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素数分布の探求

さてその上で$x$を越えない素数の個数$\pi(x)$はどのような性質をもっているのかを考えよう．

このような場合，まず実験して，$x$の一定の範囲にある素数の個数を求めていくことが大切だ． 自分でプログラムを組んで，書き出していくのがいちばんよい．エラトステネスの篩の方法は プログラムを書く練習のいちばん初歩の問題だ．

ただ大きなところまで計算すると結構時間がかかる．そこで今回は次のところに載っている表を参考にしよう． アメリカのテネシー大学の先生が展開している「The Prime Pages」だ． URLは http://primes.utm.edu/ なので見てほしい．

この中に次のような表が載っている． http://www.utm.edu/research/primes/howmany.shtml このページを見るときは，ブラウザソフトの表示文字種「エンコード」を「Unicode(UTF-7)」にするときれいになる．

ここでは多くの結果が証明なしに紹介されている．

拓生 100までだと規則性があるようには見えないけれど，1000になるとなんとなく直線?     いや少し上に凸なようにも見えます．

http://www.utm.edu/research/primes/gifs/pi1000000.gif

1000000では，やや上に凸なきれいな曲線です．

南海　　 多くの人が$\pi(x)$の性質を研究した．

拓生　 $\pi(x)$で $x=10,\ 100,\ 1000,\ 10000$のときの表に次の値を書き加えてみます．

$$\begin{array}{rrrr} x&\pi(x)&\log_{10}x&\pi(x)\log_{10}x\\... ...0&25&2&50\\ 1000&168&3&504\\ 10000&1229&4&4916 \end{array}$$

ほぼ，$\dfrac{1}{2}x$の値が $\pi(x)\log_{10}x$になります．ということは

$$\dfrac{1}{2}x=\pi(x)\log_{10}x\quad \iff\quad \dfrac{x}{\log x}=\pi(x)\dfrac{2}{\log 10}$$

なので， $\dfrac{x}{\log x}$の値がほぼ $\pi(x)\dfrac{2}{\log 10}$になるということです．

南海　　 そう．このようなことを昔の人はいろいろ調べたのだ．計算機のない時代に手計算で調べたのだ． $\log 10$は約$2.30$なのでこの計算では $\dfrac{x}{\log x}$はほぼ ということになる． もっと$x$を大きくとるとどのような値に収束するか，これをいろいろと推測したのだ．

その結果1801年にルジャンドルは

$$\pi(x)\sim \dfrac{x}{\log x}$$

であろうと予想した．ただしここで$x>0$で定義された2つの関数$f(x)$と$g(x)$が

$$f(x)\sim g(x)$$

であるとは，

$$\lim_{x\to \infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1$$

となることとする．

さらにこれとは独立にガウスは

$$\pi(x)\sim \int_0^x \dfrac{dt}{\log t}$$

を予想した．このあたりは先のテネシー大学の先生のページにも載っている．

拓生　 予想はいろいろあったのでしょうが，実質的な進展はどうだったのでしょうか．

南海　　 あのチェビシェフが1850年に次のことを示した．これも先のページにある．次のようにかかれている．

Tchebycheff made the first real progress toward a proof of the prime number theorem in 1850, showing there exist positive constants $a<1<b$ such that

$$\dfrac{ax}{\log x}<\pi(x)<\dfrac{bx}{\log x}$$

and that if $\dfrac{\pi(x)}{\dfrac{x}{\log x}}$ had a limit, then its value must be one.

今日はこのチェビシェフの定理の前半を示そう．

定理 8

正の定数$c_1<1<c_2$で，$x\ge 2$ に対して

$$c_1\dfrac{x}{\log x}<\pi(x)<c_2\dfrac{x}{\log x}$$

となるものが存在する．

これを示すためにひとつ補題を証明しておこう．

補題 5

自然数 $n!$ の素因数分解に含まれる素数 $p$ の個数は，

$$\sum_{l=1}^{[\log_pn]}\left[\dfrac{n}{p^l}\right]$$

である．

証明      $[\log_pn]$は$p^k\le n$となる最大の$k$の値である．

1から$n$までの自然数のなかでちょうど$p^l$で割り切れるものの個数は

$$\left[\dfrac{n}{p^l} \right]-\left[\dfrac{n}{p^{l+1}} \right]$$

である． $l\ge[\log_pn]+1$に対しては $\dfrac{n}{p^l}<1$となり $\left[\dfrac{n}{p^l} \right]=0$ である．したがって求める個数は

$$\begin{eqnarray*} &&\sum_{l=1}^{[\log_pn]} l\left(\left[\dfrac{n}{p^l} \right]-\... ... \right]\\ &=&\sum_{l=1}^{[\log_pn]}\left[\dfrac{n}{p^l}\right] \end{eqnarray*}$$

である．□

定理8の証明

$$c_1\dfrac{x}{\log x}<\pi(x)$$

となる正の定数の存在を示す．

$m$を正整数として，整数

$${}_{2m}\mathrm{C}_m=\dfrac{(2m)!}{m!m!}$$

の大きさを2通りの方法で評価する．

$p\le 2m$である素数に対して $\dfrac{(2m)!}{m!m!}$の素因数分解に含まれる素数 $p$ の個数は， 補題5より

$$\sum_{l=1}^{[\log_p(2m)]}\left(\left[\dfrac{2m}{p^l} \right]-2\left[\dfrac{m}{p^l}\right]\right)$$

である．$m$を$p^l$で割った余りを$r$とするとき

$$\left[\dfrac{2m}{p^l} \right]-2\left[\dfrac{m}{p^l}\right]= ... ...1&\biggl( \dfrac{p^l}{2}\le r <p^l \biggr) \end{array}\right.$$

である．したがって

$$\sum_{l=1}^{[\log_p(2m)]}\left(\left[\dfrac{2m}{p^l} \right]-2\left[\dfrac{m}{p^l}\right]\right) \le [\log_p(2m)]$$

これから

$$\dfrac{(2m)!}{m!m!}\le \prod_{p \le 2m}p^{[\log_p(2m)]}$$

一方 $p^{[\log_p(2m)]}\le 2m$であるから

$$\prod_{p \le 2m}p^{[\log_p(2m)]}\le (2m)^{\pi(2m)}$$

つまり

$$\dfrac{(2m)!}{m!m!}\le (2m)^{\pi(2m)}$$

となる．ところが

なので，上の結果より

$$2^m\le (2m)^{\pi(2m)}$$

対数をとって

$$m\log2 \le \pi(2m)\log(2m)$$

つまり

$$\dfrac{\log 2}{2}\cdot\dfrac{2m}{\log(2m)}\le \pi(2m)$$

次に$m\ge 1$に対して

$$\dfrac{2m}{2m+1}\ge\dfrac{2}{3}$$

であるから

$$\begin{eqnarray*} &&\pi(2m+1)\log(2m+1)>\pi(2m)\log(2m)\ge\dfrac{\log 2}{2}(2m)\\ &>&\dfrac{\log 2}{2}\cdot\dfrac{2}{3}(2m+1) \end{eqnarray*}$$

つまり

$$\dfrac{\log 2}{3}\cdot\dfrac{2m+1}{\log(2m+1)}\le \pi(2m+1)$$

したがって整数$[x]$に対して

$$\dfrac{\log 2}{3}\cdot\dfrac{[x]}{\log [x]}\le \pi([x])\le\pi(x)$$

が成り立つ．ここで$[x]>x-1$なので

したがって

$$\dfrac{\log 2}{6}\cdot\dfrac{x}{\log x}<\pi(x)$$

$c_1=\dfrac{\log 2}{6}$とおけばよい．

次に，

$$\pi(x)<c_2\dfrac{x}{\log x}$$

となる$c_2$の存在を示す．

$m<p \le 2m$の範囲の素数は $\dfrac{(2m)!}{m!m!}$の分母を割らない．よって $\dfrac{(2m)!}{m!m!}$は $$\prod_{m<p \le 2m}p$$で割り切れる．つまり

$$m^{\pi(2m)-\pi(m)}<\prod_{m<p\le 2m}p \le \dfrac{(2m)!}{m!m!}$$

これから

$$(\pi(2m)-\pi(m))\log m <\log \dfrac{(2m)!}{m!m!}$$

ところが

$${}_{2m}\mathrm{C}_m<\sum_{k=0}^{2m}{}_{2m}\mathrm{C}_k=2^{2m}$$

より

$$\log\dfrac{(2m)!}{m!m!}<2m\log 2$$

$$∴\quad (\pi(2m)-\pi(m))<2\log 2\dfrac{m}{\log m}$$

$y\ge 2$に対して

$$[2y]\le 2y<2[y]+2$$

なので

$$\begin{eqnarray*} \pi(2y)-\pi(y)&=&\pi([2y])-\pi([y])\\ &\le&\pi(2[y]+2)-\pi([y... ... &<&2\log 2\dfrac{[y]}{\log [y]}+2<(2\log 2+2)\dfrac{y}{\log y} \end{eqnarray*}$$

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