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整数全体のうち素数・半素数の割合は0である

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$$\newcommand{Ast}[0]{\operatorname{Ast}} \newcommand{Aut}[0]{\operatorname{Aut}} \newcommand{Hom}[0]{\operatorname{Hom}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{Max}[0]{\operatorname{Max}} \newcommand{Spec}[0]{\operatorname{Spec}} $$

$x$を実数とするとき, $\pi(x)$を, $x$以下の素数の数とします.

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{\pi(n)}{n} = 0 $$
である. さらに, $\pi_\ast(x) = \#\set{n \ge 2 \mid n \le x \land \exists p, q \in \mathbb{P}; n = pq}$とするとき
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{\pi_\ast(n)}{n} = 0 $$
が成り立つ.

つまり, 「素数(半素数)の割合は0である」ということです.
この定理を証明するのに次の補題を使います.

$\varphi$をEulerの関数とするとき
$$ \lim_{q \to \infty} \frac{\varphi(q)}{q} = 0 \text{.} $$

$q$をはじめから$r$番目までの素数の積$2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dotsb \cdot p_r$とする. このとき
$$ \frac{\varphi(q)}{q} = \left(1 - \frac{1}{2}\right) \left(1 - \frac{1}{3}\right) \dotsb \left(1 - \frac{1}{p_r}\right) $$
である. この値を$\varPi_r$とおく. ここで, 任意の正の整数$p$に対し$(1 - 1/p)^{-1} = \sum_{\nu \ge 0} 1/p^\nu$であるから
\begin{align} \varPi_r^{-1} &= \left(1 - \frac{1}{2}\right)^{-1} \left(1 - \frac{1}{3}\right)^{-1} \dotsb \left(1 - \frac{1}{p_r}\right)^{-1}\\ &= \left(\sum_{\nu \ge 0} \frac{1}{2^\nu}\right) \left(\sum_{\nu \ge 0} \frac{1}{3^\nu}\right) \dotsb \left(\sum_{\nu \ge 0} \frac{1}{p_r}\right)\\ &= \sum_{\nu_1, \nu_2, \dotsc, \nu_r \ge 0} \frac{1}{2^{\nu_1} 3^{\nu_2} \dotsb p_r^{\nu_r}} \end{align}
である. また, 最後の$2^{\nu_1} 3^{\nu_2} \dotsb p_r^{\nu_r}$$p_r$以下の素数のみを素因子にもつもののすべてだから, $p_r$以下の整数すべてを含む. ゆえに
$$ \varPi_r^{-1} > \sum_{k = 1}^{p_r} \frac{1}{k} \text{.} $$
$n \to \infty$となるとき$p_r \to \infty$だからこの右辺は正の無限大に発散し, それゆえ$\varPi_r^{-1} \to \infty$, ゆえに$\varPi_r$$0$に収束する. したがって$\lim \varphi(q) / q = \lim \varPi_r = 0$.

補題を使って, まずは定理の前半($\pi(n) / n \to 0$)を証明します.

$q$をはじめから$r$個の素数の積とする ($r \ge 0$). このとき, $\varepsilon > 0$とすれば, $q$を十分大きくとることにより$\varphi(q) / q < \varepsilon$とすることができる.
$n$を任意の正整数とし, $n$$q$で割った商を$s$, 余りを$t$とする:
$$ n = sq + t, \quad 0 \le t < q \text{.} $$
$n$以下の素数は, $2, 3, 5, \dotsc, p_r$のいずれかか, $p_r$以下のどの素数でも割り切れないかのいずれかである. ゆえに, 区間$[1, q], [q + 1, 2q], \dotsc, [(s - 1)q + 1, sq]$のそれぞれに含まれる$p_r$より大きい素数の数は高々$\varphi(q)$である. したがって, $t < q$であることに注意すれば
$$ \pi(n) < s \varphi(q) + r + q $$
であることがわかる. そして, $sq < n$だから
$$ \frac{\pi(n)}{n} < \frac{\varphi(q)}{q} + \frac{r + q}{sq} \text{.} $$
ここで, 仮定により$\varphi(q) / q < \varepsilon$であり, $q \to \infty$のとき$(r + q) / sq \to 0$だから$q$を十分大きくとれば$(r + q) / sq < \varepsilon$とできる. よって$\pi(n) / n < 2 \varepsilon$だから$\lim_{n \to \infty} \pi(n) / n = 0$である.

最後に, 定理の後半の証明をします.

$n$が素数でないとする. すると, $n$以下の半素数は全て$pq$ ($2 \le p \le \sqrt{n} \le q \le n$) の形だから
$$ 0 \le \pi_\ast(n) \le \pi(\sqrt{n})[\pi(n) - \pi(\sqrt{n})] $$
であり, したがって$\pi_\ast(n) / n \le \pi(\sqrt{n})\pi(n) / \sqrt{n} - [\pi(\sqrt{n})]^2 / \sqrt{n}$である. そして, 定理の前半によりこれら2つの項はどちらも$0$に収束するから$0 \le \lim_{n \to \infty} \pi_\ast(n) / n \le 0 - 0 = 0$である.

投稿日:215
更新日:312
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Anko7919
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