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素数が無数にあることの別証明

定理8によって

$$\lim_{x\to \infty}\pi(x)=\infty$$

である． $\pi(x)$は確かにいくらでも大きくなるのだが，しかしその大きさの程度は$x$よりもずっと小さく

$$\lim_{x\to \infty}\dfrac{\pi(x)}{x}=0$$

である．この二つを統一的な方法で示し， 定理8の別解を作る．それは解析的な方法である．

定理 64

(1)

$$\lim_{x\to \infty}\pi(x)=\infty$$

(2)

$$\lim_{x\to \infty}\dfrac{\pi(x)}{x}=0$$

この証明のために次の等式を補題としてあらかじめ示しておこう．

補題 11
$p_1,\ p_2,\ p_3,\ \cdots,\ p_r$ を相異なる素数とする． 実数 $x$ を越えない自然数のなかで $p_1,\ p_2,\ p_3,\ \cdots,\ p_r$ のいずれでも割り切れないものの個数$N$は次式で与えられる．

$$N [x] -\left[\dfrac{x}{p_1}\right]-\left[\dfrac{x}{p_2}\right] -\cdots -\left[\dfrac{x}{p_r}\right]$$ =

$$\quad +\left[ \dfrac{x}{p_1p_2}\right]+\left[ \dfrac{x}{p_1p_3}\r... ...{x}{p_{r-1}p_r}\right]-\cdots +(-1)^r\left[\dfrac{x}{p_1p_2\cdots p_r}\right]$$ (7.1)

ただし $[x]$ は $x$ を超えない最大の整数を表す． ■

証明     $r$に関する数学的帰納法で証明する．

$r=1$ のときは $1,\ 2,\ \cdots,\ [x]$ のなかで $p_1$ の倍数は

$$1\cdot p_1,\ 2\cdot p_1,\ \cdots,\ \left[ \dfrac{x}{p_1}\right]p_1$$

だけある．したがって実数 $x$ を越えない自然数のなかで $p_1$ で割り切れないものの個数は

$$[x]-\left[ \dfrac{x}{p_1}\right]$$

となり，等式(7.1)は成立する．

$r=k$のとき$\maru{1}$が成立するとする． $r=k+1$とし，さらに $p_{k+1}$ が追加されたとする． このときは，さらに $p_{k+1}$ の倍数 $yp_{k+1}\ \left(y\le\dfrac{x}{p_{k+1}} \right)$ を除かなければならない．そのうち $y$ が $p_1,\ p_2,\ \cdots,\ p_k$ で割り切れるものは すでに除かれているので，新たに除くべきものの個数は， $\dfrac{x}{p_{k+1}}$を越えない整数のなかで $p_1,\ p_2,\ \cdots,\ p_k$ で割り切れないものの個数である．ゆえに求める個数$N_{k+1}$は

$$\begin{eqnarray*} N_{k+1}&=&[x]-\left[\dfrac{x}{p_1} \right]-\left[\dfrac{x}{p... ...ots +(-1)^{k+1}\left[ \dfrac{x}{p_1p_2\cdots p_{k+1}}\right] \end{eqnarray*}$$

ゆえに $k+1$ のときも成立し，題意が示された．□

さらに微積から補題をもう一つ．

補題 12

$$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}=+\infty$$

である． ■

証明      関数$\dfrac{1}{x}$は単調減少なので 区間$[k,\ k+1]$で

$$\int_k^{k+1}\dfrac{1}{x}\,dx<\dfrac{1}{k}$$

$$∴\quad \sum_{k=1}^n\int_k^{k+1}\dfrac{1}{x}\,dx<\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}$$

つまり

$$\int_1^{n+1}\dfrac{1}{x}\,dx=\log(n+1)<\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}$$

$$\lim_{n \to \infty}\log(n+1)=+\infty$$より

$$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}=+\infty$$

□

以上の準備をして定理64を証明しよう．

定理64の証明

(1)

$x$以下の素数にわたる積

$$\prod_{p\le x}\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{p}}=\prod_{p\le x}\left(1-\dfrac{1}{p}\right)^{-1}$$

を考える．

$$\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{p}}=1+\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p^2}+\dfrac{1}{p^3}+\cdots$$

であるから

$$\prod_{p\le x}\left(1-\dfrac{1}{p} \right)^{-1} =\prod_{p\le x}\left(1+\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p^2}+\cdots\right)$$

は，$x$以下の素数とそのべきのみを因数にもつような数$k$全体にわたる和

$$\sum\dfrac{1}{k}$$

である．$x$以下の正整数$n$はもちろん$x$以下の素数とそのべきのみを因数にもつような数であるから

$$\prod_{p\le x}\left(1-\dfrac{1}{p} \right)^{-1}\ge \sum_{n\le x}\dfrac{1}{n}$$ (7.2)

となる．

ここで補題12より，$x\to \infty$のとき$\ref{C301}$の右辺は発散する．

もし $$\lim_{x\to \infty}\pi(x)$$が有限であれば，$x\to \infty$のとき$\ref{C301}$の左辺は 有限個の素数にわたる和となり収束する． これは矛盾なので $$\lim_{x\to \infty}\pi(x)=\infty$$が示された．

(2)

$p_1=2,\ p_2=3,\ \cdots$と小さい方から$r$個の素数が与えられているとする． これらの素数は$x$より小さいものとする． $x$以下の素数は，この$r$個の素数と $x$以下の数でこれら$r$個の素数で割り切れない数をあわせた数の一部である． したがって

$$\begin{eqnarray*} \pi(x)&\le&r+[x] -\left[\dfrac{x}{p_1}\right]-\left[\dfrac... ...ght]-\cdots +(-1)^r\left[\dfrac{x}{p_1p_2\cdots p_r}\right] \end{eqnarray*}$$

補題11の和の項数は$2^r$である． $[x]<x,\ -[x]\le -x+1$なので，あわせて $\pm [x]<\pm x+1$がなりたつ． したがって

$$\begin{eqnarray*} &&[x]-\left[\dfrac{x}{p_1}\right]-\left[\dfrac{x}{p_2}\right... ...s p_r}\\ &=&2^r+x\prod_{k=1}^r\left(1-\dfrac{1}{p_k}\right) \end{eqnarray*}$$

となる．$r+2^r<2^{r+1}$であるから

$$\pi(x)<2^{r+1}+x\prod_{k=1}^r\left(1-\dfrac{1}{p_k}\right)$$

$$∴\quad \dfrac{\pi(x)}{x}<\dfrac{2^{r+1}}{x}+\prod_{k=1}^r\left(1-\dfrac{1}{p_k}\right)$$

ここで$r$を $2^{r+1}\le \sqrt{x}$である最大のものにとる．このとき

$$\dfrac{\pi(x)}{x}\le \dfrac{1}{\sqrt{x}}+\prod_{k=1}^r\left(1-\dfrac{1}{p_k}\right)$$

$x\to \infty$のとき$r\to \infty$である．したがって(1)で示したように

$$\lim_{x \to \infty}\prod_{k=1}^r\left(1-\dfrac{1}{p_k}\right)^{-1}=\infty$$

つまり

$$\lim_{x \to \infty}\prod_{k=1}^r\left(1-\dfrac{1}{p_k}\right)=0$$

$$\lim_{x \to \infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}}=0$$とあわせて

$$\lim_{x\to \infty}\dfrac{\pi(x)}{x}=0$$

が示された． □

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