid p\in S, p_0\in \ell_p\}空集合であれば自明であるし、空集合でなければ、h_p > h_{p_0}となるようにとったのであった。

5.のチェック。任意のq\in\mathbb{R}^2に対して、|\{p\in (S\cup\{p_0\})\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}| \leq 2を示したい。q=p_0またはq\not\in\ell_{p_0}の場合は\{p\in (S\cup\{p_0\})\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}=\{p\in S\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}が成り立つので、Sに対する5.から従う。q\neq p_0かつq\in \ell_{p_0}の場合、\{p\in (S\cup\{p_0\})\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}=\{p\in S\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}\cup\{p_0\}なので、\{p\in S\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}が高々1元集合であることを示せばよい。もし、p_1\neq p_2で、p_1, p_2\in \{p\in S\setminus \{q\} \mid q\in\ell_p\}が成り立つならば、q\in \ell_{p_0}\cap \ell_{p_1}\cap \ell_{p_2}となる。これは\ell_{p_0}\not\in L_{p_0}^{(2)}ととっていたことに矛盾する。 Q. E. D.


以上で主張が示されたため、(\mathbb{R}^2,\{(h_p,\ell_p) \mid p\in \mathbb{R}^2\})\in \mathcal{C}が得られました。このとき、(h_p)_{p\in \mathbb{R}^2} および (\ell_p)_{p\in\mathbb{R}^2}は定理3の条件を満たしています(大事なのは3.と4.です)。

というわけで、定理3の証明が完了した結果、前節の議論と合わせて定理2の証明も完了しました。ジュリアンの論文においては、n\geq 2であればいつでも\mathbb{R}^nティーることができるということが書かれています(証明は同じです)。他にもヴィーることやオーることについての言及があります。

参考文献

J. Rosen, How to tee a hyperplane, Amer. Math. Monthly 129, 781−784.

*1:ここの(a_p,b_p)は開区間の記号ではなく、直積集合の元(順序対)としての記号です。

*2:任意の空でない部分集合が最小元を持つような順序を整列順序といいます。任意の2元部分集合も最小元を持つことから、整列順序は必ず全順序です。

*3:タイトルの「ジュリアンの森」は\mathbb{R}^2ティーった姿(数学的にはティーの族 (T_p)_{p\in \mathbb{R}^2})のことを指しているつもりですが、ジュリアンの森は存在するのですが、具体的にどのようなものであるかはこの証明からはわかりません。

*4:T_p\cap T_q=\left(\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)\right)\cup\left(\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{top}(T_q)\right)\cup\left(\mathrm{base}(T_p)\cap \mathrm{top}(T_q)\right)\cup\left(\mathrm{top}(T_p)\cap \mathrm{base}(T_q)\right)だからです。

*5:ここでは既に選択公理は仮定されていることに注意しておきます。

*6:順序集合であって、付随する順序が整列順序になっているもののこと。

*7:定義は割愛します(\inが非反射的な整列順序であるような推移的集合)。

*8:順序数\alpha, \betaの大小関係は\alpha < \beta \Longleftrightarrow \alpha\in\betaで定まります。

*9:一般の整列集合に対しても全く同様に切片が定義できます。

*10:\alpha\langle\beta\rangle=\beta.

*11:つまり、2つのペアを(S_1, X_1), (S_2, X_2)と略記するとき、関係(S_1, X_1) \ll (S_2, X_2)S_1\subset S_2かつX_1\subset X_2によって定めます。

*12:整列集合(\mathbb{R}^2,\precsim)には最小限が存在するので、それをmとおけば、\mathbb{R}^2\langle m\rangle = \varnothingがわかります。つまり、空集合\mathbb{R}^2の切片です。

*13:本当は「ペア(S_{\lambda},\{(h_p,\ell_p) \mid p\in S_{\lambda}\})」と言うべき。以下も同様の省略表現を用いる。

*14:L_{p_0}^{(1)}からSへの写像を直線\ellの像を\ell\cap Sに属する何かしらの元として定めると、これは単射である。

*15:L_{p_0}^{(2)}からS\times Sへの写像を直線\ellの像を\ell \cap \ell_p \cap \ell_q \neq \varnothingおよび p\prec q, p_0\not\in\ell_p\cap \ell_qを満たす(p, q)(何かしら1組とる)として定めると、Sに対する条件3.からp\not\in\ell_qなので特に\ell_p\neq \ell_qであり、よって、\ell \cap \ell_p \cap \ell_q\ell_p\ell_qの交点(それはp_0ではない)からなる1元集合である。よって、この写像単射である(p_0とそれ以外の点を結ぶ直線は1つしか存在しない)。

*16:定理3には5.に対応する条件が現れていないですが、実のところ、5.はここでh_{p_0}をとる際に\{h_p \mid p\in S, p_0\in \ell_p\}が有限集合であって欲しいために用意された条件だと思います(空でない有限集合は必ず最小元を持つ)。ただ、5.で考える集合が高々1元集合であると要請することは一般には不可能なことがわかりますので、高々2元集合としているのだと思います。

書籍『グリーン・タオの定理』が2023年1月10日に出版されます。

私が初めて執筆した数学書グリーン・タオの定理』を朝倉書店様より上梓させて頂くことになりました。
光栄なことに、新シリーズ「朝倉数学ライブラリー」の初回配本を飾らせて頂きます。

www.asakura.co.jp

こちらのサイトから目次を見ることができ、予約サイトへ飛ぶこともできます。

発売日はまだ先ですが、一部のサイトでは既に予約ができるようです*1

この記事では本書の宣伝をさせて頂きます。書影画像は以下のとおりです。


本書の内容

ベン・グリーンとテレンス・タオは


素数のみで構成される任意の長さの等差数列が存在する



ことを証明しました(2004年にプレプリント公開、2008年に出版)。



本書には、この定理の完全な証明が書かれています。

どんな種類の数学書か?

「教科書」型の書籍ではなく、「特定の数学定理の証明を解説することが中心的な目的である」型の書籍です。

本書のウリ

①セメレディの定理の完全証明も含まれている
②原論文の翻訳ではなく、様々な簡略化や工夫を取り入れている
③多次元化(= 星座定理)を扱っている
素数セメレディの定理の証明を全て書いている
ガウス素数星座定理の主張を紹介し、証明も書いている
⑥前提知識が少ない

手にとって頂きたい方々(想定読者の拡張)

(想定読者)グリーン・タオの定理の証明を理解して、その感動を味わいたい人(であり、以下の前提知識を満たしている人)
(前提知識)数学科の学生が1、2年次に標準的に学ぶ数学書を読みこなせている程度

これは、今すぐ読み始めて(時間と根気さえあれば)最後まで読み通すことのできる方です。


実際は、より多くの方に、グリーン・タオの定理に興味のある全ての人に、「今」手に入れていただきたいと思っています。

セミナーで利用する場合

輪読セミナーで利用して頂くことを意識して書かれた書籍ではありませんが、利用することは可能です。

執筆の経緯

一般向け数学イベント「MathPower2017」でのグリーン・タオの定理に関する講演の後、2017年10月19日には本を書く決意をしました。
ただし、その時点では特に出版の企画はありませんでした。


自費出版ではなく商業出版を行う場合、典型的なのは


①著者が自ら企画書を作成し、出版社に持ち込む場合
②出版社の方から書いて欲しいと依頼される場合


だと思われます。①は企画を通すハードルが高いのではないかと思いますし、②は著者がドンピシャで書きたいものが依頼される確率は低いでしょう。

商業出版は出版社の利益のために行われるため、著者が書きたいものを書かせてもらえるとは限りません。


本書『グリーン・タオの定理』は①、②のどちらでもないという少し変わった経緯があるため、ここに若干記しておきます。


執筆の数学的準備がある程度整った2019年5月に私は(酔った勢いで)Twitterに「グリーン・タオの定理の証明を書籍にすれば一定の需要があるはず。興味のある編集者の方はご連絡ください。」という旨のtweetをしました。

すると、驚いたことに、一人の編集者さんがメールをくださったのです!!
その後、その編集者さんが朝倉書店の社内会議で企画も通してくださいました!!!


こうして、私は幸運なことに自分が書きたくてたまらない内容の書籍を、企画書を持ち込むことなく、商業出版で出版できることになったのです!!!!!
この編集者さんには一生感謝します。

私の使命

それは、グリーン・タオの定理の証明込みでの常識化です。

これだけの歴史的傑作定理を一部の人だけが知っている状況はもったいないです。

私は皆さんに知って頂きたいです。事実を知ることだけではなく、証明を理解し、定理の成立を確信したときに味わう喜びを。


私の本を読んでこの分野に興味を持ち、自分でも研究したいと感じる方が現れることも大きな願いの一つです。
是非、一緒に研究してこの分野を盛り上げましょう。

関 真一朗

*1:発売日は当初2022年12月1日となっていましたが、2023年1月10日発売予定に変更とのことです。

*2:ここでの「教科書」は高校までの教科用図書のみを意味する教義の意味では用いていません。

*3:他にどんな型があるかあんまり考えてないですが、「事典」型、「歴史書」型、「一般書」型、「小説」型などがあるなあと思いました。

*4:『グリーン・タオの定理』は教科書としての役割は全く意識せずに執筆したのですが、琉球大学の徳重先生の記事「方程式の解に関する組合せ論の紹介」において本書を「これは数論にかかわる正則化の手法について、その初歩から最先端までを学べる世界初の成書となろう。」と評してくださっており、「教科書」型成分も幾らかは期待できるかもしれません。

*5:本書が書けたのはそれら原論文以降の論文達のおかげでもあるのですが、それらのクレジット表記については本書の「まえがき」等を見てください。

*6:iPadを使えばいいというようなことはここでは言わないでください。。。なぜならこの文章は本書の売り上げを(以下略)。