◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
十進ベーシック(1000桁モード)で探索しました。
探索範囲はNが400以下です。
【問題1】
2 2 4 2 6 5 3600 60 10 7 25401600 50403個
【問題2】
3 3 2 36 6 4 3 2 144 12 7 7 5 176400 420 11 11 7 3073593600 554404個
【問題3】
5 5 3 2 3600 60 9 7 5 2 25401600 50402個
【おまけ2】
20 19 17 13 11 112373310855670824960000 335221286400
◆出題者のコメント。
解答ありがとうございます。
問題3 惜しい× です。
正直言って、ロジックで解答願いたかったです。
計算機を持ち出すまでもないように配慮したので。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題3】 訂正
5 5 3 2 3600 60 1個
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
補題に従えばNは22以下となる。
N!を素因数分解したときそれぞれの冪が奇数となるもので、
それらの素因数が大きいものから連続したものさがせばよい。
2 2 3 3 2 4 3 2 5 5 3 2 6 5 7 7 5 10 7 11 11 7 20 19 17 13 11
◆出題者のコメント。
早速の解答ありがとうございます。
>>補題に従えばNは22以下となる。
本結論の導出過程が不明のため定かなことは言えませんが、一言で済むほど単純ではありません。
御解答から問題4に対しての結論と考えますが、その帰納でいえば、問題2は10以下でなければなりません。
しかし11の解があります。
問題1もそうです。
◆茨城県 小川 康幸 さんからの解答。
ここで、pはすべて素数を表すものとする。
logは自然対数を表すものとする。
おまけの1のn≧2のとき、π(2n)−π(n)≧1を示します。
●補題1
1. 2n+1Cn+1<4n
2. 2n*(2nCn)>4n
3. | 2n+1 Π n+2 | {p}<4n |
ただし、 | 2n+1 Π n+2 | {p}は、n+2以上かつ2n+1以下の素数の積とする。 |
もし、この間に素数が存在しなければ、 | 2n+1 Π n+2 | {p}=1となる。 |
4.0≦[x]+[y]-[x+y]≦1
ただし、[x]はxを超えない最大の自然数を表す。
証明
1.
2*(2n+1Cn+1)< | 2n+1 Σ i=0 | 2n+1Ci=22n+1より |
2.
2nCnが、2nCi (0≦i≦2n)の中で最大なので
4n=22n= | 2n Σ i=0 | 2nCi=2+ | 2n-1 Σ i=1 | 2nCi<2n*2nCn |
3.
2n+1 Π n+2 | {p}は2n+1Cn+1=(2n+1)(2n)・・・(n+2)/1*2*・・・*(n+1)の約数である。 |
よって、 | 2n+1 Π n+2 | {p}≦2n+1Cn+1 |
よって、1.より、 | 2n+1 Π n+2 | {p}<4nとなる。 |
ここで、L(n)をL(n)=log( | n Π 1 | {p})とおく |
( | n Π 1 | {p}は、1以上n以下の任意の素数の積を意味する) |
4.
[x]≦x<[x]+1、[y]≦y<[y]+1より
[x]+[y]≦x+y<[x]+[y]+2
よって、[x+y]=[x]+[y]あるいは、[x]+[y]+1となる。
証明終
●補題2
任意の自然数nに対して、L(n)<2n*log2となる。
証明
L(1)=0、2log2>0、L(2)=log2、2*2*log2=4*log2>log2
n=1,2のときは正しい。
2≦n<hなる任意の自然数hに対して、補題2が成立すると仮定する。
n=hのとき
hが偶数のとき、明らかに、hは合成数だから、
L(h)=L(h-1)<2(h-1)log2<2hlog2
となって、補題2は正しい。
hが奇数のとき、h=2k+1と書ける。
L(2k+1)
=L(k+1)-L(k+1)+L(2k+1)
=L(k+1)+log( | 2k+1 Π k+2 | {p} | ) |
となって、やはり補題2は正しい。
よって、任意の自然数nに対して、補題2は正しい。
証明終
さて、本題に入ろう
もし、ある自然数n0>512に対して、
n0<p≦2*n0なる素数が存在しなかったと仮定する。・・・◎
2*(n0)Cn0を、
2*(n0)Cn0= | n0 Π 1 | {pk_p} |
k_p= | ∞ Σ i=1 | {[ | 2*(n0) pi | ]-2[ | n0 pi | ]}と書ける。 |
ところが、 | 2 3 | *(n0)<p≦n0を満たす任意のpに対して、 |
1≦ | n0 p | < | 3 2 | 、2≦2* | n0 p | <3 |
2*(n0)<{ | 2 3 | *(n0)} | 2 | <p2 |
よって、 | n0 p2 | < | 2*(n0) p2 | <1 |
よって、このとき、k_p=0となる。
したがって、
2*(n0)Cn0= | (2/3)*(n0) Π 1 | pk_pと書ける。 |
ここで、pk_p≦2*(n0)となることを示す。
もし、pk_p>2*(n0)と仮定すると、
n0 pk_p | < | 2*(n0) pk_p | <1となる。 |
よって、補題1の4.より、
k_p= | ∞ Σ i=1 | {[ | 2*(n0) pi | ]-2[ | n0 pi | ]}≦(k_p)-1となって不合理 |
log{{2*(n0)}C(n0)}
= | (2/3)*(n0) Σ p=1 | {log(pk_p)} |
= | (2/3)*(n0) Σ p=1 | (k_p)*log(p) |
= | Σ k_p=1 | {log(p)}+ | Σ k_p≧2 | {(k_p)*log(p)} |
k_p≧2となる素数の個数は、
p2≦pk_p≦2*(n0)より
p≦√{2*(n0)}
よって、pの個数は√{2*(n0)}以下となる。
Σ k_p≧2 | {(k_p)*log(p)}= | Σ k_p≧2 | {log(pk_p)}≦ | Σ k_p≧2 | {log{2*(n0)}}=√{2*(n0)}*log{2*(n0)} |
一方、補題2より、
p≦(2/3)*(n0) Σ k_p=1 | {log(p)}< | 4 3 | *(n0)*log2 |
log{{2*(n0)}C(n0)}<√{2*(n0)}*log{2*(n0)}+ | 4 3 | *(n0)*log2 |
となることがわかる。
また、補題1の3.より
log({2*(n0)}*2*(n0)Cn0)>log(22*(n0))=2*(n0)*log2
が成立する。
log({2*(n0)}*2*(n0)Cn0=log({2*(n0)})+log({2*(n0)}Cn0)
よって、
(1+√{2*(n0)})*log{2*(n0)}+ | 4 3 | *(n0)*log2>2*(n0)*log2 |
つまり、
2*(n0)*log2<3*(1+√{2*(n0)})*log{2*(n0)}・・・※
が成立することがわかる。
ここで、λ=log{(n0)/512}/(10log2)とおくと
2*(n0)=210*(1+λ)と書ける。
よって※は、
210*(1+λ)<30*(1+25*(1+λ))*(1+λ)
したがって、
25λ<30*(1/32)(1+2-5*(1+λ))*(1+λ)<(1-2-5)*(1+2-5)*(1+λ)<1+λ
となるはずであるが、λは正の実数より、
25λ=e5λlog2>1+5λlog2=1+λlog32>1+λとなるので不合理。
よって、◎をみたすn0は存在しない。
また、2≦n≦512の場合は、
素数列2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,631より、成立していることが分かる。
よって、n≧2なる任意の自然数nに対して、n<p≦2nとなる素数が必ず存在する。
よって、おまけの1のn≧2のとき、π(2n)−π(n)≧1は示された。
◆出題者のコメント。
小川さん大作ありがとうございます。
この辺は私の能力を超え本の受け売りになります。
従って、小川さんはご存知かと思いますが読者のご参考として、古いですが分かりやすいと思う本をご紹介だけしておきます。
GHハーディー EMライト著 数論入門I,II シュプリンガーフェアラーク東京(株)
特に22章ベルトラン仮説