篩法:Brunの篩

$\newcommand{\N}{\mathbb{N}}$ $\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}$ $\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}$ $\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$ $\newcommand{\C}{\mathbb{C}}$ $\newcommand{\LCM}{\mathrm{LCM}}$ $\newcommand{\gcd}{\mathrm{gcd}}$ $\newcommand{\abs}[1]{\left\lvert#1\right\rvert}$ $\newcommand{\wenvert}[1]{\left\lvert\left\lvert#1\right\rvert\right\rvert}$ $\newcommand{\floor}[1]{\left\lfloor#1\right\rfloor}$ $\newcommand{\ceil}[1]{\left\lceil#1\right\rceil}$ $\newcommand{\mathmod}[1]{\ \left(\mathrm{mod}\ #1\right)}$ $\newcommand{\relmid}[1]{\mathrel{}\middle|\mathrel{}}$

本記事では、篩法 (sieve method) の中でも、最初の本格的な進展であるBrunの篩 (Brun's sieve)について解説する。

上位記事と同様、$A$ が有限集合で、$A_i (i=1, 2, \ldots, n)$ がその部分集合とする。 このとき $I\subset\{1, 2, \ldots, n\}$ に対して、$A_I=\cap_{i\in I}A_i$ と定め、また、 $$S=A\setminus\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)$$ を $A$ の要素のうち、どの $A_i$ にも属さないもの全体の集合とする。

Brunの最初の篩

$\mu(I)$ において $I$ の個数を与えられた個数以下に制限した関数 $$\mu_k(I)=\left\{\begin{array}{cl} (-1)^{\# I} & (\# I\leq k), \\ 0 & (\# I>k) \end{array}\right.$$ を定める。 たとえば $k=1$ のとき、$\mu_1(\emptyset)=1$, $\mu_1(\{i\})=-1$ でそれ以外の $I$ については $\mu_1(I)=0$ となるので $$\sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\mu_1(I) \# A_I=\# A-\sum_{i=1}^n\# A_i\leq \# S$$ が明らかに成り立つ。Brunの最初の篩（Brun's pure sieveと呼ばれる）の基本原理はこれを次のように一般化したものである。

定理 1

$k$ が奇数のとき $$\# S\geq \sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\mu_k(I) \# A_I \ \ (1.1)$$ となり、$k$ が偶数のとき $$\# S\leq \sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\mu_k(I) \# A_I \ \ (1.2)$$ となる。

Proof.

$k=2\ell+i, i\in\{0, 1\}$ とおいて、 $$\chi_i(I)=\left\{\begin{array}{cl} 1 & (\# I\leq k), \\ 0 & (\# I>k) \end{array}\right.$$ と定めると $\mu_k(I)=\chi_i(I)\mu(I)$ となる。 数列 $b_i$ を $j\geq \ell+1$ のとき $b_j=n$, $j\leq \ell$ のとき $b_j=0$ と定めると 篩法:定理4の $(3.1)$ が成り立つから、同定理から $(1.1)$ および $(1.2)$ が従う。

二項係数:その他の性質で述べた等式から証明することもできる。 $$J(x)=\{i: x\in A_i\}$$ とおくと $$x\in A_I\Longleftrightarrow I\subset J(x)$$ なので $$\sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\mu_k(I) \# A_I=\sum_{x\in A} \sum_{I, x\in A_I, \# I\leq k} (-1)^{\#I} =\sum_{x\in A} \sum_{I\subset J(x), \# I\leq k} (-1)^{\#I}$$ となるが、 $\# J(x)=m\neq 0$ のとき $$\sum_{I\subset J(x), \# I\leq k} (-1)^{\#I}=\sum_{j=1}^k (-1)^j \sum_{I\subset J(x), \# I=j}1=\sum_{j=1}^k (-1)^j \binom{m}{j}$$ となるので、二項係数:その他の性質で述べた等式より $$\sum_{I\subset J(x), \# I\leq k} (-1)^{\#I}=(-1)^k\binom{m-1}{k}$$ となる。また、$f(x)=0$ つまり $J(x)=\emptyset$ は $x\in S$ と同値で、このとき $\sum_{I\subset J(x), \# I\leq k} (-1)^{\#I}=1$ となる。 よって $$\begin{split} \sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\mu_k(I) \# A_I= & \# S+\sum_{x\in A, f(x)>0} \sum_{I\subset J(x), \# I\leq k} (-1)^{\#I} \\ = & \# S+(-1)^k \sum_{x\in A} \binom{\# J(x) -1}{k} \end{split}$$ つまり $$\# S=\sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\mu_k(I) \# A_I-(-1)^k \sum_{x\in A} \binom{\# J(x) -1}{k}$$ が成り立つので、$k$ が奇数のとき $(1.1)$ が、$k$ が偶数のとき $(1.2)$ が成り立つ。

□

対称式の値に関する次の評価は、Brunの篩にあらわれる和の評価に有用である。

補題 2

$s_k(x_1, \ldots, x_r)$ を $k$ 次基本対称式とおくと $x_1, \ldots, x_r\geq 0$ ならば $$s_k(x_1, \ldots, x_r)\leq\frac{(x_1+\cdots +x_r)^k}{k!}$$ が成り立つ。

Proof.

$$(x_1+\cdots +x_r)^k=\sum_{1\leq i_1, i_2, \ldots, i_k\leq r} x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k} \geq \sum_{\substack{1\leq i_1, i_2, \ldots, i_k\leq r,\\ i_p=i_q\Longrightarrow p=q}} x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}$$ となる。

$1\leq j_1<j_2<\ldots<j_k\leq r$ となる $(j_1, j_2, \ldots, j_k)$ をひとつとる。右辺の和のなかにある項で、$x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}=x_{j_1}x_{j_2}\cdots x_{j_k}$ となるのは、$(i_1, i_2, \ldots, i_k)$ が $(j_1, j_2, \ldots, j_k)$ の置換であるものであり、そのようなものに限られるから、 $$(x_1+\cdots +x_r)^k=\sum_{1\leq i_1, i_2, \ldots, i_k\leq r} x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k} \geq (k!)\sum_{1\leq j_1<j_2< \cdots< j_k\leq r} x_{j_1}x_{j_2}\cdots x_{j_k}=(k!)s_k(x_1, \ldots, x_r)$$ となる。

□

Brun's pure sieveから、ひとつの素数を法とする複数の剰余類を取り除くとき、つぎの評価が得られる。

定理 3

$z>0$ を正の実数とする。$\rho(n)$ は乗法的関数で、 $$\sum_{p<z}\frac{\rho(p)}{p}\leq\kappa\log\log z+B_0\ \ (1.3)$$ が成り立つとする。 $$A=\Z\cup (M, M+X]=\{n\in\Z: M<n\leq M+X\}$$ とおく。 さらに、各素数 $p$ について、$\rho(p)$ 個の剰余類 $a(p, 1), \ldots, a(p, \rho(p))\mathmod{p}$ が対応するとし、 $$A_p=\{n\in A: n\equiv a(p, 1), a(p, 2), \ldots, a(p, \rho(p))\mathmod{p}\}$$ とおく。

このとき、 $$S(A, z)=A\setminus \left(\bigcup_{p<z}A_p\right)$$ を、どの $p<z$ となる素数についても $A_p$ に属さない $A$ の要素の全体の集合とすると、 $m>2e(\kappa\log\log z+B_0)$ となるよう偶数 $m$ に対して、 $$\# S(A, z)=X\prod_{p<z}\left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right)+O^*\left(\frac{X}{2^m}+\left(1+\sum_{p<z}\rho(p)\right)^m\right)$$ となる。 なお、$O^*(T)$ は絶対値が $T$ 以下の量をあらわす。

Proof.

相異なる素数の積 $d$ について、 $$A_d=\bigcap_{p\mid d} A_p$$ とおくと、 $$A_d=\#\{n: M<n\leq M+X, p\mid d\Longrightarrow (1\leq \exists u(p)\leq \rho(p))[n\equiv a(p, u(p))\mathmod{p}]\}$$ となる。

中国式剰余定理から、相異なる素数の積 $d=p_1 p_2 \cdots p_k$ について、 $$n\equiv r_i\mathmod{p_i}\ (\forall i=1, 2, \ldots, k)\Longleftrightarrow n\equiv U(r_1, r_2, \ldots, r_k)\mathmod{d}$$ となる剰余類 $U(r_1, r_2, \ldots, r_k)\mathmod{d}$ が一意的に定まる。 $1\leq d_i\leq \rho(p_i)\ (1\leq i\leq k)$ となる $(d_1, d_2, \ldots, d_k)$ について $$U(a(p_1, d_1), a(p_2, d_2), \ldots, a(p_k, d_k))\mathmod{d}$$ は相異なる剰余類で、 $$A_d=\#\{n: M<n\leq M+X, n\equiv U(a(p_1, d_1), a(p_2, d_2), \ldots, a(p_k, d_k))\mathmod{d}\}$$ となる（ただし、各 $d_i$ は $1\leq \exists d_i\leq \rho(p_i)$ となる整数）ので、 $$\# A_d\leq \rho(d)\left(\ceil{\frac{(M+X)}{d}}-\floor{\frac{M}{d}}\right)<\frac{\rho(d)X}{d}+\rho(d)$$ かつ $$\# A_d\geq \rho(d)\left(\floor{\frac{(M+X)}{d}}-\ceil{\frac{M}{d}}\right)>\frac{\rho(d)X}{d}-\rho(d)$$ となる。つまり $$\abs{\# A_d-\frac{X}{d}}<\rho(d) \ \ (1.4)$$ が成立する。

$$\mu_k(d)=\left\{\begin{array}{cl} \mu(d)=(-1)^{\omega(d)} & (\omega(d)\leq k), \\ 0 & (\omega(d)>k) \end{array}\right.$$ とおくと、$m$ が偶数のときBrunの篩より $$\# S(A, z)\leq \sum_{d\mid P(z)} \mu_m(d)\# A_d$$ となる。

そこで、$m>2e(\kappa\log\log z+B_0)$ となるように偶数 $m$ をとると、 $(1.4)$ より $$\begin{split} \# S(A, z)\leq & \sum_{d\mid P(z), \omega(d)\leq m} \mu(d) \# A_d \\ = & \sum_{d\mid P(z), \omega(d)\leq m} \left(\frac{\mu(d)\rho(d) X}{d}+O^*(\rho(d))\right) \\ = & X\sum_{d\mid P(z)} \frac{\mu(d)\rho(d)}{d} \\ & +O^*\left(X\sum_{d\mid P(z), \omega(d)\geq m+1} \mu(d)\frac{\rho(d)}{d}+\sum_{d\mid P(z), \omega(d)\leq m} \rho(d)\right) \end{split} \ \ (1.5)$$ が成り立つ。以下、この右辺の各項について考察する。

まず、$\mu(d)\rho(d)/d$ は乗法的関数だから $$\sum_{d\mid P(z)} \frac{\mu(d)\rho(d)}{d}=\prod_{p<z}\left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right) \ \ (1.6)$$ となる。

$z$ 以下の素数を $p_1, \ldots, p_r$ とおくと $$\begin{split} \sum_{d\mid P(z), \omega(d)\geq m+1} \frac{\rho(d)}{d} = & \sum_{k=m+1}^r \sum_{d\mid P(z), \omega(d)=k} \frac{\rho(d)}{d} \\ = & \sum_{k=m+1}^r \sum_{\{i_1, \ldots, i_k\} \subset \{1, \ldots, r\}} \left(\frac{\rho(p_{i_1})}{p_{i_1}}\right)\cdots\left(\frac{\rho(p_{i_k})}{p_{i_k}}\right) \\ = & \sum_{k=m+1}^r s_k\left(\frac{\rho(p_1)}{p_1}, \ldots \frac{\rho(p_r)}{p_r}\right) \end{split}$$ となるので、補題 2およびStirlingの公式より $$\begin{split} \sum_{d\mid P(z), \omega(d)\geq m+1} \frac{\rho(d)}{d} \leq & \sum_{k=m+1}^r \frac{1}{k!}\left(\sum_{p<z} \frac{\rho(p)}{p}\right)^k \\ < & \sum_{k=m+1}^r \left(\frac{e}{k}\right)^k \left(\sum_{p<z} \frac{\rho(p)}{p}\right)^k \\ < & \sum_{k=m+1}^r \left(\frac{e}{m}\right)^k \left(\sum_{p<z} \frac{\rho(p)}{p}\right)^k \end{split}$$ となるが、仮定より $$\sum_{d\mid P(z), \omega(d)\geq m+1} \frac{\rho(d)}{d}<\sum_{k=m+1}^r \left(\frac{e(\kappa \log\log z+B_0)}{m}\right)^k$$ となる。 $m>2e(\kappa\log\log z+B_0)$ となるように $m$ をとっているので、 $$\sum_{d\mid P(z), \omega(d)\geq m+1} \frac{\rho(d)}{d}<\sum_{k=m+1}^r \frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^m} \ \ (1.7)$$ となる。

さらに、仮定より $$\begin{split} \sum_{d\mid P(z), \omega(d)\leq m} \rho(d) = & \sum_{k=1}^m\sum_{\{i_1, \ldots, i_k\} \subset \{1, \ldots, r\}}\rho(p_{i_1})\cdots \rho(p_{i_k}) \\ \leq & \sum_{k=1}^m \left(\sum_{p<z}\rho(p)\right)^k \\ \leq & \left(1+\sum_{p<z}\rho(p)\right)^m \end{split} \ \ (1.8)$$ となる。

$(1.6), (1.7), (1.8)$ を $(1.5)$ に適用して $$\# S(A, z)=X\prod_{p<z}\left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right)+O^*\left(\frac{X}{2^m}+\left(1+\sum_{p<z}\rho(p)\right)^m\right)$$ となって、定理が証明される。

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定理 4

$a, b$ が互いに素な整数とする。 $\pi_2(a, b; x)$ を $ap+b$ も素数となる、素数 $p\leq x$ の個数とおくと $$\pi_2(a, b; x)<\frac{ab CX (\log\log X)^2}{\varphi(ab) \log^2 X}$$ となる絶対定数 $C$ が存在する。

Proof.

$$A_p=\{n\in A: (p\mid n)\lor(an+b\equiv 0\mathmod{p})\}$$ と定める。 このとき $p$ が $a$ を割り切るとき、$p$ は $b$ を割り切らないので $\rho(p)=1$、 $p$ が $b$ を割り切るとき、$p$ は $a$ を割り切らないので、やはり $\rho(p)=1$ となり、$ab$ を割り切らない素数 $p$ について、 $au\equiv b\mathmod{p}$ となる $k$ を $u(p)$ とおくと $$A_p=\#\{n: M<n\leq M+X, (n\equiv 0\mathmod{p})\lor(n\equiv u(p)\mathmod{p})\}$$ より $\rho(p)=2$ となる。よってMertensの第三定理より $$\begin{split} \prod_{p<z}\left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right) = & \prod_{p<z, p\mid ab}\left(1-\frac{1}{p}\right)\prod_{p<z, p\nmid ab}\left(1-\frac{2}{p}\right) \\ < & \prod_{p<z, p\mid ab}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1}\prod_{p<z}\left(1-\frac{1}{p}\right)^2 \\ < & \left(\prod_{p<z, p\mid ab}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1}\right) \frac{C_1}{\log^2 z} \\ = & \frac{ab C_1}{\varphi(ab) \log^2 z} \end{split}$$ となる。また、 素数の分布（初等的理論）:系および定理2.2から、$\pi(z)<C_2 z/\log z$ となる定数 $C_2$ が存在するので、 $$1+\sum_{p<z}\rho(p)<1+2\pi(z)<\frac{C_3 z}{\log z}$$ となる。

これらのことから、$m$ が $2e(2\log\log z+C_4)$ より大きい偶数のとき、 $$\# S(A, z)<\frac{ab C_1 X}{\varphi(ab) \log^2 z}+\frac{X}{2^m}+\left(\frac{C_3 z}{\log z}\right)^m \ \ (1.9)$$ であることがわかる。定数 $c$ を $2e$ より大きく選び、 $$z=X^{1/(3c\log\log X)}, m=2\floor{c\log\log X}$$ とおくと、$X$ が大きいとき、 $$m>2(c\log\log X-1)>2e(2\log\log X+C_4)>2e(2\log\log z+C_4)$$ より、$m$ は $2e(2\log\log z+C_4)$ より大きい偶数なので、$(1.9)$ が成り立つ。$X$ が大きいとき、$z$ も大きくなるので $$\begin{split} \# S(A, z)< & \frac{ab C_1 X}{\varphi(ab) \log^2 z}+\frac{X}{2^m}+z^m \\ < & \frac{9ab C_1 c^2 X (\log\log X)^2}{\varphi(ab) \log^2 X}+\frac{4X}{\log^{2c\log 2} X}+X^{2/3} \end{split}$$ となる。

さて、$p, ap+b$ がともに素数で $p\geq z$ ならば、$p, ap+b$ はいずれも $z$ より小さい素因数をもたないから $p$ は $S(A, z)$ に含まれる。よって $$\begin{split} \pi_2(a, b; x)\leq & \# S(A, z)+\pi(z) \\ < & \frac{9ab C_1 c^2 X (\log\log X)^2}{\varphi(ab) \log^2 X}+\frac{4X}{\log^{2c\log 2} X}+X^{2/3}+z \end{split}$$ となるから、定理が成り立つ。

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このことから、$ap+b$ も素数となる素数 $p$ の逆数の和が収束することがわかる。とくに、$p+2$ も素数となる素数 $p$ の逆数の和は収束する。よって双子素数 $p, p+2$ の逆数の和 $$\sum_{p, p+2: \textrm{prime}}\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{p+2}\right) =\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{7}\right)+\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{13}\right)+\cdots$$ は収束する。この逆数の和をBrun定数という。

Brunの篩

Brunは、篩法をさらに発展させ、1920年に篩法の記事の冒頭に記した一連の定理を得た。それで、この新しい篩法を単にBrunの篩という。 Brunの篩は、篩法:定理4でも記した、つぎの一般的な事実に依拠している。

定理 5

$0$ 以上の整数列 $b_k$ を任意にとる。 $I\subset \{1, 2, \ldots, n\}$ に対して $0$ または $1$ をとる関数 $\chi_0(I), \chi_1(I)$ を $I=\{a_1, a_2, \ldots, a_r\}, 1\leq a_1<a_2<\cdots a_r\leq n$ の形の表示に対して $$\chi_i(\{a_1, a_2, \ldots, a_r\})=1\Longleftrightarrow [a_{2k+i}\geq b_k\ (1\leq 2k+i\leq r)]\ \ \ (2.1)$$ により定めると、 $$\sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\chi_0(I)\mu(I) \# A_I\leq\# S\leq \sum_{I\subset\{1, 2, \ldots, n\}}\chi_1(I)\mu(I) \# A_I \ \ \ (2.2)$$ が成り立つ。

このことから、Brunが考察した整数に関する問題については、つぎのことがいえる。 まず、$A$ をものの集まりとし、各素数 $p$ に対して $A$ の部分集合 $A_p$ が与えられ、 相異なる素数の積 $d=p_1 p_2 \cdots p_r$ について $$A_d=\bigcap_{i=1}^r A_p, A_1=A$$ と定める。 一方、各素数 $p$ に対して実数（整数でなくてもよい） $\rho(p)$ が対応し、相異なる素数の積 $d=p_1 p_2 \cdots p_r$ について $$\rho(d)=\prod_{i=1}^r \rho(p_i), \rho(1)=1$$ と定める。そして各 $d$ について $$\# A_d=\frac{\rho(d)}{d}X+R_d=X\prod_{p\mid d}\frac{\rho(p)}{p}+R_d \ \ \ (2.3)$$ となるとする（$\delta_i$ に対して $\rho(p)/p$ が対応している）。このとき $z$ よりも小さい素数 $p$ に対する $A_p$ をすべて $A$ から取り除いた集合の要素の個数を $$S(A, z)=\# \left(A\setminus \bigcup_{p<z} A_p\right)$$ とおくと、つぎの定理が成り立つ。

定理 6

$$2=z_s<z_{s-1}<\cdots<z_0=z$$ となる実数列 $z_i\ (i=0, 1, \ldots, s)$ をとる。また $b$ は $0$ 以上の任意の整数とする。

$d$ が平方因数をもたない自然数で、 $$d=p_1 p_2 \cdots p_r, z>p_1>p_2>\cdots >p_r\ \ (1)$$ と素因数分解されるとき、$\chi_0(d), \chi_1(d)$ をそれぞれ $$\chi_0(d)=1\Longleftrightarrow[\omega(\gcd(d, P_{z_k, z}))\leq 2(b+k)-1\ (1\leq k\leq s)]$$ および $$\chi_1(d)=1\Longleftrightarrow[\omega(\gcd(d, P_{z_k, z}))\leq 2(b+k)\ (1\leq k\leq s)]$$ により定める。 このとき $$\begin{split} & \sum_{d\mid P(z)}\chi_0(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}-\sum_{d\mid P(z)}\chi_0(d)\abs{R_d} \leq \\ & S(A, z)\leq \sum_{d\mid P(z)}\chi_1(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}+\sum_{d\mid P(z)}\chi_1(d)\abs{R_d}.\end{split} \ \ \ (2.4)$$

Proof.

$\chi_i(d)$ は、$\{1, 2, \ldots, n\}$ の部分集合 $I$ に対する関数 $\chi_i(I)$ に読み替えることができる。 $z$ より小さい素数を大きいものから順に $q_1>q_2>\cdots>q_n=2$ とおき、$I\subset\{1, 2, \ldots, n\}$ に対しては $$\chi_i(I)=\chi_i(\prod_{j\in I}q_j)$$ と定める。

このとき、$(1)$ のように素因数分解される数 $d$ に $$I=\{a_1, a_2, \ldots, a_r\}, p_i=q_{a_i}$$ を対応させると、$\chi_i(I)=\chi_i(d)$ となる。

$$\chi_i(d)=1\Longleftrightarrow[\omega(\gcd(d, P_{z_k, z}))\leq 2(b+k)+i-1\ (1\leq k\leq s)] \Longleftrightarrow[p_{2(b+k)+i}<z_k\ (1\leq k\leq s, 2(b+k)+i\leq r)]$$ となるから、 $1\leq k\leq s$ に対し、$q_i<z_k\leq q_{i-1}$ となる $i$ を $f_{b+k}$ とし、 $$f_0=f_1=\cdots f_b=f_{b+1}, f_{b+s}=f_{b+s+1}=\cdots =0$$ と定めると $$\begin{split} \chi_i(I)=1 \Longleftrightarrow& [q_{a_{2(b+k)+i}}<z_k\ (1\leq k\leq s, 2(b+k)+i\leq r)] \\ \Longleftrightarrow& [a_{2(b+k)+i}\geq f_{b+k}\ (1\leq k\leq s, 2(b+k)+i\leq r)] \\ \Longleftrightarrow& [a_{2k+i}\geq f_k\ (1\leq 2k+i\leq r)] \end{split}$$ となる。また、$S=S(A, z)$ となるからBrunの篩より $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_0(d)\# A_d \leq S(A, z)\leq \sum_{d\mid P(z)}\chi_1(d)\# A_d$$ となる。よって左辺と右辺に $(2.3)$ を代入して $(2.4)$ が成り立つ。

□

そこで $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}$$ および $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\abs{R_d}$$ について考察する必要がある。前者について、つぎのことがいえる。

定理 7

$$H_i(z)=\frac{W(z_k)}{W(z)}\frac{1}{(2(k+b)+i)!}\left(\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}\right)^{2(k+b)+i}$$ とおくと、 $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_0(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}\geq W(z)(1-H_0(z))$$ および $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_1(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}\leq W(z)(1+H_1(z))$$ が成り立つ。

Proof.

$\bar\chi_i(d)\ (i=0, 1)$ を $$\bar\chi_0(p_1 p_2 \ldots p_{2n})=1\Longleftrightarrow [(n\geq b)\land (p_{2n}\geq z_{n-b}) \land (m<n\Longrightarrow p_{2m}<z_{m-b})]$$ および $$\bar\chi_1(p_1 \ldots p_{2n+1})=1\Longleftrightarrow [(n\geq b)\land (p_{2n+1}\geq z_{n-b}) \land (m<n\Longrightarrow p_{2m+1}<z_{m-b})]$$ により定める。 これは篩法:補題5で導入した $\chi_0, \chi_1$ に相当するもので、篩法:補題5と同様に $$\begin{split} \chi_0(d)= & 1-\sum_{2j\leq r} \bar\chi_0(p_1 p_2 \cdots p_{2j}), \\ \chi_1(d)= & 1-\sum_{2j+1\leq r} \bar\chi_0(p_1 p_2 \cdots p_{2j+1}) \end{split}$$ が成り立つので $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}=\sum_{d\mid P(z)}\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}-\sum_{\substack{d\mid P(z),\\ d=p_1 p_2 \cdots p_r,\\ p_1>p_2>\cdots >p_r}}\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}\sum_{2j+i\leq r} \bar\chi_i(p_1 p_2 \cdots p_{2j+i})\mu(p_1 p_2 \cdots p_{2j+i}) \ \ (2.5)$$ となる。

$\mu(d)\rho(d)/d$ は乗法的関数だから、$(2.5)$ の右辺のひとつめの項は $$\begin{split} \sum_{\delta\mid P(z))} \mu(d)\frac{\rho(d)}{d} = & \prod_{p<z}\left(1+\mu(p)\frac{\rho(p)}{p}\right) \\ = & \prod_{p<z}\left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right) \\ = & W(z) \end{split} \ \ (2.6)$$ である。

$(2.5)$ の右辺の後の項は $$\begin{split} \sum_{\substack{d\mid P(z),\\ d=p_1 p_2 \cdots p_r,\\ p_1>p_2>\cdots >p_r}}\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}\sum_{2j+i\leq r} \bar\chi_i(p_1 p_2 \cdots p_{2j+i}) = & \sum_{\substack{\delta t\mid P(z),\\ \delta\mid P(q(t))}}\mu(\delta t)\frac{\rho(\delta t)}{\delta t}\bar\chi_i(t) \\ = & \sum_{t\mid P(z)}\mu(t)\frac{\bar\chi_i(t)\rho(t)}{t}\sum_{\delta\mid P(q(t))} \mu(\delta)\frac{\rho(\delta)}{\delta} \end{split}$$ となる。 $\mu(\delta)\rho(\delta)/\delta$ は乗法的関数だから、$(2.6)$ と同様に $$\sum_{\delta\mid P(q(t))} \mu(\delta)\frac{\rho(\delta)}{\delta}=W(q(t))$$ となる。 また、$\bar\chi_i(t)\neq 0$ のとき $\mu(t)=(-1)^i$ なので、 $$\sum_{\substack{d\mid P(z),\\ d=p_1 p_2 \cdots p_r,\\ p_1>p_2>\cdots >p_r}}\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}\sum_{2j+i\leq r} \bar\chi_i(p_1 p_2 \cdots p_{2j+i}) =(-1)^i \sum_{t\mid P(z)}\frac{\bar\chi_i(t)\rho(t)}{t}W(q(t)) \ \ (2.7)$$ であることがわかる。

$(2.6), (2.7)$ より $(2.5)$ は $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}=W(z)-(-1)^i \sum_{t\mid P(z)}\frac{\bar\chi_i(t)\rho(t)}{t}W(q(t)) \ \ (2.8)$$ と書き直せる。

ここで、$\bar\chi_i(t)\neq 0$ のとき $$t=p_1 p_2 \cdots p_{2\ell +i}, p_1>p_2>\cdots >p_{2\ell+i}\geq z_{\ell-b}$$ となる $\ell\geq b$ が存在するから、 $$\begin{split} \sum_{t\mid P(z)}\frac{\bar\chi_i(t)\rho(t)}{t}W(q(t)) = & \sum_{\ell\geq b} \sum_{\substack{t=p_1 p_2 \cdots p_{2\ell +i},\\ z>p_1>p_2>\cdots >p_{2\ell +i}\geq z_{\ell -b}}}\frac{\rho(t)}{t}W(p_{2\ell +i}) \\ \leq & \sum_{\ell\geq b} W(z_{\ell -b}) \sum_{\substack{t=p_1 p_2 \cdots p_{2\ell +i},\\ z>p_1>p_2>\cdots >p_{2\ell +i}\geq z_{\ell -b}}}\frac{\rho(t)}{t} \\ \leq & \sum_{k\geq 0} W(z_k)\sum_{\substack{t=p_1 p_2 \cdots p_{2(k+b)+i},\\ z>p_1>p_2>\cdots >p_{2(k+b)+i}\geq z_k}}\frac{\rho(t)}{t} \end{split}$$ となるが $$\sum_{\substack{t=p_1 p_2 \cdots p_{2(k+b)+i},\\ z>p_1>p_2>\cdots >p_{2(k+b)+i}\geq z_k}}\frac{\rho(t)}{t} \leq \frac{1}{(2(k+b)+i)!}\left(\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}\right)^{2(k+b)+i}$$ なので、 $$\sum_{t\mid P(z)}\frac{\bar\chi_i(t)\rho(t)}{t}W(q(t))\leq\sum_{k\geq 0} \frac{W(z_k)}{(2(k+b)+i)!}\left(\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}\right)^{2(k+b)+i}$$ となる。 これによって、$(2.8)$ から $$(-1)^i\left(\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}-W(z)\right)\leq \sum_{k\geq 0}\frac{W(z_k)}{(2(k+b)+i)!}\left(\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}\right)^{2(k+b)+i}$$ が得られ、ここから定理が従う。

□

Brunの篩の利用

ここで、$w\geq 2$ で、$z$ が大きいとき $$\sum_{w\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}<\kappa(\log\log z-\log\log w)+\frac{A}{\log w}\ \ \ (\sharp)$$ が成り立つ場合について考える。

$\lambda$ を $$0<\lambda e^{1+\lambda}<1$$ となる定数とし（これは $0<\lambda<0.2784645427\cdots$ に同値である）、 $$\epsilon=\frac{1}{200e^{1/\kappa}}, \Lambda=\frac{2\lambda}{\kappa(1+\epsilon)}$$ と定める。さらに $$e^{(r-1)\Lambda}<\frac{\log z}{\log 2}\leq e^{r\Lambda} \ \ \ (3.1)$$ となる整数 $r$ をとり、 $$\log z_k=e^{-k\Lambda} \log z\ (k=0, 1, \ldots, r-1), \log z_r=2$$ と定める。仮定より $$\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}<\kappa(\log\log z-\log\log z_k)+\frac{A}{\log w}=k\Lambda+\frac{A}{\log w}$$ となるので、篩法:定理2より $$\frac{W(z_k)}{W(z)}\leq \left(\frac{\log z}{\log z_k}\left(1+\frac{A_1}{\log z_k}\right)\right)^\kappa\leq e^{k\Lambda\kappa+A_1\kappa/\log z_k} \ \ \ (3.2)$$ となる、$A$ にのみ依存する定数 $A_1$ が存在する。 この仮定のもとで、次の事実が成り立つ。

補題 8

$$\frac{\log z}{\log 2}>\exp\frac{A_1e^\Lambda}{\epsilon\log 2}$$ が成り立つとする。このとき $$\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}<2k\lambda+\frac{\kappa A_1}{\log z} \ \ \ (3.3)$$ および $$\frac{W(z_k)}{W(z)}\leq e^{2k\lambda+\kappa A_1/\log z} \ \ \ (3.4)$$ が成り立つ。

Proof.

$(3.2)$ より $$\log \frac{W(z_k)}{W(z)}\leq \kappa\left(k\Lambda+\frac{A_1 e^{k\Lambda}}{\log z}\right) =k\kappa\left(\Lambda+A_1\frac{e^{k\Lambda}-1}{k\log z}\right)+\frac{\kappa A_1}{\log z}$$ となるが、$(3.1)$ より $$\frac{e^{k\Lambda}-1}{k}\leq \frac{e^{r\Lambda}-1}{r}<\Lambda\frac{e^{r\Lambda}}{r\Lambda} \leq \Lambda\frac{e^\Lambda\log z}{\log 2\log(\log z/\log 2)}$$ となるから、 $$\log \frac{W(z_k)}{W(z)}\leq k\kappa\Lambda\left(1+A_1\frac{e^\Lambda}{\log 2\log (\log z/\log 2)}\right)+\frac{\kappa A_1}{\log z}$$ が成り立つ。 仮定より $$\frac{A_1e^\Lambda}{\log 2\log (\log z/\log 2)}\leq \epsilon$$ となるので、 $$\log \frac{W(z_k)}{W(z)}\leq k\kappa\Lambda(1+\epsilon)+\frac{\kappa A_1}{\log z} =2k\lambda+\frac{\kappa A_1}{\log z}$$ となって、$(3.4)$ が成り立つ。また $$\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}\leq \sum_{z_k\leq p<z} -\log\left(1-\frac{\rho(p)}{p}\right)=\log\frac{W(z_k)}{W(z)}$$ より $(3.3)$ も成り立つ。

□

そこで、 $$\mu=\frac{\kappa A_1}{2\log z}$$ とおく。つぎの評価が成り立つ。

補題 9

$z$ が大きいとき $(\sharp)$ が成り立つとすると、やはり $z$ が大きいとき $$H_i(z)\leq e^{(2b+i+4)\mu/\lambda}\frac{2\lambda^{2b+i+2}e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}. \ \ \ (3.5)$$

Proof.

$(3.3)$ は $$\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}<2(k\lambda+\mu)$$ とあらわされ、$(3.4)$ は $$\frac{W(z_k)}{W(z)}\leq e^{2(k\lambda+\mu)}$$ とあらわされる。 $k=0$ のとき $$\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}=0$$ なので $$\begin{split} H_i(z)= & \sum_{k\geq 1}\frac{W(z_k)}{W(z)(2(k+b)+i)!}\left(\sum_{z_k\leq p<z}\frac{\rho(p)}{p}\right)^{2(k+b)+i} \\ \leq & \sum_{k\geq 1}e^{2(k\lambda+\mu)}\frac{(2(k\lambda+\mu))^{2(k+b)+i}}{(2(k+b)+i)!} \end{split} \ \ \ (3.6)$$ となる。 $(2(k+b)+i)!\geq (2k)!(2k)^{2b+i}$ より $$\begin{split} \sum_{k\geq 1}e^{2(k\lambda+\mu)}\frac{(2(k\lambda+\mu))^{2(k+b)+i}}{(2(k+b)+i)!} \leq & e^{2\mu}\sum_{k\geq 1}\left(\frac{k\lambda+\mu}{k}\right)^{2b+i}\frac{(2(k\lambda+\mu))^{2k}}{(2k)!} e^{2k\lambda} \\ \leq & e^{2\mu}(\lambda+\mu)^{2b+i}\sum_{k\geq 1}\frac{(2k)^{2k}}{(2k)!}\left(1+\frac{\mu}{k\lambda}\right)^{2k} (\lambda e^{\lambda})^{2k} \end{split}$$ となるが、 $$\begin{split} \log\frac{(2k/e)^{2k}}{(2k)!}= & 2k(\log(2k)-1)-\sum_{n=1}^{2k}\log n \\ = & 1+\int_1^{2k} \log tdt-\sum_{n=1}^{2k}\log n \\ = & 1+\sum_{n=2}^{2k}\left(\int_{n-1}^n (\log t-\log n)dt\right) \end{split}$$ は減少関数なので、 $$\frac{(2k)^{2k}}{(2k)!}=e^{2k}\frac{(2k/e)^{2k}}{(2k)!}\leq \frac{2e^{2k}}{e^2}$$ となる。また $$\left(1+\frac{\mu}{k\lambda}\right)^{2k}<e^{2\mu/\lambda}$$ だから $$\begin{split} \sum_{k\geq 1}e^{2(k\lambda+\mu)}\frac{(2(k\lambda+\mu))^{2(k+b)+i}}{(2(k+b)+i)!} \leq & 2e^{2\mu-2}(\lambda+\mu)^{2b+i}\sum_{k\geq 1}\left(1+\frac{\mu}{k\lambda}\right)^{2k} (\lambda e^{1+\lambda})^{2k} \\ \leq & 2e^{2\mu-2+2\mu/\lambda}(\lambda+\mu)^{2b+i}\sum_{k\geq 1}(\lambda e^{1+\lambda})^{2k} \\ = & 2e^{2\mu-2+2\mu/\lambda}(\lambda+\mu)^{2b+i}\frac{(\lambda e^{1+\lambda})^2}{1-(\lambda e^{1+\lambda})^2} \\ = & e^{2\mu(1+1/\lambda)}\left(1+\frac{\mu}{\lambda}\right)^{2b+i}\frac{2\lambda^{2b+i+2}e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}} \end{split}$$ となる。よって $(3.6)$ から $$H_i(z)\leq e^{2\mu(1+1/\lambda)}\left(1+\frac{\mu}{\lambda}\right)^{2b+i}\frac{2\lambda^{2b+i+2}e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}$$ であることがわかる。ここで、$\lambda<1$ より $$\left(1+\frac{\mu}{\lambda}\right)^{2b+i}<e^{(2b+i)\mu/\lambda}, e^{2\mu(1+1/\lambda)}<e^{4\mu/\lambda}$$ となるので、 $$H_i(z)\leq e^{(2b+i+4)\mu/\lambda}\frac{2\lambda^{2b+i+2}e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}$$ であることがわかり、$(3.5)$ が示される。

□

これと、定理 7から、 $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}$$ の評価が得られる。定理 6から、$S(A, z)$ の評価のためには、 $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\abs{R_d}$$ の評価を得ることができればよい。 そこで$(\sharp)$に加えて $$\abs{R_d}\leq \rho(d)\ \ \ (\flat)$$ が成り立つ場合について考える。

補題 10

$d$ が平方因数をもたない自然数の時 $(\flat)$ が成り立ち、かつ $z\geq C_0$ のとき $(\sharp)$ が成り立つとすると、 $z\geq C_1$ のとき $$\sum_{d\mid P(z), \chi_i(d)=1}\rho(d)\leq z^{2b+i+1+2.01/(e^{2\lambda/\kappa}-1)} \ \ \ (3.7)$$ となる。ここで $C_1$ は $C_0, \kappa, A$ にのみ依存する定数である。

Proof.

仮定から $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\abs{R_d}\leq \sum_{d\mid P(z), \chi_i(d)=1}\rho(d)$$ となるが、 $\chi_i(d)=1$ のとき、 $z_k$ 以上の素因数の個数は $2(b+k)+i-1$ 以下であるから、 $$\sum_{d\mid P(z), \chi_i(d)=1}\rho(d)\leq\left(1+\sum_{p<z}\rho(p)\right)^{2b+i+1}\prod_{k=1}^{r-1}\left(1+\sum_{p<z_k}\rho(p)\right)^2$$ となる。篩法:定理2より $$\sum_{p<z}\rho(p)\leq (\kappa+A)\mathrm{Li} z+\frac{2A}{\log 2}$$ なので、 $$\begin{split} \sum_{d\mid P(z), \chi_i(d)=1}\rho(d)\leq & \left(1+\sum_{p<z}\rho(p)\right)^{2b+i+1}\prod_{k=1}^{r-1}\left(1+\sum_{p<z_k}\rho(p)\right)^2 \\ \leq & \left(1+(\kappa+A)\mathrm{Li} z+\frac{2A}{\log 2}\right)^{2b+i+1} \prod_{k=1}^{r-1} \left(1+(\kappa+A)\mathrm{Li} z_k+\frac{2A}{\log 2}\right)^{2b+i+1} \end{split}$$ となる。

対数積分と指数積分:定理1より $$1+(\kappa+A)\mathrm{Li} x+\frac{2A}{\log 2}<\frac{B_1 x}{\log x}$$ となる、$\kappa, A$ にのみ依存する $B_1$ が存在するから $$\begin{split} \sum_{d\mid P(z), \chi_i(d)=1}\rho(d)\leq & \left(1+\sum_{p<z}\rho(p)\right)^{2b+i+1}\prod_{k=1}^{r-1}\left(1+\sum_{p<z_k}\rho(p)\right)^2 \\ \leq & \left(\frac{B_1 z}{\log z}\right)^{2b+i+1} \prod_{k=1}^{r-1} \left(\frac{B_1 z_k e^{k\Lambda}}{\log z}\right)^2 \\ = & \left(\frac{B_1 z}{\log z}\right)^{2b+i+1} \exp\left(2\log z \sum_{k=1}^{r-1} e^{-k\Lambda} \right) \prod_{k=1}^{r-1} \left(\frac{B_1 e^{k\Lambda}}{\log z}\right)^2 \\ \leq & \left(\frac{B_1 z}{\log z}\right)^{2b+i+1} z^{2/(e^\Lambda -1)} \left(\frac{B_1}{\log z}\right)^{2(r-1)} e^{\frac{r(r-1)\Lambda}{2}} \\ = & \left(\frac{B_1 z}{\log z}\right)^{2b+i+1} z^{2/(e^\Lambda -1)} \left(\frac{B_1e^{r\Lambda /2}}{\log z}\right)^{2(r-1)} \end{split}$$ となる。$z$ が大きいとき $\log z>B_1$ となるから $$\sum_{d\mid P(z), \chi_i(d)=1}\rho(d)\leq z^{2b+i+1} z^{2/(e^\Lambda -1)} \left(\frac{B_1e^{r\Lambda /2}}{\log z}\right)^{2(r-1)} \ \ \ (3.8)$$ であることがわかる。

ここで $$e^{2\lambda/\kappa}-e^\Lambda<(e^{2\lambda/\kappa-\Lambda}-1)e^{2\lambda/\kappa}<\left(\frac{2\lambda}{\kappa}-\Lambda\right)e^{2\lambda/\kappa}$$ および $$\frac{2\lambda}{\kappa}-\Lambda=\frac{2\lambda}{\kappa}\left(1-\frac{1}{1+\epsilon}\right)=\epsilon\Lambda$$ より $$e^{2\lambda/\kappa}-e^\Lambda<\epsilon\Lambda e^{2\lambda/\kappa}$$ であることがわかる。よって $$\frac{e^{2\lambda/\kappa}-1}{e^\Lambda -1}<1+\frac{\epsilon\Lambda e^{2\lambda/\kappa}}{e^\Lambda -1}$$ となるが、$\lambda<1/2$ なので $$\frac{e^{2\lambda/\kappa}-1}{e^\Lambda -1}<1+\epsilon e^{2\lambda/\kappa}<1+\epsilon e^{1/\kappa}=\frac{201}{200}$$ となる。さらに $e^{(r-1)\Lambda}<\log z/\log 2$ より $$\frac{e^{r\Lambda/2}}{\log z}\leq \frac{e^{2\lambda/\kappa+(r-1)\Lambda/2}}{\log z}<\frac{e^{1/\kappa}}{\sqrt{\log z}}$$ となるが、$z$ が大きいとき $\sqrt{\log z}>e^{1/\kappa}$ となるから、上記不等式の右辺は $1$ より小さくなる。 よって、$(3.8)$より$(3.7)$が示される。

□

定理 7および補題 9から得られる $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\mu(d)\frac{\rho(d)}{d}$$ の評価と補題 10から得られる $$\sum_{d\mid P(z)}\chi_i(d)\abs{R_d}$$ の評価から、定理 7より、ついに次の結果が得られる。

定理 11

$d$ が平方因数をもたない自然数の時 $(\flat)$ が成り立ち、かつ $z\geq C_0$ のとき $(\sharp)$ が成り立つとすると、 $z\geq C$ のとき、整数 $b\geq 0$ に対して $$S(A, z)\geq XW(z)\left(1-e^{(b+2)\kappa A_1/\lambda\log z}\frac{2\lambda^{2b+2}e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}\right)-z^{2b+1+2.01/(e^{2\lambda/\kappa}-1)}$$ および $$S(A, z)\leq XW(z)\left(1-e^{(b+5/2)\kappa A_1/\lambda\log z}\frac{2\lambda^{2b+3}e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}\right)+z^{2b+2+2.01/(e^{2\lambda/\kappa}-1)}$$ が成り立つ。ここで $C$ は $C_0, \kappa, A$ にのみ依存する定数である。

この定理は素数に関する多くの未解決の問題について、部分的な解決を与える。たとえば、双子素数の予想に対する部分的解決が得られる。

そこで、$n$ と $an+b$ がともに $z$ より小さい素因数をもたない場合を考える。ただし $a, b$ は互いに素な整数で、$a>0$ かつ $ab$ は偶数とする。

$A$ を $X$ 以下の正の整数全体の集合、$A_p$ を $A$ の要素 $n$ のうち、$n$ あるいは $an+b$ の少なくとも一方が $p$ で割り切れるもの全体の集合とし、 $p\mid a$ のとき $\rho(p)=0$、$p\mid b$ のとき $\rho(p)=1$、それ以外のとき $\rho(p)=2$ とする。

$p\mid a$ のとき $a, b$ は互いに素だから $$an+b\equiv b\not\equiv 0\mathmod{p}$$ となるから、$\# A_p=0$ となる。$p\mid b$ のとき $a, b$ は互いに素なので $$p\mid (an+b)\Longleftrightarrow p\mid (an)\Longleftrightarrow p\mid n$$ であるから $$A_p=\{n\leq X, p\mid n\}$$ となる。それ以外のとき、 $$an+b\equiv 0\mathmod{p}\Longleftrightarrow n\equiv k\mathmod{p}$$ となる、$0$ でない剰余類 $k\mathmod{p}$ が一意的に定まるから、 $$A_p=\{n\leq X, n\equiv 0, k\mathmod{p}\}$$ となる。 これらのことから、$d$ が平方因数をもたない自然数のとき $$A_d=\{n\leq X, n\equiv r_1, r_2, \ldots, r_{\rho(d)}\mathmod{d}\}$$ となる、相異なる $\rho(d)$ 個の剰余類 $r_1, r_2, \ldots, r_{\rho(d)}\mathmod{d}$ がとれる。よって $$\abs{\#A_d-\frac{\rho(d)X}{d}}\leq \rho(d)$$ であることがわかるので、$(\flat)$ が成立する。

Mertensの第1定理より $$\sum_{w\leq p<z} \frac{\rho(p)}{p}\leq \sum_{w\leq p<z} \frac{2\rho(p)}{p}<2(\log\log z-\log\log w)+\frac{A}{\log w}$$ となる定数 $A$ が存在するから、$(\sharp)$ が成立する。 さらに、$z$ が $ab$ の最大の素因数より大きいとき、 Mertensの第3定理より $$\begin{split} W(z)= & \prod_{p<z, p\mid b}\left(1-\frac{1}{p}\right)\prod_{p<z, p\not\mid ab}\left(1-\frac{2}{p}\right) \\ = & \prod_{p\mid b}\left(1-\frac{1}{p}\right)\prod_{p<z, p\not\mid ab} \left[\left(1-\frac{1}{p}\right)^2\left(1-\frac{1}{(p-1)^2}\right)\right] \\ = & c \prod_{p<z}\left(1-\frac{1}{p}\right)^2 \prod_{p\geq z}\left(1-\frac{1}{(p-1)^2}\right) \\ = & \frac{c}{e^{2\gamma} \log^2 z}\left(1+O\left(\frac{1}{\log z}\right)\right), \end{split} \ \ \ (3.9)$$ ここで $$c=\prod_{p\mid b}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1} \prod_{p\mid a}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-2} \prod_{p\not\mid ab} \left(1-\frac{1}{(p-1)^2}\right) $$ となる。$ab$ は偶数なので $c>0$ となる。

これらのことから、$(\flat)$ および $(\sharp)$ が成立するので、Brunの篩において $b=0$ とおくと、$z$ が大きいとき $$S(A, z)\geq XW(z)\left(1-e^{2/\lambda\log z}\frac{2\lambda^2 e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}\right)-z^{1+2.01/(e^\lambda -1)}$$ および $$S(A, z)\leq XW(z)\left(1-e^{5/2\lambda\log z}\frac{2\lambda^3 e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}\right)+z^{2+2.01/(e^\lambda -1)}$$ が成り立つ。 ここで、$\lambda=0.253$ とおくと $$\frac{2\lambda^2 e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}=0.98523\cdots<1$$ および $$1+2.01/(e^\lambda -1)=7.98199\cdots$$ より、$z$ が大きいとき $$S(A, z)\geq 0.01476XW(z)-z^{7.982}$$ が成り立つ。$z=\max\{X+1, (aX+b+1)\}^{1/8}$ とおくと、 $(3.9)$ より $$S(A, \max\{X+1, (aX+b+1)\}^{1/8})\geq \frac{c_3 X}{\log^2 X}-\frac{c_4 X}{\log^3 X}-\max\{X+1, (aX+b+1)\}^{0.99775}$$ となる定数 $c_3>0, c_4$ がとれる。 ここで、$n$ が $S(A, \max\{X+1, (aX+b+1)\}^{1/8})$ によって数え上げられるとき $n, an+b$ ともに $\max\{X+1, (aX+b+1)\}^{1/8}$ より小さい素因数をもたないが、$n$ は $X$ 以下の整数だから、 $S(A, \max\{X+1, (aX+b+1)\}^{1/8})$ によって数え上げられる整数 $n$ については $n, an+b$ ともに 重複度を含めても、多くても $7$ 個の素因数しかもたない。

一方、 $$\frac{2\lambda^2 e^{2\lambda}}{1-\lambda^2 e^{2(1+\lambda)}}=0.24926\cdots$$ および $$2+2.01/(e^\lambda -1)=8.98199\cdots$$ が成り立つから $z=X^{1/9}$ とおくと $$S(A, X^{1/9})\leq 1.24927XW(z)+z^{8.982}<\frac{c_5 X}{\log^2 X}+\frac{c_6 X}{\log^3 X}+X^{0.998}$$ となる $c_5, c_6$ が存在する。 一方、$p, ap+b$ がともに素数で $p\geq X^{1/9}$ ならば $p, ap+b$ は $X^{1/9}$ より小さい素因数をもたない。 よって $$\pi_2(a, b; X)-\pi_2(a, b; X^{1/9})<S(A, X^{1/9})<\frac{c_5 X}{\log^2 X}+\frac{c_6 X}{\log^3 X}+X^{0.998}$$ となるから、 $$\pi_2(a, b; X)<\frac{c_5 X}{\log^2 X}+\frac{c_6 X}{\log^3 X}+X^{0.998}+X^{1/9}<\frac{c_7 X}{\log^2 X}$$ となる定数 $c_7$ が存在する。

つまり、次の定理が成り立つ。

定理 12

$a$ と $b$ が互いに素な整数で $a>0$ であるとき、$n, an+b$ がいずれも重複度を含めて多くても $7$ 個の素因数しかもたない整数 $n$ が無限に多く存在する。一方、ある定数 $c_7$ について、$X$ 以下の素数 $p$ で、$ap+b$ も素数であるものの個数は必ず $c_7 X/\log^2 X$ より小さくなる。

これは、双子素数に関して定理 4よりも強い評価を与え、さらに、素数の代わりに重複度を含めて多くても $7$ 個の素因数しかもたない整数を考えると、そのような整数の組 $(n, n+2)$ は無限に多く存在することを示している。

Brunの篩はまた、Goldbach予想の部分的解決をも導く。$n$ を偶数とする。 $$A_p=\{x: 1\leq x\leq n-1, p\mid x(n-x)\}$$ とおくと、 $S(A, z)$ は $m, n-m$ がともに $z$ より小さな素因数をもたない正の整数 $m\leq x$ の個数となる。

$p\mid n$ のとき $\rho(p)=1$、それ以外のとき $\rho(p)=2$ とすると、先程と同様に $(\sharp)$ が成り立ち、また $$\abs{\#A_d-\frac{\rho(d)n}{d}}\leq \rho(d)$$ となるので、$(\flat)$ が成り立つ。また、 $$W(z)=\frac{c}{e^{2\gamma} \log^2 z}\left(1+O\left(\frac{1}{\log z}\right)\right),$$ ここで $$c=\prod_{p\mid n}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1} \prod_{p\not\mid n} \left(1-\frac{1}{(p-1)^2}\right)$$ となるから、 $$\frac{C_1}{\log^2 z}\prod_{p\mid n}\left(1+\frac{1}{p}\right)<W(z)<\frac{C_2}{\log^2 z}\prod_{p\mid n}\left(1+\frac{1}{p}\right)$$ となる正の絶対定数 $C_1, C_2$ がとれる。実際、$n$ は偶数なので、$c>0$ かつ $C_1>0$ であることがわかる。 $$f(n)=\prod_{p\mid n}\left(1+\frac{1}{p}\right)$$ とおくと、 $$\frac{C_1 f(n)}{\log^2 z}<W(z)<\frac{C_2 f(n)}{\log^2 z}$$ となる。

このことから、つぎの事実がわかる。前段はGoldbach予想の部分的解決となっており、後段はSchnirelmannによる、 別の形でのGoldbach予想の部分的解決に用いられる。

定理 13

十分大きな偶数は、重複度を含めても、多くても $7$ 個の素因数しかもたない数 $2$ つの和としてあらわされる。 また、$R(n)$ を、整数 $n$ を$2$つの素数の和 $p+q$ の形にあらわす方法の個数とする。 ただし $p=q$ でもよく、また $p, q$ を入れ替えたものは別の表現として数える。このとき、$n$ が偶数のとき $$R(n)<\frac{C_0 f(n)n}{\log^2 n}$$ となる絶対定数 $C_0$ が存在する。ただし、 $$f(n)=\prod_{p\mid n}\left(1+\frac{1}{p}\right)$$ とする。

Proof.

Brunの篩から、$n$ が大きいとき先程と同様に $$S(A, z)\geq 0.01476nW(z)-z^{7.982}$$ となるので、 $$S(A, n^{1/8})\geq \frac{C_3 f(n)n}{\log^2 n}$$ となる絶対定数 $C_3>0$ が存在する。整数 $m$ が $S(A, n^{1/8})$ によって数え上げられるとき $m, n-m$ はともに$n^{1/8}$ より小さい素因数をもたない $n-1$ 以下の正の整数だから、$m, n-m$ は重複度を含めても、多くても $7$ 個の素因数しかもたない。

一方、 $z=n^{1/9}$ とおくと、$z$ が大きいとき $$S(A, n^{1/9})\leq 1.24927nW(z)+z^{8.982}<\frac{C_3 f(n)n}{\log^2 n}$$ となる絶対定数 $C_3$ がとれる。一方、$p, n-p$ がともに素数で、$n^{1/9}\leq p\leq n-n^{1/9}$ ならば $p, n-p$ は $n^{1/9}$ より小さい素因数をもたないから $p$ は $S(A, n^{1/9})$ によって数え上げられる。よって $$R(n)\leq S(A, n^{1/9})+2n^{1/9}<\frac{C_0 f(n)n}{\log^2 n}$$ が成り立つ。

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参考文献

• George Greaves, Sieves in Number Theory, Springer-Verlag, 2001, doi:10.1007/978-3-662-04658-6, Chapter 3.
• Heini Halberstam and Hans Egon-Richert, Sieve Methods, 2nd edition, Dover publications, 2011, Chapter 2.
• Melvyn B. Nathanson, Additive Number Theory: The Classical Bases, Graduate Texts in Math. 164, Springer-Verlag, 1996, doi:10.1007/978-1-4757-3845-2, Chapter 6.