Bertrandの仮説の証明特に16以上の任意の整数nに対するもの

Bertrand の仮説の証明特に 16 以上の任意の整数 n に対するもの
風あざみ
2015/07/16
目次
1
記号の説明編
2
2
Bertrand の仮説とは
2
3
証明の準備編
3
4
証明の準備編 (とくに二項係数に関するもの)
5
5
素数の個数の上限編
7
6
関数の増減編
8
7
Bertrand の仮説の証明編
8
8
参考にしたサイト
10
1
1
記号の説明編
[x] を x を超えない最大の整数を意味する。
また整数 n と素数 p に対して、n が pl で割り切れ pl+1 で割り切れないとき
l = vp (n) と書くことにする。
また、c < p ≤ d をみたす素数 p の積を以下のように書くことにする。
∏
p
c<p≤d
log x は自然対数、e をその底とする。
π(n) を、n 以下の正の整数のうち、素数であるものの個数とする。
2
Bertrand の仮説とは
Bertrand の仮説とは以下の命題である。
任意の正の整数 n に対して、n < p ≤ 2n をみたす素数 p が必ず存在する。
2
3
証明の準備編
命題１：x, y を実数とするとき、[x + y] − [x] − [y] = 0, 1 がいえる。
証明：[x + y] − [x] − [y] ＜ (x + y) − (x − 1) − (y − 1) = 2
[x + y] − [x] − [y] ＞ (x + y − 1) − x − y = −1
[x+y]−[x]−[y] は整数だから、[x+y]−[x]−[y] = 0, 1 となる。
□
命題２：素数 p を任意にとる。このとき、以下が言える。
vp (n!) =
∞
∑
n
[ i]
p
i=1
証明：1 以上 n 以下の整数で vp (m) = i となるものの個数
=(pi の倍数の個数-pi+1 の倍数の個数)・i より
vp (n!) =
∞
∑
∑ n
n
n
] − [ i+1 ]) =
[ i]
i
p
p
p
i=1
∞
i・([
i=1
□
命題３：m を 20 以上の正の整数とすると、以下の不等式が成立する。
(
)
2m + 1
< 4m−1
m
証明：m = 20 のとき
( )
41
= 269128937220, 419 = 274877906944 より正しい。
20
m = c のとき、命題３が正しいと仮定する。
(2c+3)
(2c+3)!
(c+2)!·(c+1)!
(2c+1)!
(c+1)!·c!
2c + 3 2c + 2
2c + 3
·
=2·
より
c+2 c+1
c+2
(
)
(
)
2c + 1
2c + 3 c−1
2c + 3
2c + 3
·
<2·
· 4 がいえる。
=2·
c+2
c
c+2
c+1
2c + 3
1
ここで、
=2−
< 2 がいえるから
c+2
c+2
2c + 3 c−1
2·
·4
< 2 · 2 · 4c−1 = 4c
c+2
したがって、m = c + 1 のときも、命題３が正しいことがいえた。
c+1
(2c+1
)
c
=
=
したがって命題３が正しいことが言えた。
3
□
命題４：m を 20 以上の正の整数、p を素数とすると、以下の不等式が成立
する。
∏
p < 4m−1
m+1<p≤2m+1
証明：二項定理と整数の整除に関する基本性質を用いる。
(
)
2m + 1
(2m + 1)!
を
m + 1 < p ≤ 2m + 1 をみたす素数 p は
=
m
m!(m + 1)!
(
)
2m + 1
割り切るから、それらの積も
を割り切る。よって
m
(
)
∏
2m + 1
p≤
がいえる。また命題３より
m
m+1<p≤2m+1
(
)
2m + 1
< 4m−1 がいえるから、命題４がいえた。
□
m
命題５：n を 9 以上の正の整数、p を素数とする。以下の不等式が成立する。
∏
p<
1<p≤n
4n
9n2
証明：数学的帰納法を用いる。
n = 9 のとき
∏
p = 210,
1<p≤9
49
= 359.59 · · · だから正しい。
729
k を 10 以上の整数とする。
∏
4n
9 ≤ n < k のとき、
p < 2 が成立すると仮定する。
9n
1<p≤n
n = k のときを考える。
k が合成数のとき
∏
∏
p=
p<
1<p≤k
1<p≤k−1
4k
4k
4k−1
=
<
9(k − 1)2
9(2k − 2)2
9k 2
k が 11 以上かつ 37 以下の素数のとき
∏
411
= 3851.51 · · ·
k = 11 のとき
p = 2310,
1089
1<p≤11
k = 13 のとき
∏
p = 30030,
1<p≤13
k = 17 のとき
∏
p = 510510,
1<p≤17
4
413
= 44121.54 · · ·
1521
417
= 6605101.57 · · ·
2601
k = 19 のとき
∏
p = 9699690,
1<p≤19
k = 23 のとき
∏
419
= 84603849.47 · · ·
3249
p = 223092870,
1<p≤23
k = 29 のとき
∏
p = 6469693230,
1<p≤29
k = 31 のとき
∏
423
= 14780244523.76 · · ·
4761
429
= 38080377348620.92 · · ·
7569
p = 200560490130,
1<p≤31
k = 37 のとき
∏
p = 7420738134810,
1<p≤37
431
= 533204534446454.83 · · ·
8649
437
= 1533111430198732315.13 · · ·
12321
k が 41 以上の素数のとき
20 以上の整数 m を用いて k = 2m + 1 とかける。よって、命題４より
∏
∏
∏
4m+1
p=
p·
p<
· 4m−1
9(m + 1)2
1<p≤k
1<p≤m+1
m+1<p≤2m+1
m+1
4
42m+1
4k
· 4m <
= 2
2
2
9(2m + 2)
9(2m + 1)
9k
k
∏
4
p < 2 がいえる。
いずれにせよ、
9k
=
1<p≤k
したがって、任意の 9 以上の正の整数 n に対して、
∏
p<
1<p≤n
4n
が
9n2
証明された。
4
□
証明の準備編 (とくに二項係数に関するもの)
命題６：n を 2 以上の正の整数とすると、以下の不等式が成立する。
( )
2n
4n
> √
n
2 n
証明：n = 2 のとき
( )
√
4
42
= 6, √ = 4 2 = 5.6568 · · · より正しい。
2
2 2
√
√
(また、 2 < 1.42 より、4 2 < 4 · 1.42 = 5.68 としてもよい。)
n = c のとき、命題６が正しいと仮定する。
(2c+2)
(2c+2)!
2c + 2 2c + 1
2c + 1
(c+1)!·(c+1)!
(c+1
)
=
=
·
=2·
より
2c
(2c)!
c+1 c+1
c+1
c
c!·c!
5
(
( )
2c + 1
2c
2c + 1 4c
·
>2·
· √ がいえる。
c+1
c
c+1 2 c
2c + 1 4c
2c + 1
4c
· √ =2· √
となる。
また、2 ·
· √
c+1 2 c
c(c + 1) 2 c + 1
2c + 2
c+1
)
=2·
2c + 1 2
4c(c + 1) + 1
2c + 1
(√
) =
> 4 より √
> 2 がいえるから
c(c + 1)
c(c + 1)
c(c + 1)
2c + 1
4c
4c+1
4c
2· √
>2·2· √
= √
· √
2 c+1
2 c+1
c(c + 1) 2 c + 1
したがって、n = c + 1 のときも、命題６が正しいことがいえた。
したがって命題６が正しいことが言えた。
□
命題７：n を正の整数、p を素数とする。すると
vp (
( )
∞
∑
2n
2n
n
)=
([ i ] − 2[ i ])
n
p
p
i=1
証明：命題２より
( )
∞
∞
∞
∑
∑
∑
2n
2n
n
2n
n
vp (
)=
[ i ]−2·
[ i] =
([ i ] − 2[ i ])
n
p
p
p
p
i=1
i=1
i=1
命題８：n を正の整数、p を素数とする。vp (
(2n)
n
□
) = jp とおくと、pjp ≤ 2n
が成り立つ。
n
証明：a = [logp 2n] とおく。i > a のとき、[ 2n
pi ] = [ pi ] = 0 がいえる。
よって命題１と命題７より
jp =
∞
a
a
∑
∑
∑
2n
n
2n
n
([ i ] − 2[ i ]) =
([ i ] − 2[ i ]) ≤
1=a
p
p
p
p
i=1
i=1
i=1
よって、pjp ≤ pa ≤ 2n がいえた。
以降、簡単のため、vp (
(2n)
n
□
) = jp と書くことにする。
命題９：n を正の整数、p を素数とする。p >
√
2n となるとき、jp ≤ 1 が
いえる。
n
証明：i ≥ 2 のとき、pi > 2n となるから、[ 2n
pi ] = [ pi ] = 0 がいえる。
よって命題１と命題７より
jp =
∞
∑
n
2n
n
2n
([ i ] − 2[ i ]) = [ ] − 2[ ] ≤ 1
p
p
p
p
i=1
6
□
命題１０：n を 3 以上の整数、p を素数とする。 2n
3 < p ≤ n となるとき、
jp = 0 がいえる。
証明：p ≤ n <
jp = vp (
5
4n
3
< 2p ≤ 2n < 3p だから、vp ((2n)!) = 2, vp (n!) = 1 より
(2n)!
) = vp ((2n)!) − 2vp (n!) = 2 − 2 = 0
n!n!
□
素数の個数の上限編
命題１１：任意の正の整数 n に対して、以下の不等式が成立する。
π(n) <
n
+2
3
証明：n ≥ 25 のとき、1, 25 および、2 以外の偶数や、3 以外の 3 の倍数は素
数ではないので、
n
n
n
π(n) ≤ n − 1 − ([ ] − 1) − ([ ] − 1) + [ ] − 1
2
3
6
n
n
n
n
< n − 1 − ( − 2) − ( − 2) + − 1 = + 2
2
3
6
3
だから正しい。
1 ≤ n ≤ 4 のとき
n
π(n) ≤ 2 かつ、 + 2 > 2 だから正しい。
3
5 ≤ n ≤ 6 のとき
n
5
11
π(n) = 3 かつ、 + 2 ≥ + 2 =
> 3 だから正しい。
3
3
3
7 ≤ n ≤ 10 のとき
n
7
13
π(n) = 4 かつ、 + 2 ≥ + 2 =
> 4 だから正しい。
3
3
3
11 ≤ n ≤ 12 のとき
11
17
n
+2=
> 5 だから正しい。
π(n) = 5 かつ、 + 2 ≥
3
3
3
13 ≤ n ≤ 16 のとき
n
13
19
π(n) = 6 かつ、 + 2 ≥
+2=
> 6 だから正しい。
3
3
3
17 ≤ n ≤ 18 のとき
17
23
n
+2=
> 7 だから正しい。
π(n) = 7 かつ、 + 2 ≥
3
3
3
7
19 ≤ n ≤ 22 のとき
n
19
25
+2=
> 8 だから正しい。
π(n) = 8 かつ、 + 2 ≥
3
3
3
23 ≤ n ≤ 24 のとき
n
23
29
π(n) = 9 かつ、 + 2 ≥
+2=
> 9 だから正しい。
3
3
3
よって命題１１はいえた。
6
□
関数の増減編
命題１２：x ≥ e のとき下記の関数は単調減少である。
f1 (x) =
log x
x
証明：f1 (x) を x で微分すると
f1′ (x) =
1 − log x
x2
x > e のとき明らかに f1′ (x) < 0 である。このことは f1 (x) が x ≥ e のとき、
単調減少であることを示している。
□
命題１３：x ≥ 2 のとき下記の関数は単調増加である。
f2 (x) =
4x
x2
証明：f2 (x) を x で微分すると
f2′ (x) = 4x ·
x log 4 − 2
2 log 4 − 2 log e
log 4 − log 3
≥ 4x ·
> 2 · 4x ·
>0
x3
x3
x3
よって x ≥ 2 のとき f2′ (x) > 0 がいえる。このことは f2 (x) が x ≥ 2 のとき、
単調増加であることを示している。
7
□
Bertrand の仮説の証明編
定理１４：n を 14 以上でかつ、ベルトランの仮説が成立しない正の整数と
すると、以下の不等式が成立する。
24n+9 < (2n)2
√
2n+3
証明：p を素数とすると、n < p ≤ 2n をみたす素数が存在しないことより
( )
∏
∏
∏
2n
=
pjp =
pjp ·
pjp
(1)
n
√
√
1<p≤2n
1<p≤ 2n
8
2n<p≤n
命題８と命題１１より
∏
√
1<p≤ 2n
pjp ≤
∏
2n ≤ (2n)π([
√
1<p≤[ 2n]
√
2n])
< (2n)
[
√
2n]
+2
3
≤ (2n)
√
2n
3 +2
(2)
命題９と命題１０より
∏
√
1<p≤[ 2n]
p·
∏
√
[ 2n]<p≤n
pjp ≤
∏
√
1<p≤[ 2n]
p·
∏
√
[ 2n]<p≤[ 2n
3 ]
∏
p=
p
(3)
1<p≤[ 2n
3 ]
[ 2n
3 ] ≥ 9 だから、命題５と命題１３より
∏
2n
1<p≤[ 2n
3 ]
4n
4[ 3 ]
23
p<
≤
2
2
(2n)
9([ 2n
])
3
(4)
√
ここで、[ 2n] ≥ 5 より
∏
√
1<p≤[ 2n]
p ≥ 2 · 3 · 5 = 30 > 22 = 4
(5)
式 (3) と式 (4) と式 (5) より
4n
∏
jp
√
[ 2n]<p≤n
p
2 3
(2n)2
22
<
2 3 −2
(2n)2
4n
=
(6)
式 (1) と式 (2) と式 (6) より
( )
4n
√
2n
2n
2 3 −2
< (2n) 3 +2 ·
n
(2n)2
(7)
n ≥ 14 だから、命題６より
2n
2
( )
4n
√
√
3 −2
√
2n
2n
+ 52 2
3
< 2 · (2n)
=4 <2 n·
·
n
(2n)2
= (2n)
n
√
2n
1
3 +2
·2
4n
3
3 −2
√
よって、212n < (2n)2
√
以上より、24n+9 < (2n)2
2n+3
2n+3
· 28n−9 がいえる。
がいえた。
□
√
定理１４の n をとると、24n+9 < (2n)2 2n+3 がいえる。
√
自然対数を取ると、(4n + 9) log 2 < 2 2n log 2n + 3 log 2n
√
√
よって、4n log 2 < 4 2n log 2n + 3(log 2n − 3 log 2) がいえるから
√
√
n
4n log 2 < 4 2n log 2n + 3 log がいえる。
4
9
√
log 2n
3 log n4
したがって、2 √
+
> log 2
16 n4
2n
がいえる。ところが n ≥ 16 のとき、上記の不等式は後述の定理１５
に反する。このことは、n ≥ 16 のとき、ベルトランの仮説は正しい
ことを意味している。
√
log 2n
3 log n4
ここで、g(n) を g(n) = 2 √
と定義すると、以下の
+
16 n4
2n
定理１５が言える。
定理１５：n ≥ 16 のとき、g(n) < log 2 がいえる。
証明：命題１２より、n ≥
2
ここで、 e2
e2
2
かつ、n ≥ 4e のとき g(n) は単調減少である。
= 3.694 · · · かつ 4e = 10.873 · · · がいえる、したがって n ≥ 11 の
とき、g(n) は単調減少であることがいえる。
√
√
log 32
3 log 4
5 2
3
g(16) = 2 √
+
=
log 2 +
log 2
16
4
8
32
32
√
20 2 + 3
20 · 1.42 + 3
31.4
=
log 2 <
log 2 =
log 2 < log 2
32
32
32
だから、n ≥ 16 のとき、g(n) ≤ g(16) < log 2 であることがいえた。
□
1 ≤ n ≤ 15 のときは、2, 3, 5, 7, 13, 23 をみれば、べルトランの仮説を確かめ
ることができる。
8
参考にしたサイト
http://www.geocities.jp/ikuro_kotaro/koramu/1428_s1.htm
http://www.chart.co.jp/subject/sugaku/suken_tsushin/76/76-8.pdf
10

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