リーマン予想と素数の謎と､２の１３の１('20/9/18更新)〜チェビシェフの”粗い”素数定理と､素数に関する不等式(前編)

　素数の自然数における割合が0%である事実を振り返ると､これはx→∞の時に素数が非常に少なくなる事を意味し､その度合いがおおよそ1/logx程の少なさというのが素数定理の意味でしたね。
　つまり､素数定理”π(x)~x/logx”は､x以下の自然数が素数である様な確率がほぼ1/logxである事を示してます(”2の6”Click参照)。

　そこで､素数の個数π(x)に何故？対数関数logxが登場するのかは､色々な説明が可能ですが､素数定理の粗い形であるチェビシェフが主張した素数に関する不等式(1850頃)の説明が最も適切ではないかと思います。
　このチャビシェフの主張はとてもややこしく複雑なので､2つに分けます。悪しからずです。
　因みに､この主張の証明の大まかな流れは､”2の12”(要クリック)の終盤を参考です。

　このチェビシェフの主張とは､素数定理の”粗い”形として､π(x)の挙動がx/logxの定数倍として抑えられる事実。つまり､素数定理における不等式①を満たす様なC₁､C₂が存在するという事でしたね。
　C₂x/logx≤π(x)≤C₁x/logxー①
　更にこの事実を用いて､”n番目の素数pₙ”の大きさの評価の不等式②､つまり､
D₂nlogn≤pₙ≤D₁nlognー②となる様なD₁､D₂の存在を示します。
　前回”2の12”でも述べた様に､この証明は4つの補題から1つの系を準備&証明してから､①と②の2つの不等式の証明に入ります。

　多分､全てを完璧に理解するのは不可能だと思いますので､少なくとも流れだけは追いかけて下さい。 

υₚ(n)とチェビシェフ関数T(x)の定義

　先ず､自然数ｍの素因数分解に素数pが現れる回数をυₚ(ｍ)とすると､
ｍ=p^(υₚ(ｍ))×(pと互いに素な数)=p^(υₚ(ｍ))•p^(υₚ(ｍ-1))･･･p^(υₚ(1))で表わせます。いきなり抽象的ですがご勘弁を。

[補題1-7](階乗に対するυₚの公式)
　υₚ(n!)=Σₖ(1,∞)[n/pᵏ]
　但し､[n/pᵏ]は､n/pᵏを越えない最大整数で､[ ]はガウス記号(小数点以下切り捨て)で､頻繁に出て来ますので注意が必要です。
　この補題1-7の証明ですが。
　υₚ(n)の定義より､υₚ(n!)=υₚp^(υₚ(n!))•p^(υₚ((n-1)!))･･･p^(υₚ(1!))
=υₚp^(υₚ(n!)+υₚ((n-1)!)+･･･+υₚ(1!))
=υₚp^(Σₘ(1,n)υₚ(ｍ!))。
　故に､υₚ(n!)=Σₘ(1,n)υₚ(ｍ)。
　ここで､任意の自然数kに対し､1≤m≤nなる自然数ｍで､pᵏの倍数なるものは､[n/pᵏ]個存在する。
　故に､これらを数えた合計がυₚ(n!)になるので､補題1-7が成り立ちます。
　このυₚの定義は､後のT(x)の挙動を探る時にとても重要になります。

　次にチェビシェフが導入した､
θ(x)=Σ(p≤x)logp=log2+log3+log5•••logp､
ψ(x)=Σₙ(1,∞)θ(x^(1/n))､
T(x)=Σ(n≤x)logn=log2+log3+•••+logx=log(x!)の3つの関数の定義を使い､補題1-8の以下(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)を証明します。少し長いですが､T(x)の変形の流れに注目です。
[補題1-8]
(ⅰ) ψ(x)=Σ(p,n pⁿ≤x)logp=Σ(p≤x)[logx/logp]logp､
(ⅱ) T(x)=Σ(n≤x)ψ(x/n)=Σₙ(1,∞)ψ(x/n)､
(ⅲ) ψ(x)−√xlogx≤θ(x)≤ψ(x)､
　補題1-8の証明に掛ります。
　先ず(ⅰ)ですが､θ(x)とψ(x)の定義から､
ψ(x)=Σₙ(1,∞)θ(x^(1/n))=Σₙ(1,∞)Σ(p≤x^(1/n))logp=Σₙ(1,∞)Σ(pⁿ≤x)logpとなり､(ⅰ)は成立。
　これは､ψ(x)が階段関数である事を示してますね。

　次に(ⅱ)ですが､xが整数の時を示せば十分ですから､υₚの定義より､x!=p^(υₚ(x!))•p^(υₚ(x-1)!)•••p^(υₚ(1!))=∏(p≦x)p^(υₚ(x!))。
　これより､両辺の対数を取ると､
　補題1-7とT(x)の定義により､
T(x)=log(x!)=Σ(p≤x)υₚ(x!)logp=Σ(p≤x)Σₖ(1,∞)[x/pᵏ]logpとなる。
　ここで､”n≤[x/pᵏ]⇔p≤(x/n)^(1/k)”であり､この不等式を満たすnは､x,p,kを固定した時に[x/pᵏ]個あるので､T(x)=Σ(p≤x)Σₖ(1,∞)[x/pᵏ]logp=Σₖ(1,∞)Σ(p≤x)[x/pᵏ]logp。
　そこで､kを固定すると､Σ(p≤x)[x/pᵏ]logp=Σₙ(1,∞)Σ(p≤(x/n)^(1/k))logp。
　故に､T(x)=Σₙ(1,∞)Σₖ(1,∞)Σ(p≤(x/n)^(1/k))logp
=Σₙ(1,∞)Σₖ(1,∞)θ((x/n)^(1/k))=Σₙ(1,∞)ψ(x/n)。最後の2つの変形はθ(x)とψ(x)の定義を使ってます。故にn>xの時､ψ(x/n)より､T(x)=Σ(n≤x)ψ(x/n)。
　これは､ψ(x/n)がxがnの時だけ飛躍する階段関数なので､上式のT(x)もxが整数の時だけ飛躍する階段関数です。
　これで補題1-8の(ⅱ)が証明できました。
　[n/pᵏ]の概念がややこしいですが､じっくりやれば何とかなります。

　最後に(ⅲ)ですが。
　(ⅰ)より､ψ(x)−θ(x)=Σₙ(1,∞)Σ(pⁿ≤x)logp−Σ(p≤x)logp=Σₖ(2,∞)Σ(pᵏ≤x)logp。
　ここで､pᵏをxと置き換えると､
=Σ(p≤√x)Σ(2≤pᵏ≤logx/logp)logp
≤∫ₖ(2,logx/logp)logp*dk
≤Σ(p≤√x)(logx/logp)*logp≤
∫ₚ(2,√x)logxdp≤√xlogx。故に､ψ(x)−θ(x)≤√xlogxとなり､(ⅲ)の証明終りです。
　以上で､補題1-7と1-8､チェビシェフの3つの関数(θ(x)､ψ(x)､T(x))の定義が証明出来ました。

T(x)の挙動と証明

　補題1-8のθ(x)とψ(x)は､素数pに渡る和として定義されますが。T(x)は自然数に渡る和で定義されます。
　故に､T(x)の挙動は素数の性質とは無関係に求められ､以下の補題1-9が得られます。
[補題1-9]
　x≥7の時､T(x)=xlogx−x+S(x)､と誤差項S(x)を用いて表せます。但し､|S(x)|≤logx。
　この証明ですが。
　まずT(x)の定義より､T(x)=Σ(r≤x)logr。
　そこで､複素数列のa(r)に対し､ A(x)=Σ(r≤x)a(r)と置くと､区間(y≤r≤x)上の複素数値関数f(r)に対し､Σ(r≤x≤x)a(r)f(r)=A(x)f(x)−A(y)f(y)∫ₜ(y,x)A(t)f'(t)dtという”部分和の公式”を使います(勿論､証明は省きます)。
　この部分和の公式で､a(r)=1､f(r)=logr､y=1と置くと､A(x)=[x]､A(y)=A(1)=1､f(1)=0となるので､T(x)=Σ(r≤x)logr=[x]logx−∫(1,x)[t]/tdt。 

　ここで､xの小数部を{x}=x−[x]と置くと､
T(x)=(x−{x})logx−∫(1,x)(t−{t})/tdt
=xlogx−{x}logx−x+1+∫(1,x){t}/t*dt
=xlogx−x+S(x)。
　故に､|S(x)|=|1+∫(1,x){t}/t*dt−{x}logx|≤logx。
　因みに､S(x)=1+∫(1,x){t}/t*dt−{x}logx=1−∫(1,x)(t−{t})/tdt+(1−{x})logx
≤1−∫(1,x)(t−{t})/tdt+logxより､
1≤∫(1,x)(t−{t})/tdt⇒S(x)≤logx。
　ここで､上の不等式の右辺に積分は､x=6の時､0.963...となり､x=7の時､1.042...より､x≥7⇒S(x)≤logxとなる。
　補題1-9の証明終りです。 

T(x)の挙動からψ(x)の挙動へ

　補題1-9で得たT(x)の挙動を､ψ(x)に関する挙動に翻訳するんですが。まず以下の補題1-10で､ψ(x)とT(x)の一次結合との関係を示します。
[補題1-10] α(x)=T(x)−T(x/2)−T(x/3)−T(x/5)−T(x/30)と置くと､α(x)≤ψ(x)≤α(x)+ψ(x/6)が成立する。
　これは補題1−8(ⅱ)と階段関数Aₙを使って証明します。

　まず補題1−8(ⅱ)から､α(x)=Σₙ(0,∞)Aₙψ(x/n)とおける。これから係数Aₙを求めます。
　補題1−8(ⅱ)より､α(x)=Σₘ(1,∞)ψ(x/m)−Σₘ(1,∞)ψ(x/2m)−Σₘ(1,∞)ψ(x/3m)−Σₘ(1,∞)ψ(x/5m)+Σₘ(1,∞)ψ(x/30m)。
　そこで､nと30が互いに素ならば､右辺の第1の和のみが関与するのでAₙ=1である。また(n,30)=2,3,5のいずれかなら､第1の和から係数1が､第2第3第4の和の内いずれ1つから係数−1が出る。それ以外の係数は0となるので､合計すればAₙ=0。
　同様に､(n,30)=6,10,15ならば､第1の和から係数1が､第2第3第4の和の内いずれ2つから係数−1が出るので､合計すればAₙ=−1。最後に､nが30の倍数の時､第1〜第5の和から全て1または−1が出てくるので､Aₙ=−1となる。
　以上より､階段関数Aₙは､Aₙ=1((n,30)=1)､Aₙ=−1((n,30)=6,10,15,30)､Aₙ=0(その他)となります。パッと見ではとても無理っぽでしたが､落ち着いてやれば､何とかなりますが､やはり難しいですね。

　故にAₙは､n(mod30)のみによるから､n=1,2,3,,,30に対し､Aₙ=1,0,0,0,0,-1,1,0,0,-1,1,0,-1,0,1,-1,0,0,1,-1,0,0,0,0,1,-1と､全てが決まります。
　0でない所は､1と−1が交互に現れるより､数列:C₀(=1)<C₁<C₂<•••を､Aₙ≠0なるn全体のなす増加列と見ると､α(x)=Σₙ(0,∞)ACₙψ(x/Cₙ)､但しACₙ≠0､とできる。
　この時､ACₙ=(−1)ⁿより､α(x)=Σₙ(0,∞)(−1)ⁿψ(x/Cₙ)。そこで､ψ(x)は非減少関数より､ψ(x/C₀)−ψ(x/C₁)≤α(x)≤ψ(x/C₀)。
　故に､補題1-10”α(x)≤ψ(x)≤α(x)+ψ(x/6)”が成立します。

　この事(補題1-10)から､θ(x)の挙動を以下の[系1-11]の様に得る事ができます。

T(x)の挙動からθ(x)の挙動へ

[系1-11]
(ⅰ)A₁=1.1224と任意のx≥2に対し､θ(x)≤A₁xが成立。
(ⅱ)A₂=0.73と任意のx≥37に対し､A₂x≤θ(x)が成立。
　この証明は､補題1−9のT(x)を補題1−10のα(x)の定義式に代入する。すると､xlogxの項は打ち消し合い､主要項はxのオーダー(挙動値=O(x)=ランダウ記号)となり､誤差項は5logxで抑えらます。
　故に､|α(x)−(xlog2/2+xlog3/3+xlog5/5−xlog30/30)|
=|α(x)−(14log2+9log3+5log5/5)x/30|≤5logx。
　これを実際に計算すると､|α(x)−cx|≤5logx､(c=0.921392...)。
　後は､上の不等式の右辺logxを数値計算すれば､x>3000の時､5logx≤0.014xが成り立つ(私は対数計算機を使ったが､どう計算しても2840程なんですがねぇ〜)。　
　故に､0.9072x<(c−0.014)x≤α(x)≤(c+0.014)x<0.9353x。
　ここで､cx−5logx≤α(x)≤cx+5logxは､x<3000の時でも数値計算で確かめると､x≥350でも成り立つ事が判る。

　そこで､(ⅰ)を示すには､補題1−10より､任意のtに対し､ψ(t)−ψ(t/6)≤α(t)を用います。
　ここで､t=x/6ʲ､(j=0,1,2,,,)に､上の不等式を適用し､ψ(x)を以下の様に変形する。
　ψ(x)=ψ(x)+ψ(x/6)+ψ(x/6²)+•••−{ψ(x/6)+ψ(x/6²)+•••}=Σⱼ(0,∞){ψ(x/6ʲ)−ψ(x/6ʲ⁺¹)}≤Σⱼ(0,∞)α(x/6ʲ)≤Σⱼ(0,∞)0.9353x/6ʲ≤1.1224x。但し､Σⱼ(0,∞)1/6ʲは､数値計算で求めます。
　以上は､x≥350としてたが､2≤x≤350でも上の最後の不等式ψ(x)=Σⱼ(0,∞)0.9353x/6ʲ≤1.1224xが成り立つ。
　故に､このψ(x)に関する不等式を補題1-8(ⅲ)”θ(x)≤ψ(x)”を用い､θ(x)に書き換えれば､θ(x)≤1.1224xとなり､(ⅰ)の証明は明らかですかね。

　(ⅱ)の証明も上と同様に､cx−5logx≤α(x)はx≥350でも成り立つので､0.9072x≤α(x)。
　更に補題1-10のα(x)≤ψ(x)により､0.9072x≤ψ(x)となる。
　また､補題1-8(ⅲ)のψ(x)−√xlogx≤θ(x)により､0.9072x−√xlogx≤ψ(x)−√xlogx≤θ(x)。
　これは､任意のxに対し､√xlogx<0.15xが成立するので､θ(x)>0.9072x−0.15x>0.75x。
　以上より､x≥350での証明は終わるが､37≤x<350に関しては､個別に数値計算し､θ(x)>0.73xが成立する事を確かめる必要がある。故に､(ⅱ)が示せた。
　以上から､θ(x)の挙動を[系1−11]の形で得る事が出来ます。つまり､θ(x)がxの定数倍で表現されるんですね。

　(ⅱ)の条件で設定したx≥37は､定数A₂を小さく取り､それらの中で最小なものを選び直せば､ある定数A₁､A₂が存在し､任意のx≥2に対しても､A₂x≤θ(x)≤A₁xと書ける。　
　υₚの定義から､T(x)の挙動を探り､T(x)とΨ(x)の結合を示し､θ(x)の挙動に漕ぎ着けました。
　かなり長い長い道のりでしたが､このθ(x)の挙動がπ(x)の挙動に繋がる事が理解できましたね。

 　以上､”系1−11”が証明出来た所で､いよいよチェビシェフの主張の不等式①②の証明に入りますが。長くなり過ぎたのでここで切ります。続けて､”2の13の2”(Click)へと進みます。