Postulatul lui Bertrand

Postulatul Bertrand , teorema Bertrand-Cebișev sau teorema Cebișev afirmă că

Pentru orice număr natural n ⩾ 2, există un număr prim p în intervalul n < p < 2 n .

Postulatul lui Bertrand a fost formulat ca ipoteză în 1845 de către matematicianul francez Bertrand (care l-a testat până la n = 3.000.000 ) și dovedit în 1852 [1] de Cebyshev . Ramanujan a găsit o demonstrație mai simplă în 1919 și a demonstrat că numărul de numere prime din intervalul n < p < 2 n poate fi mărginit de jos de o succesiune nedescrescătoare care tinde spre infinit, astfel încât egalitatea să fie realizată în primele Ramanujan . Erdős în 1932 a simplificat și mai mult dovada.

Generalizări

O generalizare a postulatului lui Bertrand poate fi considerată teorema că pentru numere există întotdeauna un număr cu un divizor prim mai mare decât . Această afirmație a fost dovedită de Sylvester în 1892. Pentru , dă conjectura Bertrand ca un caz special. $n\geqslant 2k$ $n-k+1, \dots, n-1, n$ $k$ $n=2k$

Din teorema privind distribuția numerelor prime rezultă că pentru oricare există un număr astfel încât pentru oricare există un număr prim satisfăcător . Mai mult, pentru un număr fix de numere prime în acest interval tinde spre infinit cu creșterea [2] . În special, de exemplu, pentru întotdeauna există un număr prim între și [3] . $\varepsilon >0$ $n_{0}$ $n\geqslant n_{0}$ $p$ $n<p<(1+\varepsilon )n$ $\varepsilon$ $n$ $n\geqslant 25$ $n$ $(1+1/5)n$

Ipoteze

Conjectura lui Legendre afirmă că pentru orice există un număr prim în interval . Conjectura lui Opperman și conjectura lui Andritz dau aceeași ordine de creștere pentru un interval care include cel puțin un număr prim. $n \geqslant 2$ $p$ $n^{2}<p<(n+1)^{2)$

Cea mai puternică este conjectura lui Cramer , care afirmă că

p_{n+1}-p_{n}=O(\ln ^{2}p_{n}).

Toate aceste ipoteze nu au fost dovedite sau infirmate.

Dovada

Dovada postulatului lui Bertrand

Prezentăm aici dovada propusă de Erdős .

Notație și definiții

În demonstrație, folosim următoarea notație:

${a\alege b}$ este coeficientul binom sau numărul de combinații de la . $A$ $b$
$\left \lfloor x \right \rfloor$ este întreaga parte . $X$

Să notăm mulțimea de numere prime și să o definim ca suma logaritmilor primelor care nu depășește : $\mathbb {P}$ $\theta(n)$ $n$

\theta (n)=\sum _{p\in \mathbb {P} ;\,p\leqslant n}\ln(p).

De exemplu, . $\theta(10)=\ln 2 + \ln 3 + \ln 5 + \ln 7$

Această funcție se numește funcția -Chebyshev . $\theta$

Lema

\theta(n) < n \cdot \ln(4)

pentru toată lumea .

n\geqslant 1

(Interesant, pentru a demonstra teorema că există „nu foarte puține” prime, mai întâi trebuie să demonstrăm lema că există „nu foarte multe” prime.)

Rețineți - și aceasta este ideea principală a demonstrației lemei - că pentru orice număr întreg nenegativ , coeficientul binom este divizibil cu toate numerele prime din interval . Într-adevăr, , orice număr prim din intervalul specificat împarte numărătorul acestei fracții și nu împarte numitorul ei. Deoarece coeficientul binom este divizibil cu toate aceste numere prime, acesta nu poate fi mai mic decât produsul lor $m$ ${2m+1 \alegeți m}$ $[m+2,\;2m+1]$ ${2m+1 \alegeți m} = \frac {(2m+1)!} {m!(m+1)!}$

{2m+1 \choose m}\geqslant \prod _{p\in \mathbb {P} ;\,m+2\leqslant p\leqslant 2m+1}p.

Luând logaritmul ambelor părți ale inegalității, obținem

\ln {2m+1 \alegeți m}\geqslant \sum _{p\in \mathbb {P} ;\,m+2\leqslant p\leqslant 2m+1}\ln p=\theta (2m +1)-\theta (m+1).

Pe de altă parte, coeficientul binom este ușor de estimat de sus: ${2m+1 \alegeți m}$

{2m+1 \choose m}={\frac {{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}}{2}}\leqslant {\frac {\sum _{ k=0}^{2m+1}{2m+1 \alegeți k}}{2}}=

={\frac {(1+1)^{2m+1}}{2}}=4^{m}.

Combinând ultimele două inegalități, obținem

\theta (2m+1)-\theta (m+1)\leqslant \ln 4^{m}=m\ln 4

Unde

\theta (2m+1)\leqslant \theta (m+1)+m\ln 4

Acum este ușor să demonstrați lema prin inducție:

$n=1$ :

\theta (1)=0<1\cdot \ln(4).

$n=2$ :

\theta (2)=\ln(2)<2\cdot \ln(4).

$n>2$ și ciudat. Lasă . $n$ $n = 2m+1$

\theta (2m+1)\leqslant \theta (m+1)+m\ln 4<(m+1)\ln 4+m\ln 4=(2m+1)\ln 4=n\ ln 4

$n > 2$ si clar. $n$

\theta(n) = \theta(n-1) < (n-1) \cdot \ln(4) < n \cdot \ln(4)

(deoarece orice număr par mai mare decât 2 este compus, nu este inclus în sumă ). Lema este dovedită. $\ln(n)$ $\sum _{p\in \mathbb {P} ;\,p\leqslant n}\ln(p)$

Demonstrarea teoremei principale

Ne întoarcem acum la demonstrarea postulatului însuși. Ideea principală a demonstrației este de a descompune coeficientul binom în factori primi. Dacă nu există numere prime între și atunci produsul tuturor acestor factori primi va fi prea mic. $2n \alege n$ $n$ $2n$

Demonstrăm prin contradicție. Să presupunem că pentru un număr întreg nu există un număr prim astfel încât . $n \geqslant 2$ $p$ $n<p<2n$

Dacă , atunci unul dintre numerele prime 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 și 2503 (fiecare următor este mai mic decât dublul celui precedent), să-l numim , satisface inegalitate . Prin urmare, . $2\leqslant n<2048$ $p$ $n<p<2n$ $n\geqslant 2048$

Hai sa estimam . $2n \alege n$

4^{n}=(1+1)^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{2n \alege k}.

Deoarece este termenul maxim al sumei, avem: ${2n \alege n}$

{\frac {4^{n}}{2n+1}}\leqslant {2n \choose n}.

Definiția lui R ( p , n ) și estimarea sa superioară

Fie gradul de descompunere în factori primi. $R(p,\;n)$ $p$ ${2n \alege n}$

{2n \choose n}=\prod _{p}{p^{R(p,\;n))).

Deoarece pentru fiecare are exact factori care sunt divizibili cu , în descompunerea în factori primi intră puterile lui . De aceea $n!$ $j$ $\left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor$ $p^j$ $n!$ $p$ $\sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor$

R(p,\;n)=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j)}}\right\rfloor -2\ suma _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j))}\right\rfloor =\sum _{j=1}^{\infty }\left (\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j))}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j))}\right\rfloor \right) .

Pentru a afla mai multe despre această sumă, să estimăm, pe de o parte, cât de mari sunt termenii ei și, pe de altă parte, numărul lor.

Valoare : fiecare termen poate fi fie 0, fie 1 (în funcție de partea fracțională : dacă este mai mic decât , termenul este 0, iar dacă sau mai mult, atunci 1). $\left \lfloor \frac {2n} {p^j} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor$ $\frac {n} {p^j}$ ${\frac {1}{2))$ ${\frac {1}{2))$

Cantitate : toți termenii cu sunt egali cu zero, deoarece pentru ei . Prin urmare, numai primii termeni au șanse să fie diferite de zero. $j > \frac {\ln(2n)} {\ln(p)}$ $\frac {2n} {p^j} < 1$ $\left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rfloor$

Deci, este suma termenilor, fiecare dintre care este egal cu 0 sau 1. Prin urmare, $R(p,\;n)$ $\left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rfloor$

R(p,\;n)\leqslant \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)))\right\rfloor .

Nota

p^{R(p,\;n))

Să evaluăm acum . $p^{R(p,n)}$

p^{R(p,\;n)}=\exp \left(R(p,\;n)\ln p\right)\leqslant \exp \left(\left\lfloor {\frac { \ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \ln p\right)\leqslant 2n.

A fost o estimare pentru orice . Dar se poate obține o estimare mult mai bună pentru . Pentru astfel de , numărul de termeni este 1, adică există un singur termen în suma noastră: $p$ ${\sqrt {2n}}<p\leqslant 2n$ $p$ $\left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rfloor$

R(p,\;n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor .

Dacă acest termen este egal cu 1, atunci . Și dacă este egal cu 0, atunci . $p^{R(p,\;n)}=p$ $p^{R(p,\;n)}=1$

În ce interval pot fi divizorii primi?

Acum să vedem în ce interval se află divizorii primi. nu are divizori primi astfel încât: ${2n \alege n}$ $p$

$2n<p$ , pentru că . $R(p,\;n)\leqslant \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)))\right\rfloor =0$
$n<p\leqslant 2n$ , deoarece am presupus că nu există numere prime în acest interval.
${\frac {2n}{3}}<p\leqslant n$ , pentru că (pentru că ), care ne oferă . $p > \sqrt{2n}$ $n\geqslant 5$ $R(p,\;n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor =2-2=0$

Rezultă că nu există divizori primi mai mari decât . ${2n \alege n}$ $\frac {2n} {3}$

Înmulțirea tuturor

p^{R(p,\;n))

Acum estimăm produsul peste toți divizorii primi ai numărului . Pentru divizori nu mari , produsul nu depășește . Iar pentru divizori primi, mari , nu depășește . $p^{R(p,\;n))$ $p$ ${2n \alege n}$ $\sqrt{2n}$ ${(2n)} ^ {\sqrt{2n))$ $\sqrt{2n}$ $\prod _{p\in \mathbb {P} ;\,p\leqslant 2n/3}p=\exp \left(\theta \left({\frac {2n}{3}}\right) \dreapta)$

Deoarece este egal cu produsul tuturor numerelor prime , obținem: ${2n \alege n}$ $p^{R(p,\;n))$ $p$

{\frac {4^{n}}{2n+1}}\leqslant {2n \alegeți n}\leqslant (2n)^{\sqrt {2n}}\exp \left(\theta \left( {\frac {2n}{3}}\dreapta)\dreapta).

Folosind lema noastră : $\theta(n) < n \cdot \ln(4)$

{\frac {4^{n}}{2n+1}}<(2n)^{\sqrt {2n}}4^{\frac {2n}{3}}.

Pentru ca : $(2n+1) < (2n)^2$

4^{\frac {n}{3}}<(2n)^{2+{\sqrt {2n}}}.

De asemenea (pentru că ): $2\leqslant {\frac {\sqrt {2n}}{3}}$ $n\geqslant 18$

4^{\frac {n}{3}}<(2n)^{{\frac {4}{3}}{\sqrt {2n}}}.

Logaritmizând ambele părți, obținem

{\sqrt {2n}}\ln(2)<4\cdot \ln(2n).

Efectuarea unei înlocuiri : $2^{2t}=2n$

{\frac {2^{t}}{t}}<8

Asta ne dă o contradicție: $t<6$

n={\frac {2^{2t}}{2}}<{\frac {2^{2\cdot 6}}{2}}=2048.

Prin urmare, presupunerea noastră a fost greșită.

Ch.t.d.

Note

↑ Dicționar enciclopedic al unui tânăr matematician, 1985 .
↑ GH Hardy și EM Wright, An Introduction to the Theory of Numbers , Ed. a 6-a, Oxford University Press, 2008, p. 494.
↑ J. Nagura. Despre intervalul care conține cel puțin un număr prim // Proceedings of the Japan Academy, Series A. - 1952. - Vol. 28. - P. 177-181. - doi : 10.3792/pja/1195570997 .

Literatură

Număr prim // Dicţionar enciclopedic al unui tânăr matematician / Comp. A. P. Savin. - M .: Pedagogie , 1985. - S. 262 -263. — 352 p.
V. I. Zenkin. Distribuția numerelor prime. Metode elementare. Kaliningrad, 2008.