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素数が無数にあることの別証明

南海　　 まずわかることは

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

だ．

拓生 つまり素数は無数にあるということですね．

南海　　 2300年以上前になるわけだが，ユークリッドが背理法で素数が無数にあることを証明した．このユークリッドの 証明がそのまま入試問題になっている．『高校数学の方法』「論証の推進力-背理法」で紹介している． ぜひこれを見てほしい．

次に$\pi(x)$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2つを統一的な方法で示す． それは解析的な方法，つまり微分積分を使う方法だ．

ひとつ記号を定める．$\sum$は和の記号として知っている．積の記号を$\prod$とする．例えば

$$\prod_{k=1}^nk=n!$$

のように使う．

定理 7

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，『初等整数論』で既出の関係式であるが次の等式を補題としてあらかじめ 示しておこう．

補題 3

$p_1,\ p_2,\ p_3,\ \cdots,\ p_r$ 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は次式で与えられる．

$$\begin{eqnarray*} &&[x] -\left[\dfrac{x}{p_1}\right]-\left[\dfrac{x}{p_2}\righ... ...1)^r\left[\dfrac{x}{p_1p_2\cdots p_r}\right]\quad \cdots\maru{1} \end{eqnarray*}$$

ただし $[x]$ は $x$ を超えない最大の整数を表す．

拓生 『初等整数論』を参考に数学的帰納法で示します．

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，$\maru{1}$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．ゆえに求める個数は

$$\begin{eqnarray*} &&[x]-\left[\dfrac{x}{p_1} \right]-\left[\dfrac{x}{p_2} \righ... ...cdots +(-1)^{k+1}\left[ \dfrac{x}{p_1p_2\cdots p_{k+1}}\right] \end{eqnarray*}$$

ゆえに $k+1$ のときも成立し，題意が示された．□

南海　　 微積から補題をもう一つ．

補題 4

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

拓生 これはできます．

証明     

関数$\dfrac{1}{x}$は単調減少なので

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

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

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

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

南海　　 以上の準備をして定理7を証明しよう．

    

定理7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
   
   $$\prod_{p\le x}\left(1-\dfrac{1}{p} \right)^{-1}\ge \sum_{n\le x}\dfrac{1}{n}\quad \cdots\maru{2}$$
   
   
   となる．

   ここで補題4より，$x\to \infty$のとき$\maru{2}$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$\maru{2}$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
   $$\begin{eqnarray*} \pi(x)&\le&r+[x] -\left[\dfrac{x}{p_1}\right]-\left[\dfrac{x... ...right]-\cdots +(-1)^r\left[\dfrac{x}{p_1p_2\cdots p_r}\right] \end{eqnarray*}$$
   
   

   補題3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

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