素数定理

$v_p(n!)=\sum_{j=1}^nv_p(j)$ であり、$v_p(j)=\#\{k\geq1\mid p^k\text{ が }j\text{ を割り切る}\}$ である。和の順序を入れ替えると
$$ v_p(n!)=\sum_{k\geq1}\#\{j\mid 1\leq j\leq n,\ p^k\text{ が }j\text{ を割り切る}\}=\sum_{k\geq1}\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor $$
である。$1$ から $n$ までの $p^k$ の倍数はちょうど $\lfloor n/p^k\rfloor$ 個だからである。

1：$N=\prod_{k=1}^n\frac{n+k}{k}$ で各因子は $2$ 以上なので $N\geq2^n$ である。二項定理により $\sum_{j=0}^{2n}\binom{2n}{j}=2^{2n}=4^n$ で、$N$ はその 1 項なので $N\leq4^n$ である。$\binom{2n}{j+1}/\binom{2n}{j}=\frac{2n-j}{j+1}$ は $j< n$ で $1$ より大きく $j\geq n$ で $1$ より小さいので、$N$ は $2n+1$ 個の項のうち最大であり、$4^n\leq(2n+1)N$ である。
2：lem-prime-number-theorem-legendre により
$$ v_p(N)=v_p((2n)!)-2v_p(n!)=\sum_{k\geq1}\left(\left\lfloor\frac{2n}{p^k}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor\right) $$
である。実数 $y$ について $\lfloor2y\rfloor-2\lfloor y\rfloor$ は $0$ か $1$ であり（$y$ の小数部分が $1/2$ 未満なら $0$、以上なら $1$）、$p^k>2n$ の項は $0$ である。よって $p^K\leq2n< p^{K+1}$ となる $K$ をとると $v_p(N)\leq K$ で、$p^{v_p(N)}\leq p^K\leq2n$ である。$p>2n$ なら $K=0$ で $p\nmid N$ である。
3：$n< p\leq2n$ なら、$p$ は $(2n)!=N\cdot(n!)^2$ を割り切るが、$n!$ の因子 $1,\dots,n$ はどれも $p$ より小さいので $p\nmid(n!)^2$ である。$p$ は素数なので $p\mid N$ である。

1：正の整数 $m$ について、$m< p\leq2m$ の素数の積は lem-prime-number-theorem-central-binomial の 3 により $\binom{2m}{m}$ を割り切るので、同じ補題の 1 から
$$ \theta(2m)-\theta(m)=\log\prod_{m< p\leq2m}p\leq\log\binom{2m}{m}\leq m\log4 $$
である。$m=2^{j-1}$（$j=1,\dots,k$）として足し合わせると、$\theta(1)=0$ なので
$$ \theta(2^k)\leq\sum_{j=1}^k2^{j-1}\log4<2^k\log4 $$
である。実数 $x\geq1$ に対し $2^{k-1}\leq x<2^k$ となる $k\geq1$ をとると、$\theta$ は増加関数なので $\theta(x)\leq\theta(2^k)<2^k\log4\leq2x\log4=(4\log2)x$ である。
2 の上からの評価：$x\geq2$ とする。$\sqrt x< p\leq x$ の素数 $p$ は $\log p>\frac12\log x$ を満たすので、その個数を $A$ とすると $A\cdot\frac12\log x<\sum_{\sqrt x< p\leq x}\log p\leq\theta(x)$、すなわち $A<2\theta(x)/\log x$ である（$A=0$ のときも成り立つ）。$\sqrt x$ 以下の素数は $\sqrt x$ 個以下なので、1 と合わせて
$$ \pi(x)\leq\sqrt x+A<\sqrt x+(8\log2)\frac{x}{\log x} $$
である。関数 $t\mapsto\log t/\sqrt t$（$t>1$）は $t=e^2$ で最大値 $2/e$ をとるので $\sqrt x=\frac{\log x}{\sqrt x}\cdot\frac{x}{\log x}\leq\frac2e\cdot\frac{x}{\log x}$ であり、
$$ \pi(x)<\left(8\log2+\frac2e\right)\frac{x}{\log x}<6.3\cdot\frac{x}{\log x}<7\cdot\frac{x}{\log x} $$
である。
2 の下からの評価：$x\geq2$ とし、$n:=\lfloor x/2\rfloor\geq1$、$N:=\binom{2n}{n}$ とおく。lem-prime-number-theorem-central-binomial の 2 により $N$ の素因数はすべて $2n$ 以下で、各素因数の冪 $p^{v_p(N)}$ は $2n$ 以下なので
$$ 2^n\leq N=\prod_{p\leq2n}p^{v_p(N)}\leq(2n)^{\pi(2n)} $$
である。対数をとって $\pi(2n)\geq\frac{n\log2}{\log(2n)}$ を得る。$2n\leq x$ なので $\pi(x)\geq\pi(2n)$、$\log(2n)\leq\log x$ である。また $n\geq x/4$ である（$2\leq x<4$ なら $n=1$ で $x/4<1$、$x\geq4$ なら $n>x/2-1\geq x/4$）。よって
$$ \pi(x)\geq\frac{n\log2}{\log x}\geq\frac{\log2}{4}\cdot\frac{x}{\log x} $$
である。

$x\geq2$ とする。各 $\log p$ は $\log x$ 以下なので $\theta(x)\leq\pi(x)\log x$ である。また $0<\varepsilon<1$ について、$x^{1-\varepsilon}< p\leq x$ の素数は $\log p>(1-\varepsilon)\log x$ を満たし、$x^{1-\varepsilon}$ 以下の素数は $x^{1-\varepsilon}$ 個以下なので
$$ \theta(x)\geq\sum_{x^{1-\varepsilon}< p\leq x}\log p\geq(1-\varepsilon)\log x\,\bigl(\pi(x)-x^{1-\varepsilon}\bigr) $$
である。$u(x):=\pi(x)\log x/x$、$w(x):=\theta(x)/x$ とおくと、2 つの不等式は
$$ w(x)\leq u(x),\qquad u(x)\leq\frac{w(x)}{1-\varepsilon}+\frac{\log x}{x^{\varepsilon}} $$
となる。$\log x/x^{\varepsilon}\to0$（$x\to\infty$）である。
$u(x)\to1$ なら、$\limsup w\leq1$ であり、第 2 式から $1=\lim u\leq\liminf w/(1-\varepsilon)$ なので $\liminf w\geq1-\varepsilon$ である。$\varepsilon$ は任意なので $w(x)\to1$ である。逆に $w(x)\to1$ なら、$\liminf u\geq1$ であり、第 2 式から $\limsup u\leq1/(1-\varepsilon)$ なので、$\varepsilon\to0$ として $u(x)\to1$ である。

$\pi(p_n)=n$ なので、素数定理を $x=p_n\to\infty$ に適用すると $n\log p_n/p_n\to1$ である。対数をとると
$$ \log n+\log\log p_n-\log p_n\to0 $$
であり、両辺を $\log p_n$ で割ると、$\log\log p_n/\log p_n\to0$ なので $\log n/\log p_n\to1$ である。したがって
$$ \frac{p_n}{n\log n}=\frac{p_n}{n\log p_n}\cdot\frac{\log p_n}{\log n}\to1\cdot1=1 $$
である。

$y=(1+\varepsilon)x$ とおくと $\log y/\log x=1+\log(1+\varepsilon)/\log x\to1$ なので、素数定理から $\pi(y)\log x/x=\frac{\pi(y)\log y}{y}\cdot\frac{y}{x}\cdot\frac{\log x}{\log y}\to1+\varepsilon$ である。よって
$$ \bigl(\pi((1+\varepsilon)x)-\pi(x)\bigr)\cdot\frac{\log x}{x}\to(1+\varepsilon)-1=\varepsilon>0 $$
であり、$x/\log x\to\infty$ なので $\pi((1+\varepsilon)x)-\pi(x)\to\infty$ である。