友愛数密度零定理

以前、素数の密度が $0$ であることを証明しました：

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この記事では友愛数の密度が $0$ であることのErdősによる証明を紹介します。

友愛数密度零定理 (Erdős) 自然数全体における友愛数全体の密度は $0$ である。

$(a, b)$ が友愛数であるとは、 $\sigma(a)=\sigma(b) = a+b$ が成り立つことでした。ここで、 $\sigma(n)$ は約数総和関数。

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密度について

$\mathbb{N}$ を正整数全体のなす集合とし、 $A \subset \mathbb{N}$ を部分集合とします。極限

$\displaystyle \lim_{N \to \infty}\frac{\#(A \cap \{1, 2, \dots, N\})}{N}$

が存在するとき、その極限値を $A$ の(自然数全体における漸近)密度と言い、 $d(A)$ と表すことにします。また、上極限

$\displaystyle \limsup_{N \to \infty}\frac{\#(A \cap \{1, 2, \dots, N\})}{N}$

は常に存在しますが、これを $A$ の(自然数全体における)上漸近密度と言い、 $\overline{d}(A)$ と表すことにします。

以下、証明中で簡単な評価

$\displaystyle \sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2} < \int_m^{\infty}\frac{1}{x^2}dx = \frac{1}{m}$

を使います。

仮定する知識

この記事では、密度に関する次の二つの事実を証明せずに認めて使うことにします。

補題１ (Turán) $Q$ を $\mathbb{N}$ の部分集合であって、 $Q$ の任意の元は素数であり、

$\displaystyle \sum_{q \in Q}\frac{1}{q}=\infty$

を満たすようなものとする。また、 $n \in \mathbb{N}$ に対して $\mathrm{prime}_Q(n)$ を

$\displaystyle \mathrm{prime}_Q(n):=\{q \in Q \mid q \mid n\}$

と定義する。 $k \in \mathbb{N}$ を任意にとって、

$\displaystyle \mathbb{N}_{Q, < k}:=\{n \in \mathbb{N} \mid \#\mathrm{prime}_Q(n) < k\}$

とすれば、

$d(\mathbb{N}_{Q, < k})=0$

が成り立つ。

補題２ (Davenport, Erdős) $t > 0$ に対して、

$\displaystyle S_t:=\{n \in \mathbb{N} \mid \sigma (n) \leq tn\}$

とする。このとき、密度 $d(S_t)$ が存在し、 $d(S_t)$ は $t$ に関する連続関数をなす。

補題２より、任意の $t > 0$ に対して、

$\displaystyle P_t:=\{n \in \mathbb{N} \mid \sigma(n) = tn\}$

は

$d(P_t)=0$

を満たすことがわかります。つまり、 $t=2$ の場合を考えることによって、完全数全体の密度も $0$ であることが従います。

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準備

補題３ $k \in \mathbb{N}$ を任意にとる。このとき、

$d(\{n \in \mathbb{N} \mid \sigma(n) \not \equiv 0 \bmod{\left(\prod_{p \leq k}p\right)^k}\}) =0$

が成り立つ。ここで、 $p$ は素数を表す。

証明. まず、中国式剰余定理によって

$\sigma(n) \not \equiv 0 \bmod{\left(\prod_{p \leq k}p\right)^k}$

は

或る $p \leq k$ が存在して、 $\sigma(n) \not \equiv 0 \pmod{p^k}$

と同値であることに注意する。

$\displaystyle S:=\{n \in \mathbb{N} \mid {}^{\exists}p \leq k , \ \sigma(n) \not \equiv 0 \pmod{p^k}\}$

とおく。 $p \leq k$ と $m \in \mathbb{N}$ を任意にとって、 $Q_{p, m}$ を

$q \equiv -1 \pmod{p}, \quad q > m$

を満たすような素数全体からなる集合とする。このとき、Dirichletの算術級数定理より、

$\displaystyle \sum_{q \in Q_{p, m}}\frac{1}{q} = \infty$

が成り立つ*1。従って、補題１より

$d(\mathbb{N}_{Q_{p, m}, < k}) = 0$ −①

である。 $\mathbb{N}_{Q_{p, m}, 2}$ を或る $q \in Q_{p, m}$ が存在して $q^2$ で割り切れるような正整数全体のなす集合とする。 $N \in \mathbb{N}$ に対して、 $N$ 以下の $q^2$ の倍数の個数は $\displaystyle \left[\frac{N}{q^2}\right]$ 個なので、

$\displaystyle \#(\mathbb{N}_{Q_{p, m}, 2} \cap \{1, 2, \dots, N\}) \leq \sum_{q \in Q_{p, m}}\left[\frac{N}{q^2}\right] \leq \sum_{q \in Q_{p, m}} \frac{N}{q^2}$

と評価でき、

$\displaystyle \overline{d}(\mathbb{N}_{Q_{p, m}, 2}) \leq \sum_{q \in Q_{p, m}} \frac{1}{q^2} < \frac{1}{m}$ −②

が成り立つ。さて、 $n \in \mathbb{N} \setminus (\mathbb{N}_{Q_{p, m}, < k} \cup \mathbb{N}_{Q_{p, m}, 2})$ とすると、 $n=rq_1\cdots q_j$ ( $j \geq k$ で $q_1, \dots, q_j$ は相異なる $Q_{p, m}$ の元, $r$ は $Q_{p, m}$ と素な正整数)と書けるので、

$\displaystyle \sigma(n) = \sigma(r)\prod_{i=1}^j(1+q_i) \equiv 0 \pmod{p^k}$

が成り立つ。よって、

$\displaystyle \mathbb{N} \setminus \bigcup_{p \leq k}(\mathbb{N}_{Q_{p, m}, < k} \cup \mathbb{N}_{Q_{p, m}, 2}) \subset \mathbb{N} \setminus S$

がわかったので、①、②より

$\displaystyle \overline{d}(S) \leq \sum_{p \leq k}(d(\mathbb{N}_{Q_{p, m}, < k})+\overline{d}(\mathbb{N}_{Q_{p, m}, 2}) ) < \frac{\pi(k)}{m}$

を得る。 $k$ は固定で $m$ は任意であるから、 $d(S) = 0$ でなければならない。 Q.E.D.

補題４ $k, n \in \mathbb{N}$ に対して、

$\displaystyle \sigma_{\leq k}(n):=\sum_{\substack{d \mid n \\ d \leq k}}\frac{n}{d}$

とする。また、 $k \in \mathbb{N}, \ \eta > 0$ に対して

$E(k; \eta) := \{n \in \mathbb{N} \mid \sigma(n)-\sigma_{\leq k}(n) > \eta n\}$

と定める。このとき、任意の $\varepsilon, \eta > 0$ に対して、 $k_0(\varepsilon, \eta) \in \mathbb{N}$ が存在して、任意の整数 $k \geq k_0(\varepsilon, \eta)$ と $N \geq 2\varepsilon^{-1}$ に対して

$\#(E(k; \eta) \cap \{1, 2, \dots, N\}) < \varepsilon N$

が成り立つ。

証明. まず、

$\displaystyle \sum_{n \leq N}(\sigma(n)-\sigma_{\leq k}(n) )=\sum_{n \leq x}\sum_{\substack{d \mid n \\ d > k}}\frac{n}{d} = \sum_{d_1 > k}\sum_{d_2 \leq \frac{N}{d_1}}d_2$

と変形でき、 $d_1 \leq N$ であれば

$\displaystyle \sum_{d_2 \leq \frac{N}{d_1}}d_2 = \frac{\left[\frac{N}{d_1}\right]\left(\left[\frac{N}{d_1}\right]+1\right)}{2} \leq \frac{\frac{N}{d_1}\left(\frac{N}{d_1}+1\right)}{2} \leq \frac{N^2}{d_1}$

なので、

$\displaystyle \sum_{n \leq N}(\sigma(n)-\sigma_{\leq k}(n) ) \leq \sum_{d_1 > k}\frac{N^2}{d_1^2} < \frac{N^2}{k}$

と評価できる。さて、 $N \geq 2\varepsilon^{-1}$ なる整数 $N$ に対して、

$\#(E(k; \eta) \cap \{1, 2, \dots, N\}) \geq \varepsilon N$

であるための $k$ の条件を考える。この不等式が成り立つならば

$\displaystyle \sum_{n \leq N}(\sigma(n)-\sigma_{\leq k}(n) ) > \eta \sum_{d \leq \varepsilon N}d$

となるが、

$\displaystyle \sum_{d \leq \varepsilon N}d = \frac{[\varepsilon N]([\varepsilon N]+1)}{2} > \frac{(\varepsilon N-1)\varepsilon N}{2} \geq \frac{\varepsilon^2N^2}{4}$

なので、

$\displaystyle \sum_{n \leq N}(\sigma(n)-\sigma_{\leq k}(n) ) > \eta \frac{\varepsilon^2N^2}{4}$

が成り立つ。すなわち、

$\displaystyle \frac{N^2}{k} > \eta \frac{\varepsilon^2N^2}{4}$

である。よって、

$\displaystyle k_0(\varepsilon, \eta) > \frac{4}{\eta\varepsilon^2}$

であるように $k_0(\varepsilon, \eta)$ を取ればよい。 Q.E.D.

友愛数密度零定理の証明

集合 $\mathrm{LA}$ を

$\displaystyle \displaystyle \mathrm{LA} := \{a \in \mathbb{N} \mid {}^{\exists}b > a, \text{s.t.} \ \sigma(a)=\sigma(b) = a+b\}$

とし、 $d(\mathrm{LA})=0$ を示す(これを定理の正確な主張と考える)。

$\varepsilon > 0$ を後で $\varepsilon \to 0$ とするパラメータとし、 $\eta=\eta(\varepsilon)$ は $\eta=o(1), \ \varepsilon \to 0$ を満たすようにとり、 $k=k(\varepsilon):=k_0(\varepsilon, \eta)$ とする(補題４)。

$\mathrm{LA}_{\mathrm{I}}(\varepsilon) := \{a \in \mathrm{LA}\mid \sigma(a) \not \equiv 0 \bmod{\left(\prod_{p \leq k}p\right)^k}\}$

とする( $p$ は素数)。すると、補題３より

$d(\mathrm{LA}_{\mathrm{I}}(\varepsilon) ) = 0$ −③

である。 $\mathrm{LA}_{\mathrm{II}}(\varepsilon):=\mathrm{LA}\setminus \mathrm{LA}_{\mathrm{I}}(\varepsilon)$ とし、

$\mathrm{LA}_{\mathrm{II-i}}(\varepsilon):=\mathrm{LA}_{\mathrm{II}}(\varepsilon) \cap E(k; \eta), \quad \mathrm{LA}_{\mathrm{II-ii}}(\varepsilon):=\mathrm{LA}_{\mathrm{II}}(\varepsilon) \setminus \mathrm{LA}_{\mathrm{II-i}}(\varepsilon)$

とする。補題４より

$\displaystyle \overline{d}(\mathrm{LA}_{\mathrm{II-i}}(\varepsilon) ) < \varepsilon$ −④.

$a \in \mathrm{LA}_{\mathrm{II-ii}}(\varepsilon)$ とする。 $a \in \mathrm{LA}_{\mathrm{II}}(\varepsilon)$ より、任意の素数 $p \leq k$ に対して

$\sigma(a) \equiv 0 \pmod{p^k}$

が成り立つ。よって、 $d \leq k$ を $a$ の正の約数とすると、

$b:=\sigma(a) - a \equiv 0 \pmod{d}$

が成り立つ。つまり、

$\displaystyle \frac{\sigma_{\leq k}(a)}{a} = \sum_{\substack{d \mid a \\ d \leq k}}\frac{1}{d} \leq \sum_{d \mid b}\frac{1}{d} = \frac{\sigma(b)}{b}$

であり、 $a \not \in E(k; \eta)$ より

$\displaystyle \frac{\sigma_{\leq k}(a)}{a} \geq \frac{\sigma(a)}{a}-\eta$

なので、

$\displaystyle \frac{\sigma(b)}{b} \geq \frac{\sigma(a)}{a}- \eta$

である。 $\sigma(a)=\sigma(b)=a+b$ より

$\displaystyle \eta \geq \frac{\sigma(a)}{a}-\frac{\sigma(b)}{b} = \frac{b}{a}-\frac{a}{b}$

であり、 $a < b$ より

$\displaystyle 1 < \frac{b}{a} < 1+\eta.$

もう一度、 $\sigma(a) = a+b$ を使って、最終的に

$\displaystyle 2 < \frac{\sigma(a)}{a} < 2+\eta$

が得られた。補題２の記号を用いれば

$\displaystyle a \in S_{2+\eta}\setminus S_2$

となり、③、④、補題２より

$\displaystyle \overline{d}(\mathrm{LA}) \leq \overline{d}(\mathrm{LA}_{\mathrm{I}}(\varepsilon) ) + \overline{d}(\mathrm{LA}_{\mathrm{II-i}}(\varepsilon) ) + \overline{d}(\mathrm{LA}_{\mathrm{II-ii}}(\varepsilon) ) < \varepsilon+d(S_{2+\eta})-d(S_2)$