Dowód postulatu Bertranda

W matematyce $<2n}$ Bertranda (właściwie teraz twierdzenie ) stwierdza, że dla każdego liczba $displaystyle$ taka , że n $2$ $n$ . Po raz pierwszy wysunięty w 1845 roku przez Josepha Bertranda , został po raz pierwszy udowodniony przez Czebyszewa , a krótszy, ale także zaawansowany dowód podał Ramanujan .

Poniższy elementarny dowód został opublikowany przez Paula Erdősa w 1932 roku jako jedna z jego najwcześniejszych publikacji matematycznych. Podstawową ideą $,$ pokazanie, że dwumianu mieć czynnik pierwszy w przedziale aby były wystarczająco Osiąga się to poprzez analizę faktoryzacji środkowych współczynników dwumianu.

Główne etapy dowodu są następujące. Najpierw pokaż, że udział każdego $rozkładzie$ współczynnika mocy w ${\ Displaystyle \textstyle {\ binom {2n} {n}} = {\ Frac {(2n)!} {(n!) ^ {2}}}} wynosi co najwyżej$ centralnego współczynnika dwumianu 2 $\ displaystyle 2n}$ . Następnie pokaż, że każda liczba pierwsza większa niż $pojawia się$ .

${3}},n)}$ udowodnienie, że w przedziale $}} }$ $\ tbinom {2n} {n$ . W konsekwencji tych granic udział czynników pierwszych, które są co najwyżej, rośnie $}$ jako ${\ displaystyle {\ tbinom {2n} {n}$ } ${\ Displaystyle \ teta ^ {\! \; n}}$ dla niektórych ${\ displaystyle \ teta <4}$ . Ponieważ asymptotyczny wzrost centralnego współczynnika dwumianu wynosi co najmniej , $,$ w sprzeczności i dla wystarczająco dużego, ${\ displaystyle n$ } $współczynnik$ dwumianu musi mieć inny czynnik pierwszy, który może mieścić się tylko i ${\ displaystyle 2n$ }

$Podany$ argument jest . Pozostałe wartości $bezpośredniej$ kontroli, co kończy dowód.

Lematy w dowodzie

Dowód wykorzystuje następujące cztery lematy w celu ustalenia faktów dotyczących liczb pierwszych występujących w środkowych współczynnikach dwumianu.

Lemat 1

Dla $_$ liczby mamy

{\ Displaystyle {\ Frac {4 ^ {n}} {2n}} \ równoważnik {\ binom {2n} {n}}.}

Dowód: Stosując twierdzenie o dwumianie ,

{\ Displaystyle 4 ^ {n} = (1 + 1) ^ {2n} = \ suma _ {k = 0} ^ {2n} {\ binom {2n} {k}} = 2 + \ suma _ {k = 1}^{2n-1}{\binom {2n}{k}}\równoważnik 2n{\binom {2n}{n}},}

ponieważ $wyrazem$ sumy po prawej stronie, a $tym$ $sumowaniem$ ).

Lemat 2

Dla ustalonej liczby pierwszej ${$ R $\ Displaystyle R = R (n, p)}$ jako rząd p -adyczny ${n}}}$ $\ displaystyle {\ tbinom$ ${\ displaystyle r$ , czyli największa liczba naturalna taka, że dzieli $}$ ${\ displaystyle {\ tbinom {2n} {n}}$ }

Dla dowolnej liczby pierwszej , $displaystyle$ $p ^ {R} \ równoważnik$ 2n

${\ displaystyle n!}$ : wykładnik w $n$ jest określony przez wzór Legendre'a

{\ Displaystyle \ suma _ {j = 1} ^ {\ infty} \ lewo \ lfloor {\ Frac {n} {p ^ {j}}} \ prawo \ rfloor \ !,}

Więc

{\ Displaystyle R = \ suma _ {j = 1} ^ {\ infty} \ lewo \ lfloor {\ Frac {2n} {p ^ {j}}} \ prawo \ 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)\!.}

Ale każdy wyraz ostatniego sumowania musi wynosić zero (jeśli) lub jeden ${\ displaystyle n/p ^ {j} {\ bmod {1}} </1/2}}$ $n / p ^ {j} {\ bmod {1}} \ geq 1/2}$ i wszystkie terminy z ${\ displaystyle j>\log _{p}(2n)}$ są zerowe. Dlatego,

{\ Displaystyle R \ równoważnik \ log _ {p} (2n),}

I

{\ Displaystyle p ^ {R} \ równoważnik p ^ {\ log _ {p} {2n}} = 2n.}

Lemat 3

Jeśli jest $nieparzyste$ i $_$ $_ R(n,p)=0.}$ , p

Dowód: Istnieją dokładnie dwa współczynniki $liczniku$ wyrażenia ${\ Displaystyle {\ tbinom {2n} {n}} = {\ tfrac {(2n)!} {(n!) ^ {2}}}} , pochodzące$ z dwóch terminów $}$ ${\ displaystyle$ $w$ i _ $w$ także dwa czynniki $mianowniku z$ $jednej$ kopii terminu w z dwóch współczynników ${\ displaystyle n!$ } $Wszystkie$ $.$ nie pozostawiając czynników (Ograniczenie $wstępnych$ lematu zapewnia, że $jest zbyt duża, aby mogła$ $}$ wyrazem licznika, a założenie, że jest $nieparzyste,$ jest potrzebne, aby zapewnić, że wnosi tylko czynnik: $displaystyle$ do licznika.)

Lemat 4

pierwotnej podano górną granicę ,

{\ Displaystyle x \ # = \ prod _ {p \ równoważnik x} p,}

gdzie iloczyn obejmuje $wszystkie$ liczby pierwsze mniejsze lub $równe$ liczbie

Dla wszystkich liczb rzeczywistych , $2x$ ${\ Displaystyle x \ # <2 ^ {$ }

Dowód: Ponieważ ${\ Displaystyle x \ # = \ lpiętro x \ rpodłoga \#}$ i $-3}}$ ${\ Displaystyle 2 ^ {2 \ lpiętro x \ rfloor$ $≥$ $.}$ , wystarczy udowodnić wynik przy założeniu, że jest całkowitą, ${\ displaystyle m \ geq$ Od ${\ Displaystyle {\ binom {2m-1} {m}}}$ jest liczbą całkowitą i wszystkimi liczbami pierwszymi ${\ displaystyle m + 1 \ równoważnik p \ leq 2m-1}$ pojawia się w jego liczniku, ale nie w mianowniku, mamy

{\ Displaystyle {\ Frac {(2m-1) \ #} {m \ #}} \ równoważnik {\ binom {2m-1} {m}} = {\ Frac {1} {2}} \! \ lewo ({\binom {2m-1}{m-1}}+{\binom {2m-1}{m}}\right)<{\frac {1}{2}}(1+1)^{2m -1}=2^{2m-2}.}

Dowód przebiega poprzez indukcję zupełną na ${\ displaystyle n.}$

Jeśli ${\ displaystyle n = 3}$ , to ${\ Displaystyle n \ # = 6 <8 = 2 ^ {2n-3}.}$
Jeśli ${\ displaystyle n = 4}$ , to ${\ Displaystyle n \ # = 6 <32 = 2 ^ {2n-3}.}$
Jeśli jest nieparzyste, to $n$ i założenia indukcyjnego, ponieważ $5$ $}$ $Displaystyle$ $_$ i jest

{\ Displaystyle n \ # = (2m-1) \ # <m \ # \ cdot 2 ^ {2m-2} <2 ^ {2m-3} 2 ^ {2m-2} = 2 ^ {4m-5} =2^{2n-3}.}

Jeśli $Displaystyle n = 2 m}$ ${\ Displaystyle n-1 <n}$ $jest$ parzyste i n $Displaystyle n \ geq 6,}$ według powyższego oszacowania i założenia indukcyjnego, ponieważ n to jest

{\ Displaystyle n \ # = (n-1) \ # <2 ^ {2 (n-1) -3 <2 ^ {2n-3}}

.

W dowodzie użyto tylko ${\ displaystyle x \ # <4 ^ {x}} .$

Dowód postulatu Bertranda

Załóżmy, że istnieje kontrprzykład : liczba całkowita n ≥ 2 taka, że nie ma liczby pierwszej p z n < p < 2 n .

Jeżeli 2 ≤ n < 468, to p można wybrać spośród liczb pierwszych 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631 (każda jest największą liczbą pierwszą mniejszą niż dwukrotność jej poprzedniczki) tak, że n < p < 2 n . Zatem n ≥ 468.

Nie ma takich czynników pierwszych, że : p ${\ displaystyle \textstyle {\binom {2n} {n}}}$

2 n < p , ponieważ każdy czynnik musi dzielić (2 n )!;
p = 2 n , ponieważ 2 n nie jest liczbą pierwszą;
n < p < 2 n , ponieważ założyliśmy, że nie ma takiej liczby pierwszej;
2 n / 3 < p ≤ n : zgodnie z lematem 3 .

Dlatego każdy czynnik pierwszy p spełnia p ≤ 2 n / 3.

Kiedy $,}$ displaystyle p> {\ ${2n$ liczba ma najwyżej jeden współczynnik p Według Lematu 2 dla dowolnej liczby pierwszej p mamy p ^{R ( p , n )} ≤ 2 n , więc iloczyn p ^{R ( p , n )} jest co najwyżej mniejsze lub równe $}$ $displaystyle (2n) ^$ { 2n} Następnie, zaczynając od Lematu 1 i rozkładając prawą stronę na czynniki pierwsze, a na koniec korzystając z Lematu 4 , granice te dają:

{\ Displaystyle {\ Frac {4 ^ {n}} {2n}} \ równoważnik {\ binom {2n} {n}} = \ lewo (\, \ prod _ {p \! \; \ równoważnik {\ kwadrat { 2n}}} p^{R(p,n)}\right)\!\!\left(\prod _{{\sqrt {2n}}\!\;<\!\;p\!\;\ leq 2n/3} p^{R(p,n)}\right)<(2n)^{\sqrt {2n}}\prod _{1<\!\;p\!\;\leq 2n/3 } p=(2n)^{\sqrt {2n}}\lewo({\frac {2n}{3}}\prawo)\#\leq (2n)^{\sqrt {2n}}4^{2n/ 3}.}

Biorąc logarytmy, otrzymujemy

{\ Displaystyle {\ Frac {\ log 4} {3}} n \ równoważnik ({\ sqrt {2n}} +1) \ log 2n \;.}

Wklęsłość prawej strony w funkcji n oznacza , że ostatnia nierówność jest koniecznie weryfikowana na przedziale. Ponieważ dotyczy to ${\ displaystyle n = 467}$ i nie dla ${\ displaystyle n = 468}$ , otrzymujemy

{\ displaystyle n <468.}

Ale te sprawy zostały już rozstrzygnięte i dochodzimy do wniosku, że żaden kontrprzykład dla tego postulatu nie jest możliwy.

Dodatek do dowodu

Możliwe jest zmniejszenie granicy dla n do ${\ displaystyle n = 82}$ .

Lemat 1 można wyrazić jako

${\ Displaystyle {\ Frac {2 \ cdot 4 ^ {n}} {n}} \ równoważnik {\ binom {2n} {n}}}$

dla ${\ Displaystyle n \ geq 13}$ i ponieważ ${\ Displaystyle {\ Frac {\ pi (n)} {n}} < {\ Frac {1} {2} }}$ dla ${\ displaystyle n \ geq 13}$ , możemy powiedzieć, że produkt $n$ co najwyżej $sqrt {\frac {n}{2}}}}$ $\ displaystyle (2n) ^ {$ , co daje