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
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