Bertrandの仮説の証明 特に22以上の任意の整数nに対するもの

Bertrand の仮説の証明 特に 22 以上の任意の整数 n に対するもの
風あざみ
2016/01/05
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
6
6
関数の増減編
7
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 4 以上の正の整数とすると、以下の不等式が成立する。
(
)
2m + 1
< 22m−1
m
証明:m = 4 のとき
( )
9
= 126, 27 = 128 より正しい。
4
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 2c−1
2c + 3
2c + 3
·
<2·
·2
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 2c−1
2·
·2
< 2 · 2 · 22c−1 = 22c+1
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 4 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 < 22m−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)!
m + 1 < p ≤ 2m + 1 をみたす素数 p は
=
を
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
< 22m−1 がいえるから、命題4がいえた。
□
m
命題5:n を 8 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
12n
証明:数学的帰納法を用いる。
n = 8 のとき
∏
p = 210,
1<p≤8
45
= 682.66 · · · だから正しい。
96
k を 9 以上の整数とする。
∏
4n
8 ≤ n < k のとき、
p<
が成立すると仮定する。
12n
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
k = 11 のとき
∏
4k−1
4k
4k
=
<
12(k − 1)
12(4k − 4)
12k
411
= 31775.03 · · ·
132
p = 2310,
1<p≤11
k = 13 のとき
∏
p = 30030,
1<p≤13
413
= 430185.02 · · ·
156
k が 17 以上の素数のとき
8 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
4
∏
1<p≤k
∏
p=
p·
1<p≤m+1
∏
p<
m+1<p≤2m+1
4m+1
· 22m−1
12(m + 1)
m+1
4
42m+1
4k
· 4m <
=
12(2m + 2)
12(2m + 1)
12k
k
∏
4
p<
がいえる。
いずれにせよ、
12k
=
1<p≤k
したがって、任意の 8 以上の正の整数 n に対して、
∏
p<
1<p≤n
4n
が
12n
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 < 1.5 より、4 2 < 4 · 1.5 = 6 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
(2c) =
=
·
=2·
より
(2c)!
c
+
1
c
+
1
c+1
c
c!·c!
(
)
( )
2c + 2
2c + 1
2c
2c + 1 4c
=2·
·
>2·
· √ がいえる。
c+1
c+1
c
c+1 2 c
2c + 1 4c
2c + 1
4c
また、2 ·
· √ =2· √
· √
となる。
c+1 2 c
c(c + 1) 2 c + 1
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
4c+1
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5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
( )
∞
∑
n
2n
2n
vp (
)=
([ i ] − 2[ i ])
p
p
n
i=1
5
□
証明:命題2より
vp (
( )
∞
∞
∞
∑
∑
∑
2n
2n
n
2n
n
)=
[ 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 =
∞
∑
2n
n
2n
n
([ i ] − 2[ i ]) = [ ] − 2[ ] ≤ 1
p
p
p
p
i=1
□
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
6
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
n
11
17
π(n) = 5 かつ、 + 2 ≥
+2=
> 5 だから正しい。
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
n
17
23
π(n) = 7 かつ、 + 2 ≥
+2=
> 7 だから正しい。
3
3
3
19 ≤ n ≤ 22 のとき
n
19
25
π(n) = 8 かつ、 + 2 ≥
+2=
> 8 だから正しい。
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
7
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 ≥ 1 のとき下記の関数は単調増加である。
f2 (x) =
4x
x
証明:f2 (x) を x で微分すると
f2′ (x) = 4x ·
x log 4 − 1
log 4 − 1
log 4 − log 3
≥ 4x ·
> 4x ·
>0
2
2
x
x
x2
よって x ≥ 1 のとき f2′ (x) > 0 がいえる。このことは f2 (x) が x ≥ 1 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 18 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。
√
2n+9
24n+36 < (2n)2
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
2n<p≤n
命題8と命題11より
∏
√
1<p≤ 2n
pjp ≤
∏
√
1<p≤[ 2n]
2n ≤ (2n)π([
√
2n])
< (2n)
[
√
2n]
+2
3
≤ (2n)
√
2n
3 +2
(2)
命題9と命題10より
∏
√
1<p≤ 2n
p·
∏
√
pjp ≤
2n<p≤n
∏
√
1<p≤ 2n
p·
∏
√
2n<p≤[ 2n
3 ]
p=
∏
p
(3)
1<p≤[ 2n
3 ]
[ 2n
3 ] ≥ 12 だから、命題5と命題13より
∏
1<p≤[ 2n
3 ]
2 3 −2
4[ 3 ]
p<
2n ≤
2n
12[ 3 ]
2n
8
4n
(4)
√
ここで、 2n ≥ 6 より
∏
√
9
p ≥ 2 · 3 · 5 = 30 > 2 2 = 24 2 = 22.6274 · · ·
√
1<p≤ 2n
(5)
√
√
(また、 2 < 1.5 より、24 2 < 16 · 1.5 = 24 < 30 としてもよい。)
式 (3) と式 (4) と式 (5) より
∏
√
2
jp
p
4n −2
3
2n
<
9
22
2n<p≤n
=
2
4n
13
3 − 2
(6)
2n
式 (1) と式 (2) と式 (6) より
( )
4n
13
√
3 − 2
2n
2n
+2 2
3
< (2n)
·
n
2n
n ≥ 18 だから、命題6より
2n
2
(
2n
=4 <n·
n
√
= (2n)
)
√
√
2n
2
< 2 n · (2n) 3 +2 ·
n
2n
3
3 +2
12n
よって、2
√
以上より、24n+36 < (2n)2
·2
(7)
4n
13
3 − 2
2n
4n
3 −6
√
< (2n)2
2n+9
2n+9
· 28n−36 がいえる。
がいえた。
□
√
定理14の n をとると、24n+36 < (2n)2 2n+9 がいえる。
√
自然対数を取ると、(4n + 36) log 2 < 2 2n log 2n + 9 log 2n
√
√
よって、4n log 2 < 4 2n log 2n + 9(log 2n − 4 log 2) がいえるから
√
√
n
4n log 2 < 4 2n log 2n + 9 log がいえる。
8
√
log 2n
9 log n8
したがって、2 √
+
> log 2
32 n8
2n
がいえる。ところが n ≥ 22 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 ≥ 22 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
9 log n8
ここで、g(n) を g(n) = 2 √
+
と定義すると、以下の
32 n8
2n
定理15が言える。
定理15:n ≥ 22 のとき、g(n) < log 2 がいえる。
9
証明:命題12より、n ≥
2
e2
2
かつ、n ≥ 8e のとき g(n) は単調減少である。
= 3.694 · · · かつ 8e = 21.746 · · · がいえる、したがって n ≥ 22 の
とき、g(n) は単調減少であることがいえる。また、g(n) の値を計算する際に
ここで、 e2
は、以下の形の方が都合がよい。
√
log 2
log 2n 9 log 2n
− 18
g(n) = 2 √
+
2 2n
2n
2n
g(22) = 0.6739 · · · は log 2 = 0.6931 · · · より小さい。また、n ≥ 22 のとき、
g(n) は単調減少だから、g(n) ≤ g(22) < log 2 であることがいえる。したがっ
て定理15はいえた。
□
1 ≤ n ≤ 21 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