素数に関する不等式

初等整数論,素数

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はじめに

こんにちは, numcaです.
この記事では私が以前ツイートした素数に関する不等式の証明をします.

問題

$n$ を正整数とするとき,
$\prod_{i = 1}^{n} (1 + \frac{1}{\sqrt{p_{i}}})^{2} > p_{n + 1} - 1$
を示せ.

$p_{k}$ は $k$ 番目に小さい素数のことを表します.

証明

任意の正整数 $n$ は正整数 $m$ と無平方数 $k$ によって $n = m^{2} k$ の形に一意的に表せる.

無平方数とは $1$ より大きい平方数で割り切れないような正整数のことです.

$n$ を素因数分解した形で
$\prod_{i = 1} {p_{i}}^{a_{i}}$
と表し, $a_{i} = 2 b_{i} + c_{i} (c_{i} = 0, 1)$ とおくと
$m = \prod_{i = 1} {p_{i}}^{b_{i}}, k = \prod_{i = 1} {p_{i}}^{c_{i}}$
と一意に定まる.

$n$ を正整数とするとき, $m^{2} k \leq n$ なる正整数 $m$ と無平方数 $k$ の組 $(m, k)$ はちょうど $n$ 個存在する.

補題1より $a$ を正整数とするとき, $m^{2} k = a$ を満たす正整数 $m$ と無平方数 $k$ の組 $(m, k)$ がちょうど $1$ 組存在する.
$n$ 以下の正整数はちょうど $n$ 個存在するから, $(m, k)$ も $n$ 組存在する.

$n$ を正整数とするとき, $n$ 以下の無平方数 $k$ すべてについての $⌊ \sqrt{\frac{n}{k}} ⌋$ の総和は $n$ である.

$m^{2} k \leq n$ なる正整数 $m$ と無平方数 $k$ の組 $(m, k)$ の組数を数える.
無平方数 $k$ を固定したとき, $m^{2} k \leq n$ なる正整数 $m$ は $⌊ \sqrt{\frac{n}{k}} ⌋$ 個ある. よって補題1より $n$ 以下の無平方数 $k$ すべてについての $⌊ \sqrt{\frac{n}{k}} ⌋$ の総和は $(m, k)$ の組数と等しく, 補題2よりこれは $n$ に等しい.

$n$ を正整数とするとき, $n$ 以下の無平方数はすべて $n #$ の約数である.

$n #$ は $n$ 以下の素数を全て掛け合わせたものを表します.

$n$ 以下の無平方数 $k$ は $n$ より大きい素因数を持ちえない.
よって $n$ 以下の最大の素数を $p_{m}$ と表すと
$n # = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}, k = \prod_{i = 1}^{m} {p_{i}}^{c_{i}} (c_{i} = 0, 1)$
と表されるから,
$\frac{n #}{k} = \prod_{i = 1}^{m} {p_{i}}^{1 - c_{i}}$
であり, これは整数である.

$n$ を正整数とするとき,
$\sum_{d | n #} ⌊ \sqrt{\frac{n}{d}} ⌋ = n$
が成立する.

$d \leq n$ の部分の総和は補題3, 補題4より $n$ である.
$d > n$ の部分の総和はすべての項が $0$ になるため $0$ である.
よって全体の総和は $n + 0 = n$ である.

補題5より
$\sum_{d | p_{n} #} \sqrt{\frac{p_{n + 1} - 1}{d}} > \sum_{d | p_{n} #} ⌊ \sqrt{\frac{p_{n + 1} - 1}{d}} ⌋ = p_{n + 1} - 1$
が成立します.
また,
$\begin{array}{rcl} \sum_{d | p_{n} #} \sqrt{\frac{p_{n + 1} - 1}{d}} & = & \sqrt{p_{n + 1} - 1} \sum_{d | p_{n} #} \frac{1}{\sqrt{d}} \\ = & \sqrt{p_{n + 1} - 1} \prod_{i = 1}^{n} (1 + \frac{1}{\sqrt{p_{i}}}) \end{array}$
が成立します.
以上より,
$\begin{array}{rcl} \sqrt{p_{n + 1} - 1} \prod_{i = 1}^{n} (1 + \frac{1}{\sqrt{p_{i}}}) & > & p_{n + 1} - 1 \\ \prod_{i = 1}^{n} (1 + \frac{1}{\sqrt{p_{i}}}) & > & \sqrt{p_{n + 1} - 1} \\ \prod_{i = 1}^{n} (1 + \frac{1}{\sqrt{p_{i}}})^{2} & > & p_{n + 1} - 1 \end{array}$
となり, 示されました.