「nと2nの間には素数が存在する」の初等的な証明（後編）

ベルトランが予想した

について前編ではエルデッシュの証明のカギとなる性質

を示しました。後編では[math]\displaystyle \prod_{n < p_i \leq 2n} p_i[/math]の大きさを評価し

[math]n[/math]と[math]2n[/math]の間には素数が一定数存在する

という結論を導いていきます。

区間[math](n, 2n][/math]に存在する素数の数

[math]n \geq 5[/math]で[math]\sqrt{2n} < \frac{2}{3}n[/math]なので[math]{}_{2n}C_n[/math]は

[math]

\displaystyle {}_{2n}C_n = \prod_{p_i \leq \sqrt{2n}} p_i^{a_i}\prod_{\sqrt{2n} < p_i \leq \frac{2}{3}n} p_i\prod_{n < p_i \leq 2n} p_i [/math]

とかけ区間[math](n, 2n][/math]の素数の個数を[math]\omega(n)[/math]とかくと[math]p_i > \sqrt{2n}[/math]では[math]p_i \leq 2n[/math]より

[math]

\displaystyle {}_{2n}C_n \leq \prod_{p_i \leq \sqrt{2n}} p_i^{a_i}\prod_{\sqrt{2n} < p_i \leq \frac{2}{3}n} p_i \cdot (2n)^{\omega(n)} [/math]

と素数の個数[math]\omega(n)[/math]を下から評価できる形になります。ここから左辺と右辺の第1項と第2項を評価します。

二項係数[math]{}_{2n}C_n[/math]の評価

まず、二項係数[math]{}_{2n}C_n[/math]を下から評価する次の不等式を示します。

数学的帰納法で示します。まず[math]n=4[/math]の時、[math]{}_{8}C_4=70 > 64=\frac{4^4}{4}[/math]なので成立します。[math]n=k[/math]での成立を仮定すると

[math]
\begin{eqnarray}
{}_{2k+2}C_{k+1} &=& \dfrac{(2k+2)(2k+1)}{(k+1)^2}{}_{2k}C_{k} \\
& > & \dfrac{2(2k+1)}{k+1}\cdot\dfrac{4^k}{k} \\
&=& \left(4 + \dfrac{2}{k}\right)\dfrac{4^k}{k+1} \\
& > & \dfrac{4^{k+1}}{k+1}
\end{eqnarray}
[/math]

より[math]n=k+1[/math]でも成立します。

なお、簡単のため上記評価を使いましたが「ウォリスの公式」を使うと[math]{}_{2n}C_n[/math]を

[math]
\dfrac{4^n}{\sqrt{\pi(n+\frac{1}{2})}} \leq {}_{2n}C_n \leq \dfrac{4^n}{\sqrt{\pi n}}
[/math]

とより正確に評価することができます。

[math]\displaystyle\prod_{p_i \leq \sqrt{2n}} p_i^{a_i}[/math]の評価

[math]p_i^{a_i}\leq 2n[/math]より「Proofs from THE BOOK」では

[math]
\displaystyle \prod_{p_i \leq \sqrt{2n}} p_i^{a_i} \leq (2n)^{\sqrt{2n}}
[/math]

としていますが[math]\sqrt{2n}[/math]以下の素数の個数を評価し、より厳しく評価できます。

5以上の素数は2の倍数でも3の倍数でもないので「[math]x[/math]以下の5以上の素数の個数」は「5以上[math]x[/math]以下の2の倍数でも3の倍数でもない個数」以下になります。

「2 or 3の倍数ではない」は「6で割った余りが1か5」と同値なので「5以上[math]x[/math]以下の2 or 3の倍数ではない数」は[math]\left\lfloor \frac{x}{3} \right\rfloor[/math]個以下になります。これと5未満の素数が2つあることから[math]x[/math]以下の素数は高々[math]\left\lfloor \frac{x}{3}\right\rfloor +2[/math]個しか存在しないことがわかります。

この結果から[math]\sqrt{2n}[/math]以下の素数は高々[math]\left\lfloor \frac{\sqrt{2n}}{3}\right\rfloor +2[/math]個しか存在しないので

[math]
\displaystyle \prod_{p_i \leq \sqrt{2n}} p_i^{a_i} \leq (2n)^{\frac{\sqrt{2n}}{3}+2}
[/math]

とより厳しく評価できます。

[math]\displaystyle\prod_{\sqrt{2n} < p_i \leq \frac{2}{3}n} p_i[/math]の評価

[math]n[/math]以下の素数の積を[math]\displaystyle P(n)=\prod_{p_i \leq n}p_i[/math]とおくと

[math]
\displaystyle \prod_{\sqrt{2n} < p_i \leq \frac{2}{3}n} p_i = \dfrac{P\left(\frac{2}{3}n\right)}{P(\sqrt{2n})} [/math]

とかけます。そこでまず[math]P(n)[/math]の評価式を求めます。

ここで二項係数[math]{}_{2n-1}C_n[/math]を考えると

[math]
{}_{2n-1}C_n=\dfrac{(2n-1)\cdot (2n-2) \cdots (n+1)\cdot n}{n\cdot (n-1)\cdots 2 \cdot 1}
[/math]

で分子には[math]n+1[/math]以上[math]2n-1[/math]以下の素数が1回だけ現れ分母には表れないので

[math]
\dfrac{P(2n-1)}{P(n)} \leq {}_{2n-1}C_n
[/math]

が成立します。さらに[math]{}_{2n-1}C_n=\frac{(2n-1)!}{n!(n-1)!}=\frac{1}{2}\frac{(2n)!}{n!n!}=\frac{1}{2}{}_{2n}C_n[/math]であり[math]{}_{2n}C_n[/math]は[math](1+1)^{2n}[/math]を展開した時の中央値で[math]{}_{2n}C_n={}_{2n}C_{n+1}[/math]であることに注意すると

[math]
\begin{eqnarray}
(1+1)^{2n} &=& \sum_{k=0}^{2n} {}_{2n}C_k \\
&>& {}_{2n}C_n + {}_{2n}C_{n+1} \\
&=& 2{}_{2n}C_n
\end{eqnarray}
[/math]

なので

[math]
\dfrac{P(2n-1)}{P(n)} \leq {}_{2n-1}C_n < 2^{2n-2} [/math]

が成立します。この関係を使って次の評価式を示します。

数学的帰納法で示します。[math]n=3, 4[/math]の時、[math]P(3)=P(4)=6 < 8=2^3[/math]より成立します。[math]3\leq n \leq 2k-2\ (k\geq 3)[/math]で成立すると仮定すると

[math]
\begin{eqnarray}
P(2k-1) &=& P(k)\cdot \dfrac{P(2k-1)}{P(k)} \\
&<& 2^{2k-3}\cdot 2^{2k-2} \\ &=& 2^{2(2k-1)-3} \end{eqnarray} [/math]

より[math]n=2k-1[/math]でも成立します。また[math]2k[/math]は素数ではないので

[math]
\begin{eqnarray}
P(2k) &=& P(2k-1) \\
&<& 2^{2(2k-1)-3} \\ &<& 2^{2(2k)-3} \end{eqnarray} [/math]

より[math]n=2k[/math]でも成立することがわかり任意の[math]n\geq 3[/math]で成立することがわかります。

この結果から[math]n\geq 5[/math]で[math]P(\sqrt{2n}) \geq P(3)=6>2^2[/math]より

[math]
\begin{eqnarray}
\displaystyle \prod_{\sqrt{2n} < p_i \leq \frac{2}{3}n} p_i &=& \dfrac{P\left(\frac{2}{3}n\right)}{P(\sqrt{2n})} \\ &<& \dfrac{2^{\frac{4}{3}n-3}}{2^2} \\ &=& 2^{\frac{4}{3}n-5} \end{eqnarray} [/math]

と評価できます。

区間[math](n, 2n][/math]の素数の個数[math]\omega(n)[/math]の評価

以上の結果から[math]n \geq 5[/math]で

[math]
\begin{eqnarray}
\dfrac{4^n}{n} &<& {}_{2n}C_n \\ &=& \prod_{p_i \leq \sqrt{2n}} p_i^{a_i}\prod_{\sqrt{2n} < p_i \leq \frac{2}{3}n} p_i\cdot \prod_{n < p_i \leq 2n} p_i \\ &<& (2n)^{\frac{\sqrt{2n}}{3}+2}\cdot 2^{\frac{4}{3}n-5} \cdot (2n)^{\omega(n)} \end{eqnarray} [/math]

が得られます。対数をとって整理すると

[math]
\omega(n) > \left(\dfrac{2}{3}n+6\right)\dfrac{\log 2}{\log 2n}-\left(\dfrac{\sqrt{2n}}{3} + 3\right)
[/math]

と下から評価できるので右辺が0より大きくなることを示します。右辺は

[math]
\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2n\log 2}{\log 2n} – \sqrt{2n}\right) + \dfrac{6\log 2}{\log 2n} – 3
[/math]

とかけるので[math]t=\sqrt{2n}[/math]とおいて

[math]
f(t) = \dfrac{t^2\log 2}{2\log t} – t
[/math]

とおくと

[math]
f'(t) = \log 2\left(\dfrac{t}{\log t}\right)\cdot \left(1 – \dfrac{1}{2\log t}\right) – 1
[/math]

となり[math]t\geq e[/math]で[math]\frac{t}{\log t}, -\frac{1}{\log t}[/math]は単調増加なので[math]f'(t)[/math]は単調増加になります。また[math]f'(2e) > 0[/math]より[math]t\geq 2e[/math]で[math]f(t)[/math]は単調増加します。

[math]f(5e)=10.94\cdots[/math]なので[math]t\geq 5e[/math]の時、つまり[math]n=t^2/2\geq 92.36\cdots[/math]に対して

[math]
\begin{eqnarray}
\omega(n) &>& \dfrac{1}{3}f(5e) + \dfrac{6\log 2}{\log 2n} – 3 \\
&>& \dfrac{10.94}{3} – 3 \\
&>& 0
\end{eqnarray}
[/math]

と区間[math](n, 2n][/math]の素数の個数[math]\omega(n)[/math]は常に正になることがわかります。[math]n \leq 92[/math]についても個別に区間[math](n, 2n][/math]の素数があることを示すことができ

を示すことができました。

また、[math]\omega(n)[/math]の右辺は[math]n\to\infty[/math]で無限大に発散するので

こともわかります。

少し長い証明になりましたが高校数学の範囲でベルトラン・チェビシェフの定理を示しました。高校生の時にこの証明を考えたエルデッシュはさすがの天才ですが高校数学の範囲でも高度な結果を導ける一例だと思います。

参考文献

• 「Proofs from THE BOOK」（邦訳「天書の証明」）: Chapter 2, Bertrand’s postulate
• 一松 信, 「nと2nの間に素数がある」（数研通信70号）
• 栃折 成紀, 「「nと2nの間に素数がある」の証明を考える」（数研通信76号）