プライムス

整数論を中心に数学の話題に触れるブログ

Brunの純正篩

以前の記事で篩法の根底にある考え方を紹介しました。
mathnote.info

今回はEratosthenesの篩を用いて初めて非自明な結果を導くことに成功したViggo Brunによる方法を紹介し、Brunの定理(双子素数の逆数和が収束すること)の証明を与えます。

この記事の4,5,6節(目次で☆のついてるところ)ではBrunの純正篩の計算を詳しく解説しました。特に6節では篩法を用いて n,n+2の素因数の個数を評価する方法について紹介します。
一方で細かい計算や応用はさておいてBrunの定理の証明を手早く読みたかったり忙しくて細かいところが追えない人向けに7節では3節の結果から直接Brunの定理を導く方法を紹介します。



参考文献

この記事の大筋は(1)を、7節におけるBrunの定理の証明は(2)を参考にしました。

(1) Sieve Methods
kindle版

ペーパーバック版

(2) 解析的整数論〈1〉素数分布論 (朝倉数学大系)

篩の問題設定

\mathcal{A}を任意の有限な長さの整数列とし、z\ge 2に対し P(z)z以下の素数積とします。このとき
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=\# \{ a \in \mathcal{A} | (a,P(z))=1\}
\end{equation*}を評価することが篩法の目標です。S(\mathcal{A},z)が双子素数問題などに関わる様子は以前の記事で紹介しました。Legendreの篩とはd|P(z)に対して
\begin{equation*}
\mathcal{A}_d=\{ a\in \mathcal{A}| a \equiv 0 \; (\mathrm{mod} \; d) \}
\end{equation*}とすると
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=\sum_{d|P(z)}\mu (d) |\mathcal{A}_d|
\end{equation*}が成りたつというものでした。

なんの仮定もなしに S(\mathcal{A},z)を計算することはできないので、何らかしらの乗法的関数 \rho(d) X>0に対して
\begin{equation}
| \mathcal{A}_d|=\frac{\rho (d)}{d} X +R_d \quad (|R_d|\le \rho (d), d|P(z)) \label{brun2}
\end{equation}が成り立つことを仮定します。

この仮定のもとでLegendreの篩から
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=X\sum_{d|P(z)}\frac{\mu(d)\rho(d)}{d}+O\left( \sum_{d|P(z)}|R_d|\right)
\end{equation*}が得られるわけですが、このままでは残余項の和が長すぎて有効な結果が得られないことがこれまでの問題点でした。

Brunの純正篩

Legendreの篩における難点を解消した史上初の方法がBrunの純正篩*1です。

Theorem1(Brunの純正篩)

任意の整数 s,n\ge 1に対して
\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|n \\ \nu (d) \le 2s-1}} \mu(d) \le \sum_{d|n} \mu(d) \le \sum_{\substack{d|n \\ \nu (d) \le 2s}} \mu (d)
\end{equation*}が成立する。ここで \nu(d)dの相異なる素因数の個数を表す。

パッと見でこの不等式が S(\mathcal{A},z)に与える影響はわかりづらいですが、それは後で説明することにしてまず不等式を証明します。

証明 n=1のときは全て1になるから n>1とする。Möbius関数の基本公式から
\begin{equation*}
\sum_{d|n}\mu(d)=0 \quad (n>1)
\end{equation*}なので \sigma^{(k)} (n)
\begin{equation}
\sigma^{(k)}(n)=\sum_{\substack{d|n \\ \nu (d) \le k-1}}\mu(d) \label{brun3}
\end{equation}とすると目標の不等式は
\begin{equation}
(-1)^k\sigma^{(k)}(n)\le 0 \label{brun4}
\end{equation}と同値である。
次にn>1を固定して kに関する数学的帰納法により
\begin{equation}
\sigma^{(k)}(n)=(-1)^{k-1}\binom{\nu(n)-1}{k-1} \quad (k \le \nu(n))\label{brun5}
\end{equation}を示す。k=1のときは両辺1となるのでok。k < \nu(n)で成立していると仮定する。このとき二項係数に関する公式
\begin{equation*}
\binom{\nu(n)}{k}=\binom{\nu(n)-1}{k-1}+\binom{\nu(n)-1}{k}
\end{equation*}を用いると
\begin{align*}
\sigma^{(k+1)}(n)&=\sigma^{(k)}+\sum_{\substack{d|n \\ \nu(d)=k}} \mu(d) \\
&=(-1)^{k-1}\binom{\nu(n)-1}{k-1}+(-1)^k\binom{\nu(n)}{k} \\
&=(-1)^k\binom{\nu(n)-1}{k}
\end{align*}となる。したがって全ての kで\eqref{brun5}が示された。
\nu(n) < kときはMöbius関数の基本公式と\eqref{brun3}より \sigma^{(k)}(n)=0である。\nu(n) \ge kのときは\eqref{brun5}より
\begin{equation*}
(-1)^k\sigma^{(k)}(n)=-\binom{\nu(n)-1}{k-1} <0
\end{equation*}したがって\eqref{brun4}が成立する。(QED)

Theorem1を S(A,z)の評価とつなげる方法を紹介します。任意の a\in \mathcal{A}に対して n=(a,P(z))と定めてTheorem1を用いると
\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|(a,P(z)) \\ \nu(d)\le 2s-1}}\mu(d) \le \sum_{d|(a,P(z))} \mu(d) \le \sum_{\substack{d|(a,P(z)) \\ \nu(d) \le 2s}}\mu(d)
\end{equation*}が得られます。この不等式を a\in \mathcal{A}の元全体に渡って足し合わせて和の順序を交換することにより
\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2s-1}}\mu(d) |\mathcal{A}_d|
\le \sum_{d|P(z)} \mu(d) |\mathcal{A}_d|
\le \sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2s }} \mu(d) |\mathcal{A}_d|
\end{equation*}不等式の真ん中はLegendreの篩により S(\mathcal{A},z)と一致することがわかるのでTheorem1の系として次が得られます。

Corollary2

任意の整数列 \mathcal{A}z\ge 2と 整数 s\ge 1に対して
\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2s-1}}\mu(d) |\mathcal{A}_d|
\le S(\mathcal{A},z)
\le \sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2s }} \mu(d) |\mathcal{A}_d|
\end{equation*}が成立する。



応用ための準備☆

Corollary2より S(\mathcal{A},z)の上下からの評価は
\begin{equation*}
S_r(\mathcal{A},z)=\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d)\le r-1}}\mu(d) |\mathcal{A}_d| \quad (r \in \mathbb{Z}_>1)
\end{equation*}の評価に帰着されます。ここでは具体的な問題に取り組むための準備として S_r(\mathcal{A},z)を計算します。\eqref{brun2}を用いて
\begin{align*}
S_r(\mathcal{A},z) &=X\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le r-1}}\frac{\mu(d) \rho (d)}{d}+O\left( \sum_{\substack{d|P(z)\\ \nu(d) \le r-1}}|R_d| \right) \notag \\
&=: XS_r^{(1)}(\mathcal{A},z)+O\left( \sum_{\substack{d|P(z)\\ \nu(d) \le r-1}}|R_d| \right)
\end{align*}という形に分解しておきます。

まず二つほど基礎的な不等式を用意します。

Lemma3

\sigma^{(k)}(n)を\eqref{brun3}で定義したものとする。このとき
\begin{equation*}
| \sigma^{(k)}(n) | \le \binom{\nu(n)}{k} \quad (n>1, k \le \nu(n))
\end{equation*}が成立する。

証明 \eqref{brun5}を用いれば
\begin{equation*}
| \sigma^{(k)}(n) | \le \binom{\nu(n)-1}{k-1} \le \binom{\nu(n)}{k}
\end{equation*}となる。(QED)

Lemma4

正整数r\ge1に対して
\begin{equation*}
\frac{1}{r!} \le \left( \frac{e}{r} \right)^r
\end{equation*}が成立。

証明 目標の不等式の対数をとって
\begin{equation*}
\sum_{k=1}^r \log k \ge r\log r-r
\end{equation*}を示せばよい。これは積分を用いて
\begin{equation*}
\sum_{k=1}^r\log k \ge \int_1^r \log t \; dt \ge r\log r-r
\end{equation*}とすれば得られる。(QED)

つづいてS_r^{(1)}(\mathcal{A},z)について考えていきます。Legendreの篩の解説でみたように、S(\mathcal{A},z)の主要項は
\begin{equation*}
X \prod_{p\le z} \left( 1-\frac{\rho(p)}{p}\right)=: XW(z)
\end{equation*}で与えられる(と考えられる)ことがわかります。そこでこの素数に渡る積が0にならないように新たに
\begin{equation}
0\le \frac{\rho(p)}{p} <1 \quad (p \le z) \label{brun6}
\end{equation}を仮定して計算します。

Lemma5

 \sigma^{(r)}(n)を \eqref{brun3}で定義した関数とし、さらに\eqref{brun6}を仮定する。このとき
\begin{equation*}
S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)=W(z)\left( 1+ \sum_{\substack{\delta|P(z)\\ \delta > 1}}\sigma^{(r)}(\delta) g(\delta) \right)
\end{equation*}が成立する。ここで
\begin{equation*}
g(\delta)=\prod_{p|\delta} \frac{\rho(p)}{p-\rho(p)} \quad (\delta| P(z))
\end{equation*}とする。

※仮定\eqref{brun6}より g(\delta)はwell-defined

証明 \chi^{(r)}(n)
\begin{equation*}
\chi^{(r)}(n)=
\begin{cases}
1\quad &(\nu(n)\le r-1) \\
0\quad &(\nu(n)\ge r)
\end{cases}
\end{equation*}と定めると \sigma^{(r)}(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\chi^{(r)}(d)なのでMöbiusの反転公式から
\begin{equation*}
\mu(n)\chi^{(r)}(n)=\sum_{d|n} \mu\left( \frac{n}{d}\right) \sigma^{(r)}(d)
\end{equation*}が得られる。これを用いると
\begin{align*}
S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)&=\sum_{d|P(z)}\mu (d)\chi^{(r)}(d) \frac{\rho(d)}{d} \\
&=\sum_{d|P(z)} \frac{\rho(d)}{d} \sum_{\delta |d}\mu \left(\frac{d}{\delta}\right) \sigma^{(r)}(\delta) \\
&=\sum_{\delta|P(z)} \sigma^{(r)}(\delta) \sum_{\substack{d|P(z) \\ \delta|d}} \mu\left(\frac{d}{\delta} \right)\frac{\rho(d)}{d}
\end{align*}d=t\delta\; (t|P(z)/\delta)と置けば
\begin{align*}
&=\sum_{\delta|P(z)} \frac{\sigma^{(r)}(\delta)\rho(\delta)}{\delta} \sum_{t|P(z)/\delta} \frac{\mu(t)\rho(t)}{t} \\
&=\sum_{\delta|P(z)} \frac{\sigma^{(r)}(\delta)\rho(\delta)}{\delta} \prod_{p|P(z)/\delta} \left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right)
\end{align*}
が得られる。さらに \delta|P(z)に対し
\begin{align*}
\frac{\rho(\delta)}{\delta}\prod_{p|P(z)/\delta} \left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right)&=W(z) \prod_{p|\delta}\frac{\rho(p)}{p}\cdot \frac{p}{p-\rho(p)}\\
&=W(z)g(\delta)
\end{align*}であるから
\begin{align*}
S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)&=W(z)\sum_{\delta|P(z)}\sigma^{(r)}(\delta) g(\delta) \\
&=W(z)\left( 1+ \sum_{\substack{\delta|P(z)\\ \delta > 1}}\sigma^{(r)}(\delta) g(\delta) \right)
\end{align*}が得られる。(QED)


Lemma5で現れた和
\begin{equation*}
\sum_{\substack{\delta|P(z)\\ \delta > 1}}\sigma^{(r)}(\delta) g(\delta)
\end{equation*}を評価します。

Lemma6

Lemma5と同じ条件のもとで
\begin{equation*}
\sum_{\substack{\delta|P(z)\\ \delta > 1}}\sigma^{(r)}(\delta) g(\delta) =O\left(\frac{1}{r!} \left(\sum_{p\le z}g(p)\right)^r \mathrm{exp}\left(\sum_{p\le z}g(p) \right) \right)
\end{equation*}

証明 Lemma3を用いれば
\begin{align*}
\left| \sum_{1 < \delta|P(z)}\sigma^{(r)}(\delta)g(\delta) \right| &\le \sum_{\substack{1<\delta|P(z) \\ \nu(\delta) \ge r}}\binom{\nu(\delta)}{r}g(\delta) \\
&=\sum_{m=r}^{\nu (P(z))}\binom{m}{r}\sum_{\substack{\delta|P(z) \\ \nu(\delta)=m}}g(\delta) \\
&\le \sum_{m=r}^{\nu (P(z))}\binom{m}{r} \frac{1}{m!} \left(\sum_{p\le z} g(p)\right)^m \\
&\le \sum_{m=r}^{\infty}\binom{m}{r} \frac{1}{m!} \left(\sum_{p\le z} g(p)\right)^m \\
&=\sum_{m=r}^{\infty}\frac{1}{r!(m-r)!}\left(\sum_{p\le z}g(p)\right)^{m-r+r} \\
&=\frac{1}{r!}\left( \sum_{p\le z} g(p) \right)^r \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left(\sum_{p\le z}g(p) \right)^k \\
&=\frac{1}{r!} \left(\sum_{p\le z}g(p)\right)^r \mathrm{exp}\left(\sum_{p\le z}g(p) \right)
\end{align*}と計算できる。(QED)

最後にCorollary2を偶奇を分けずに用いることができる形に書き直しておきます。

Theorem7

条件\eqref{brun2}及び\eqref{brun6}を仮定する。このとき任意の正整数 rに対して
\begin{align*}
S(\mathcal{A},z)=XS_r^{(1)}(\mathcal{A},z)&+O\left( \frac{X}{r!}\left( \sum_{p\le z}\frac{\rho(p)}{p} \right)^r \right)\\
&+O\left( \left( 1+\sum_{p\le z}\rho(p) \right)^r \right)
\end{align*}が成立。ここで S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)
\begin{align*}
S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)=W(z)\left(1+O\frac{1}{r!} \left(\sum_{p\le z}g(p)\right)^r \mathrm{exp}\left(\sum_{p\le z}g(p) \right) \right)
\end{align*}を満たす。


証明 rが偶数のときはCorollary2から
\begin{equation*}
S_r(\mathcal{A},z)+\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d)=r}} \mu(d)|\mathcal{A}_d|
=S_{r+1}(\mathcal{A},z) \le S(\mathcal{A},z) \le S_r (\mathcal{A},z)
\end{equation*}rが奇数のときも同様に
\begin{equation*}
S_r(\mathcal{A},z) \le S(\mathcal{A},z)\le S_r(\mathcal{A},z)+\sum_{\substack{d|P(z)\\ \nu(d)=r}}\mu(d)|\mathcal{A}_d|
\end{equation*}したがって任意の rに対して
\begin{align*}
S(\mathcal{A},z)&=S_r(\mathcal{A},z)+O\left( \sum_{\substack{d|P(z)\\ \nu(d)=r }}|\mathcal{A}_d| \right) \\
&=XS_r^{(1)}(\mathcal{A},z) +O\left(X\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d)=r}}\frac{\rho(d)}{d} \right) +O\left(\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d)\le r}}|R_d| \right)
\end{align*}となる。これと不等式
\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) =r}} \frac{\rho(d)}{d} \le \frac{1}{r!} \left(\sum_{p \le z}\frac{\rho(p)}{p} \right)^r
\end{equation*}\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le r}}|R_d| \le \sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le r}}\rho(d) \le \left(1+\sum_{p\le z} \rho(p) \right)^r
\end{equation*}を用いれば所望の漸近公式が得られる。S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)の漸近公式はLemma5及び6から得られる。(QED)

双子素数の個数の上からの評価☆

ここではTheorem7において \mathcal{A}を具体的に定めることで、双子素数の個数の上からの評価を与えます。

Legendreの篩と篩法入門 - プライムスで考えたように双子素数の個数
\begin{equation*}
\pi_2(x)=\# \{ p\le x | p+2 :\mathrm{素数} \}
\end{equation*}の評価を与えるためには
\begin{equation*}
\mathcal{A} = \{ n(n+2) |n\le x \}
\end{equation*}と定めます。必要な条件が成立することを補題としてまとめておきましょう。

Lemma8

上記の \mathcal{A}に対して条件\eqref{brun2}と\eqref{brun6}が
\begin{equation*}
X=x,\quad \rho(p)=
\begin{cases}
1 \quad (p=2) \\
2 \quad (p\ge 3)
\end{cases}
\end{equation*}に対して成立する。さらに 2\le z\le xに対して
\begin{equation*}
\pi_2(x) \le S(\mathcal{A},z) +z
\end{equation*}が成立する。

証明 Legendreの篩と篩法入門 - プライムスを参照(QED)

この \mathcal{A}でTheorem7を用いると S(\mathcal{A},z)は次のように展開することができます。

Lemma9

\lambda>0を任意の実数とし、正整数 r\ge1
\begin{equation*}
6(\log \log z +1)\le \lambda r
\end{equation*}を満たすようにとる。このとき
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=xW(z)\left(1+O\left(\left(\lambda e^{1+\lambda} \right)^r \right) \right) +O\left(z^r\right)
\end{equation*}が成立する。

証明 Theorem7における一つ目のオーダー項は S_r^{(1)}(\mathcal{A},z)のオーダー項に吸収されることが簡単に分かるので予め無視する。Lemma8から
\begin{equation*}
\frac{\rho (p)}{p} \le \frac{2}{3} \quad (\forall p)
\end{equation*}が成立。Mertensの第二定理
\begin{equation*}
\sum_{p\le z} \frac{1}{p} \le \log \log z+1 \quad (z\to \infty)
\end{equation*}を用いれば
\begin{equation*}
\sum_{p\le z} g(p) = \sum_{p\le z} \frac{\rho(p)/p}{1-\rho(p)/p} \le 6(\log \log z+1)
\end{equation*}したがって仮定から
\begin{equation*}
\sum_{p\le z} g(p) \le \lambda r
\end{equation*}が得られる。z以下の素数の個数 \pi(z)に対して 1+2\pi(z) \le zが成立することに注意してTheorem7を用いれば、Lemma4より
\begin{align*}
S(\mathcal{A},z) &=xW(z)\left( 1+O\left( \left(\frac{e}{r}\right)^r (\lambda r)^r e^{\lambda r} \right) \right)+O\left( (1+2\pi(z))^r \right)\\
&=xW(z)\left(1+O\left(\left(\lambda e^{1+\lambda} \right)^r \right) \right) +O\left(z^r\right)
\end{align*}となる。(QED)

パラメーター\lambdaの導入により S(\mathcal{A},z)が非常に見やすくなりました。最終的な評価を得るためにはLemma9において xに依存する形で z,\lambda,rを選ぶ必要があります。

以下では\lambda,rの選び方に関するモチベーションの説明をします。結論だけ先に述べると
\begin{equation}
\lambda= \frac{1}{4} , \quad r=\lfloor 24(\log \log z +1) \rfloor +1 \label{par}
\end{equation}と定めることでLemma9の条件を満たしていることがわかります。説明不要の場合は読み飛ばしてTheorem10を読み始めても大丈夫です。

モチベの説明 Lemma9における O(z^r)の項は比較的小さいことが期待されるので O((\lambda e^{1+\lambda})^r)を小さくするように選びます。特にS(\mathcal{A},z)の主要項は xW(z)になると期待しているので
\begin{equation}
\left( \lambda e^{1+\lambda} \right)^r =o(1) \quad (z\to \infty) \label{c1}
\end{equation}を満たすことが求められます。一方でLemma9において条件
\begin{equation}
6(\log \log z+1) \le \lambda r \label{c2}
\end{equation}が課されているため、固定した \lambda>0に対して rはそれなりに大きくとる必要があります。以上の考察を実現するためのもっとも簡単な方法は \lambda に条件
\begin{equation}
0 < \lambda e^{1+\lambda} <1 \label{c3}
\end{equation}を課せすことです。条件\eqref{c3}のもとで条件 \eqref{c2}を満たす rは全て \eqref{c1}を満たしますが、 O(z^r)の項の影響を最小にするためには\eqref{c2}を満たす最小の rを取る必要があります。すなわち r
\begin{equation*}
r=\left\lfloor \frac{6}{\lambda} (\log \log z+1) \right\rfloor+1
\end{equation*}と定めます。最後に具体的な \lambdaの選び方ですが、今回は双子素数という具体的な問題を扱っていることもあり \lambdaの選び方による大きな影響はありません。したがって適当な値として \lambda =1/4と定めておきます。もちろん
\begin{equation*}
\frac{1}{4}e^{1+1/4} =0.8725\dots <1
\end{equation*}ということで条件\eqref{c3}を満たしています。以上の考察によって\eqref{par}の取り方が定まります。

Theorem10

z\ge2
\begin{equation*}
\log z=\frac{\log x}{26\log \log x}
\end{equation*}で定める。このとき x\to \infty
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=e^{-2\gamma} \mathfrak{S}_2 \frac{x}{(\log z)^2} (1+o(1) )+O\left(x^{25/26} \right)
\end{equation*}が成立。ここで \gammaEuler-Mascheroni定数
\begin{equation*}
\mathfrak{S}_2=2\prod_{p\ge 3} \left(1-\frac{1}{(p-1)^2}\right)
\end{equation*}とする。

証明 \lambda,rを\eqref{par}で定める。このとき
\begin{equation*}
\frac{1}{4}e^{1+1/4} =0.8725\dots <1
\end{equation*}に注意してLemma9から
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=xW(z)(1+o(1) )+O\left( z^r \right)
\end{equation*}が成立。W(z)についてはMertensの定理から
\begin{align*}
W(z) &=\frac{1}{2} \prod_{3\le p\le z}\left(1-\frac{2}{p}\right) \\
&=\frac{1}{2}\prod_{3\le p \le z} \left(1-\frac{1}{(p-1)^2}\right) \left(1-\frac{1}{p}\right)^2\\
&\sim \mathfrak{S}_2 \prod_{p\le z}\left(1-\frac{1}{p}\right)^2 \sim \frac{e^{-2\gamma} \mathfrak{S}_2}{(\log z)^2} \quad (z\to \infty)
\end{align*}と計算できる。一方 z^r
\begin{align*}
z^r&\le z^{24(\log \log z +1)+1} \\
&=z^{24\log \log z} \cdot z^{25}
\end{align*}であり zの定義から
\begin{align*}
z^{24\log \log z}&=\mathrm{exp}\left(24\log z \log \log z\right) \\
&\le \mathrm{exp} \left(\frac{24}{26}\log x \right)=x^{24/26}
\end{align*}\begin{align*}
z^{25}&=\mathrm{exp}\left(\frac{25\log x}{26\log \log x} \right) \\
&=x^{25/ (26\log \log x)} \le x^{1/26} \quad (x\to \infty)
\end{align*}なので
\begin{equation*}
z^r \le x^{25/26}
\end{equation*}が得られる。以上から所望の公式が得られる。(QED)

Theorem10の系としてBrunの定理が得られます。

Corollary11(Brunの定理)

\begin{equation*}
\pi_2(x) =O \left( \frac{x}{(\log x)^2 } (\log \log x)^2 \right)
\end{equation*}が成立。特に
\begin{equation*}
\sum_{\substack{p \\ p+2:\mathbf{素数}}} \frac{1}{p}
\end{equation*}は収束する。

証明 \pi_2(x)の評価はLemma8とTheorem10から容易に得られる。逆数和はAbelの和公式から
\begin{align*}
\sum_{\substack{p\le x\\ p+2:\mathbf{素数}}}\frac{1}{p} &=\frac{\pi_2(x)}{x} +\int_3^x \frac{\pi_2(t)}{t^2} \; dt \\
&\ll \left( \frac{\log \log x}{\log x} \right)^2 +\int_3^x \frac{1}{t}\left(\frac{\log \log t}{\log t} \right)^2 \; dt\\
&\ll \int_{\log 3}^{\log x} \left( \frac{\log u}{u} \right)^2\; du \ll 1
\end{align*}と評価できる。(QED)



n,n+2の素因数の個数について☆

\mathcal{A}を前節と少しだけ変えて
\begin{equation*}
\mathcal{A}=\{ n(n+2) | x< n \le 2x \}
\end{equation*}としておきます。この \mathcal{A}に対してもLemma8と同様なことが成立します。したがってTheorem10も全く同様に成立します。このとき S(\mathcal{A},z)
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z)=\# \{ x < n \le 2x | (n(n+2),P(z) )=1 \}
\end{equation*}と定義されます。もし nS(\mathcal{A},z)で数えられる自然数だったとすると、定義から明らかに
n,n+2はどちらも z以下の素因数を持たない   (☆)

ことがわかります。ここで関数 \Omega (n)
\begin{equation*}
\Omega(n)=\sum_{p|n} \sum_{p^{\alpha}||n} \alpha
\end{equation*}で定めます。記号 p^{\alpha}||np^{\alpha}nを割り切る最大の冪であることを表しています。つまり \Omega(n)nの重複込みの素因数の個数です。条件(☆)が成立しているなら簡単に
\begin{equation*}
2x \ge n \ge z^{\Omega(n)},\; 2x \ge n+2 \ge z^{\Omega (n+2)}
\end{equation*}が得られます。この不等式において z=x^{1/u}と置き、対数を取って整理すると
\begin{equation*}
\Omega (n) ,\Omega (n+2) \ll u
\end{equation*}が成立することがわかります。

以上の議論をTheorem10と合わせることで系として次のような結果が得られます。

Corollary12

無限に多くの自然数 n
\begin{equation*}
\Omega(n),\Omega (n+2) \ll \log \log n
\end{equation*}が成立する。

証明 Theorem10における zx^{1/u}の形に書き換えると
\begin{equation*}
u=26 \log \log x
\end{equation*}となる。この zに対してTheorem10の漸近公式から
\begin{equation*}
S(\mathcal{A},z) \to \infty \quad (x \to \infty)
\end{equation*}が従う。すなわち任意に大きい xに対して x < n \le 2xで(☆)を満たすものが取れる。この nに対して上述の議論から
\begin{equation*}
\Omega (n), \Omega(n+2) \ll u \ll \log \log x \ll \log \log n
\end{equation*}が成り立つ。すなわちこの不等式を満たす nが無限に存在する。(QED)

この評価が良いのか悪いのかという話ですが、一般に無条件では
\begin{equation*}
\Omega(n) \le \sum_{p|n}\frac{\log n}{\log p} \ll \log n \sum_{p|n} \log p\ll (\log n)^2
\end{equation*}しか言えません。これと比べるとはるかに因数の少ないペア n,n+2が無限に得られており、双子素数予想に多少近づいているように思えます。一方で \log \log nは緩やかながら発散する評価です。双子素数予想の解決には u\ll 1が欲しいところですが、これを導くためにはBrunの純正篩を凌ぐより良い篩法が必要になります。

Corollary11が S(\mathcal{A},z)の上からの評価から得られる結果であり、Corollary12は下からの評価から得られる結果です。Brunの定理は非常に有名ですが、双子素数予想の解決のためには下からの評価も大切です。

Brunの定理の別証明

4節から6節において細かい計算を行ったのは、Brunの純正篩を用いて S(\mathcal{A},z)の漸近公式を導出するためです。それはすなわち S(\mathcal{A},z)の上下からの評価を同時に扱うことを意味します。一方でBrunの定理(上述のCorollary11)を証明するためには S(\mathcal{A},z)の上からの評価だけで十分です。ここではCorollary2の不等式の上からの評価だけを用いてBrunの定理を証明します。

4~6節を飛ばした人に向けて改めて記号を定義します。まず数列 \mathcal{A}
\begin{equation*}
\mathcal{A}=\{ n(n+2)| n \le x \}
\end{equation*}と置きます。この数列に対して次が成立します。

Lemma13

上記の \mathcal{A}に対して条件\eqref{brun2}が
\begin{equation*}
X=x,\quad \rho(p)=
\begin{cases}
1 \quad (p=2) \\
2 \quad (p\ge 3)
\end{cases}
\end{equation*}に対して成立する。さらに \pi_2(x)=\# \{ p\le x | p+2 :\mathrm{素数} \}とすると 2\le z\le xに対して
\begin{equation*}
\pi_2(x) \le S(\mathcal{A},z) +z
\end{equation*}が成立する。

証明 Legendreの篩と篩法入門 - プライムスを参照(QED)

次が有名なBrunの定理です。

Theorem14(Brunの定理)

\begin{equation*}
\pi_2(x) =O \left( \frac{x}{(\log x)^2 } (\log \log x)^2 \right)
\end{equation*}が成立。特に
\begin{equation*}
\sum_{\substack{p \\ p+2:\mathbf{素数}}} \frac{1}{p}
\end{equation*}は収束する。

証明 Corollary2とLemma13より任意の正整数 rz\le xに対して
\begin{align*}
\pi_2(x) &\le S(\mathcal{A},z)+z \\
&\le \sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r }} |\mathcal{A}_d| +z \\
&=x\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r}} \frac{\mu(d) \rho(d)}{d} + \sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r}} R_d +z
\end{align*}二つ目の和は |R_d| \le \rho(d)より
\begin{align*}
\le \sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r}} \rho(d) &\le (1+\sum_{p\le z}\rho(p) )^{2r} \\
&\le (1+2\sum_{p\le z}1)^{2r} \le z^{2r}
\end{align*}と評価できるので
\begin{equation*}
\pi_2(x) \ll x\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r}} \frac{\mu(d) \rho(d)}{d} +z^{2r}
\end{equation*}が得られる。ここで和の項について
\begin{equation*}
W(z)=\sum_{d|P(z)} \frac{\mu(d)\rho(d)}{d} =\prod_{p\le z} \left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right)
\end{equation*}と置くと
\begin{align*}
W(z)-\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r}} \frac{\mu(d) \rho(d)}{d}\ll \sum_{\substack
{d|P(z) \\ \nu(d)>2r}}\frac{\rho(d)}{d}
\end{align*}が成立。 \nu(d)>2rのとき 2^{\nu(d)}2^{-2r} >1であること及び、\rho(d)\le 2^{\nu(d)}に注意すると最後の和は
\begin{equation*}
\ll 2^{-2r} \sum_{d|P(z)} \frac{2^{2\nu(d)}}{d}=2^{-2r}\prod_{p\le z} \left(1+\frac{4}{p}\right)
\end{equation*}Mertensの定理より
\begin{equation*}
\sum_{p\le z}\frac{1}{p}\le \log \log z+1
\end{equation*}が成立すること及び \log (1+x) \le xを用いれば
\begin{equation*}
\sum_{p\le z}\log \left(1+\frac{4}{p}\right) \le 4\log \log z+4
\end{equation*}すなわち
\begin{equation*}
\prod_{p\le z}\left(1+\frac{4}{p}\right) \ll (\log z)^4
\end{equation*}が得られる。これを先の不等式に代入すると
\begin{equation*}
\sum_{\substack{d|P(z) \\ \nu(d) \le 2r}} \frac{\mu(d) \rho(d)}{d} =W(z)+O\left( 2^{-2r}(\log z)^4 \right)
\end{equation*}となる。したがって W(z)\ll (\log z)^{-2}を用いると \pi_2(x)
\begin{align*}
\pi_2(x) &\ll xW(z)+x2^{-2r}(\log z)^4 +z^{2r} \\
&\ll \frac{x}{(\log z)^2}+x2^{-2r}(\log z)^4 +z^{2r}
\end{align*}と評価できる。ここで
\begin{equation*}
r=\left\lfloor \frac{6}{\log 4}\log \log z \right\rfloor,\; \log z=\frac{\log x}{13\log \log x}
\end{equation*}と定めると
\begin{equation*}
2^{-2r} \ll \mathrm{exp}(-6\log \log z) = \frac{1}{(\log z)^6}
\end{equation*}及び
\begin{equation*}
z^{2r} \ll z^{12\log \log z} =\mathrm{exp}\left(12\log z \log \log z\right) \le x^{12/13}
\end{equation*}が成立。これらの不等式を \pi_2(x)の評価に代入して
\begin{equation*}
\pi_2(x) \ll \frac{x}{(\log z )^2} +x^{12/13} \ll \frac{x}{(\log x)^2}(\log \log x)^2
\end{equation*}が得られる。逆数和の収束性についてはCorollary11の証明を参照。(QED)

おわりに

Brunの純正篩は"組み合わせ論的篩"と呼ばれる手法の一つです。Brunの純正篩を発展させた先にBrunの篩及びRosserの篩という手法があります。これらを用いるとBrunの定理における (\log \log z)^2を落とすことができる、すなわち zxの冪まで取ることができるようになります。Brunの篩およびRosserの篩はこの記事の議論と比較してやや複雑な計算が必要になります。興味があったら参考文献(1)などを読んでみてください。



*1:"純正"がつく理由は純正篩をより発展させたBrunの篩が別にあるから。