Bertrandの仮説の強化バージョンの証明

Bertrand の仮説の強化バージョンの証明
風あざみ
2016/02/20
目次
1
記号の説明編
2
2
Bertrand の仮説の強化バージョンとは
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)
4
5
素数の個数の上限編
6
6
関数の増減編
6
7
Bertrand の仮説の強化バージョンの証明編
7
8
参考にしたサイト
9
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 の仮説の強化バージョンとは
Bertrand の仮説の強化バージョンとは以下の命題である。
正の整数 n が n → ∞ となるとき、n < p ≤ 2n をみたす素数 p の個数
π(2n) − π(n) も π(2n) − π(n) → ∞ となる。
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!) =
∞
∑
∞
i・([
i=1
∑ n
n
n
] − [ i+1 ]) =
[ i]
i
p
p
p
i=1
□
命題３：m を正の整数、p を素数とする。以下の不等式が成立する。
∏
p < 4m
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
2m + 1
2m + 1
p≤
がいえる。また 2
=
m
m
m
m+1<p≤2m+1
(
) 2m+1
(
)
∑ (2m + 1)
2m + 1
2m + 1
<
= 22m+1 = 2 · 4m より、
< 4m
m+1
i
m
i=0
∏
がいえるから、
p < 4m がいえた。
□
+
m+1<p≤2m+1
命題４：n を 2 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 < 4n
1<p≤n
3
証明：数学的帰納法を用いる。
∏
n = 2 のとき
p = 2, 42 = 16 だから正しい。
1<p≤2
k を 3 以上の整数とする。
∏
2 ≤ n < k のとき、
p < 4n が成立すると仮定する。
1<p≤n
n = k のときを考える。
k が偶数のとき
明らかに k は合成数だから、
∏
∏
p=
p < 4k−1 < 4k
1<p≤k
1<p≤k−1
k が奇数のとき
正の整数 m を用いて k = 2m + 1 とかける。よって、命題３より
∏
∏
∏
p=
p·
p < 4m+1 · 4m = 42m+1 = 4k
1<p≤k
1<p≤m+1
いずれにせよ、
∏
m+1<p≤2m+1
p < 4k がいえる。
1<p≤k
したがって、任意の 2 以上の正の整数 n に対して、
∏
p < 4n が
1<p≤n
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５：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
2n ·
> 4n
n
証明：証明すべき不等式の左辺が 2 以上の数による 2n 個の積になることを
利用する。
( )
2n
2 3 4 5
2n − 2 2n − 1 2n 2n
2n ·
= · · · ···
·
·
·
> 4n
n
1 1 2 2
n−1 n−1 n n
命題６：n を正の整数、p を素数とする。すると
( )
∞
∑
2n
2n
n
vp (
)=
([ i ] − 2[ i ])
n
p
p
i=1
4
□
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７：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６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８：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６より
jp =
∞
∑
2n
n
2n
n
([ i ] − 2[ i ]) = [ ] − 2[ ] ≤ 1
p
p
p
p
i=1
□
命題９：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 (
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!
□
命題１０：n を 2 以上の整数、p を素数とする。n < p ≤ 2n となるとき、
jp = 1 がいえる。
証明：n < p ≤ 2n < 2p だから、vp ((2n)!) = 1, vp (n!) = 0 より
jp = vp (
(2n)!
) = vp ((2n)!) − 2vp (n!) = 1 − 0 = 1
n!n!
5
□
5
素数の個数の上限編
命題１１：任意の 15 以上の正の整数 n に対して、以下の不等式が成立する。
π(n) <
n
−1
2
証明：n ≥ 15 のとき、1, 9, 15 および、2 以外の偶数は素数ではないので、
n
n
n
π(n) ≤ n − 1 − ([ ] − 1) − 1 − 1 < n − ( − 2) − 3 = − 1
2
2
2
だから正しい。
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：n ≥ 7 のとき、下記の関数 f2 (n) は単調増加である (ただし、n は
2 以上の整数である)。
√
f2 (n) =
n
log n
証明：f2 (n) を変形すると
f2 (n) =
√
1
n
√ =
√
2 log n
2f1 ( n)
命題１２より、n > e2 = 7.3890 · · · のとき f2 (n) は増加関数であることがわ
かる。よって f2 (7) = 1.3596 · · · < f2 (8) = 1.3601 · · · < · · · < f2 (n) < · · ·
以上より、命題１３はいえた。
□
6
7
Bertrand の仮説の強化バージョンの証明編
定理１４：n を 128 以上の正の整数とすると、以下の不等式が成立する。
∏
p>2
2n
3
· (2n)
−
√
2n
2
n<p≤2n
証明：p を素数とすると、命題１０より
( )
∏
∏
∏
2n
=
pjp =
pjp ·
n
√
√
1<p≤2n
1<p≤ 2n
pjp ·
∏
p
(1)
n<p≤2n
2n<p≤n
√
[ 2n] ≥ 16 だから、命題７と命題１１より
√
√
√
∏
∏
[ 2n]
2n
pjp ≤
2n ≤ (2n)π([ 2n]) < (2n) 2 −1 ≤ (2n) 2 −1
(2)
[ 2n
3 ] ≥ 85 だから、命題４と命題８と命題９より
∏
∏
∏
2n
2n
pjp ≤
p < 4[ 3 ] ≤ 4 3
p≤
(3)
√
1<p≤ 2n
√
1<p≤[ 2n]
√
2n<p≤n
√
2n≤p≤[ 2n
3 ]
1<p≤[ 2n
3 ]
式 (1)、式 (2)、式 (3) より
( )
√
2n
2n
2n
< (2n) 2 −1 · 4 3
n
n ≥ 128 だから、命題５より
22n = 4n < 2n ·
= (2n)
√
2n
2
よって、
·2
4n
3
∏
∏
p
(4)
n<p≤2n
( )
√
∏
2n
2n
2n
< (2n) 2 · 4 3 ·
p
n
n<p≤2n
∏
·
p n<p≤2n
p>2
2n
3
· (2n)
−
√
2n
2
がいえる。
n<p≤2n
以上より、定理１４がいえた。
□
定理１５：n を 128 以上の正の整数とすると、以下の不等式が成立する。
π(2n) − π(n) >
7 log 2
n
·
48
log n
証明：定理１４の不等式より以下が言える。
√
√
∏
− 2n
2n
2n
2n
log
p > log (2 3 · (2n) 2 ) =
log 2 −
· log 2n
3
2
n<p≤2n
√
√
√
2n
log 2n
2n
=
log 2 − 2n · log 2n =
(log 2 − 3 √
)
3
3
2n
7
命題１２より n ≥
e2
2
√
= 3.6945 · · · のとき、 log√2n2n は単調減少だから、
√
√
log 2n
log 256
log 2
log 2
log 2 − 3 √
≥ log 2 − 3 √
= log 2 − 3
=
4
4
2n
256
よって以下の不等式が言える。
∏
log
p>
n<p≤2n
2n log 2
log 2
·
=
n
3
4
6
(5)
一方で
∏
log
p < log
n<p≤2n
∏
2n = (π(2n) − π(n)) log 2n
n<p≤2n
ここで、n ≥ 128 より、log n ≥ log 128 = 7 log 2 がいえるから、log 2n =
log n + log 2 ≤ log n +
log
∏
n<p≤2n
1
7
log n =
8
7
log n がいえる。よって
8
p < (π(2n) − π(n)) log 2n ≤ (π(2n) − π(n)) log n
7
(6)
式 (5) と式 (6) より以下が言える。
π(2n) − π(n) >
log 2 7
n
7 log 2
n
· ·
=
·
6
8 log n
48
log n
以上より、定理１５がいえた。
□
命題１６：7 以上の整数 n が n → ∞ となるとき
n
log n
→ ∞ となる。
証明： logn n を変形すると
√
n
n √
=
· nである。
log n
log n
√
√
n √
7 √
命題１３より、
· n≥
· nがいえる。
log n
log 7
√
7 √
· n → ∞ となる。
n → ∞ となるとき、明らかに
log 7
n
よって n → ∞ となるとき、
→ ∞ となることがいえる。
log n
以上より命題１６はいえた。
□
命題１６より、n → ∞ となるとき、 logn n → ∞ となることがいえるから、定
理１５より、n → ∞ となるとき、π(2n) − π(n) → ∞ となることがいえた。
8
8
参考にしたサイト
http://www.renyi.hu/~p_erdos/1932-01.pdf
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