SNNN数の約数にならない素数の無限性
Statement (formal)
$ X := \lbrace\,p\mid p\in\mathbb{P}.\ \forall n\in\mathbb{N}.\ p\nmid S(n).\,\rbrace. $ \forall n\in\mathbb{N}. $ n\lt \lvert X\rvert.
Proof
素数$ 31について$ \gcd(a - 1, 31) = \gcd(9, 31) = 1.
$ \left(\frac{a}{31}\right) = \left(\frac{10}{31}\right) = 1かつ$ \left(\frac{bD}{31}\right) = \left(\frac{238}{31}\right) = -1.
$ \forall n\in\mathbb{N}. $ 1^n \ne -1. なので Lem. 1より$ 31\nmid S(n).
$ 4abD = 9520に注意するとLem. 2より$ \forall p\in\mathbb{P}. $ p\equiv 31\pmod {9520}ならば$ \left(\frac{a}{p}\right) = \left(\frac{a}{31}\right) = 1かつ$ \left(\frac{bD}{p}\right) = \left(\frac{bD}{31}\right) = -1であるから$ \forall n\in\mathbb{N}. $ p\nmid S(n).
Dirichletの算術級数定理より$ Y := \lbrace\,9520k + 31\mid k\in\mathbb{N}.\,\rbrace\cap\mathbb{P}は無限集合.
$ Y\subseteq Xより$ Xは無限集合. $ \Box
Lem. 1 (formal)
$ \forall a, b, s\in\mathbb{Z}. $ \forall p\in\mathbb{P}. $ \gcd(p, a-1) = 1ならば$ \forall n\in\mathbb{N}. $ p\mid S_{a, b, s}(n) \implies \left(\frac{a}{p}\right)^n = \left(\frac{bD}{p}\right).
Proof.
$ \begin{aligned}S(n) \equiv \frac{a^nD - b}{a-1}\equiv 0\pmod p &\iff a^nD\equiv b\pmod p\cr &\implies \left(\frac{a^nD}{p}\right) = \left(\frac{b}{p}\right)\cr &\iff \left(\frac{a}{p}\right)^n\left(\frac{D}{p}\right) = \left(\frac{b}{p}\right)\cr&\iff \left(\frac{a}{p}\right)^n = \left(\frac{b}{p}\right)\left(\frac{D}{p}\right)^{-1}\cr &\iff \left(\frac{a}{p}\right)^n = \left(\frac{b}{p}\right)\left(\frac{D}{p}\right)\cr &\iff \left(\frac{a}{p}\right)^n = \left(\frac{bD}{p}\right)\end{aligned}
$ \Box
Lem. 2 (formal)
$ \forall n \in\mathbb{N}. $ \forall p, q\in\mathbb{P}\setminus\lbrace\,2\,\rbrace. $ p\equiv q\pmod {4n} \implies \left(\frac{n}{p}\right) = \left(\frac{n}{q}\right).
Proof.
Legendre記号の準同型性より$ n\in\mathbb{P}の場合に示せば十分である.
$ p = qのときは自明
$ p\mid nのとき$ n = pであるが$ p\equiv q\pmod {4p}より$ q = pなので成立
$ q\mid nのときも同様に$ q\equiv p\pmod {4q}より$ p = qであり成立
以降, $ \lvert \lbrace\,p, q, n\,\rbrace\rvert = 3を仮定する.
$ n = 2のとき
まず次が成立.
$ \begin{aligned}\left(\frac{2}{p}\right) = \left(\frac{2}{q}\right) &\iff (-1)^{\frac{p^2 - 1}{8}} = (-1)^{\frac{q^2 - 1}{8}}\cr &\iff \frac{p^2 - 1}{8}\equiv \frac{q^2 - 1}{8}\pmod 2\cr &\iff p^2 - 1\equiv q^2 - 1\pmod {16}\end{aligned}
$ p\equiv q\pmod 8より$ 8\mid (p - q). $ p, q\in\mathbb{P}\setminus\lbrace\,2\,\rbraceより$ 2\mid (p + q).
$ (p+q)(p-q) = p^2 - q^2なので$ 16\mid (p^2 - q^2)であり, $ p^2\equiv q^2 - 1\pmod {16}が従う.
$ n\in\mathbb{P}\setminus\lbrace\,2\,\rbraceのとき
$ p\equiv q \pmod {4n} \implies p\equiv q\pmod nであるから$ \left(\frac{p}{n}\right) = \left(\frac{q}{n}\right).
相互法則より
$ \begin{aligned}\left(\frac{n}{p}\right) = \left(\frac{n}{q}\right) &\iff (-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{p-1}{2}}\left(\frac{p}{n}\right) = (-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{q-1}{2}}\left(\frac{q}{n}\right)\cr&\iff (-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{p-1}{2}} = (-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{q-1}{2}}\cr&\iff \frac{n-1}{2}\frac{p-1}{2} \equiv \frac{n-1}{2}\frac{q-1}{2}\pmod 2\cr&\iff \frac{p-1}{2} \equiv \frac{q-1}{2}\pmod 2\cr&\iff p-1 \equiv q-1\pmod 4\cr&\iff p \equiv q\pmod 4\end{aligned}
$ p\equiv q\pmod {4n}\implies p\equiv q\pmod 4より成立. $ \Box