Postulado de bertrand

El postulado de Bertrand , el teorema de Bertrand-Chebyshev o el teorema de Chebyshev establece que

Para cualquier número natural n ⩾ 2, existe un número primo p en el intervalo n < p < 2 n .

El postulado de Bertrand fue formulado como hipótesis en 1845 por el matemático francés Bertrand (quien lo probó hasta n = 3.000.000 ) y probado en 1852 [1] por Chebyshev . Ramanujan encontró una prueba más simple en 1919 y demostró que el número de números primos en el intervalo n < p < 2 n puede estar acotado desde abajo por una secuencia no decreciente que tiende al infinito, de modo que se logra la igualdad en los números primos de Ramanujan . Erdős en 1932 simplificó aún más la prueba.

Generalizaciones

Una generalización del postulado de Bertrand puede considerarse el teorema de que entre los números siempre existe un número con un divisor primo mayor que . Esta afirmación fue probada por Sylvester en 1892. Para , da la conjetura de Bertrand como un caso especial. ${\ Displaystyle n \ geqslant 2k}$ $n-k+1, \puntos, n-1, n$ $k$ $n=2k$

Del teorema de la distribución de los números primos se sigue que para cualquiera hay un número tal que para cualquiera hay un número primo que satisface . Además, para un número fijo de números primos en este intervalo tiende a infinito con el crecimiento [2] . En particular, por ejemplo, para siempre hay un número primo entre y [3] . $\varepsilon >0$ $n_ {0}$ $n\geqslant n_{0}$ $pags$ $n<p<(1+\varepsilon)n$ $\varepsilon$ $norte$ ${\ Displaystyle n \ geqslant 25}$ $norte$ ${\ estilo de visualización (1+1/5) n}$

Hipótesis

La conjetura de Legendre establece que para cualquiera hay un número primo en el intervalo . La conjetura de Opperman y la conjetura de Andritz dan el mismo orden de crecimiento para un intervalo que incluye al menos un número primo. $n \geqslant 2$ $pags$ ${\ estilo de visualización n^{2}<p<(n+1)^{2}}$

La más fuerte es la conjetura de Cramer , que establece que

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

Todas estas hipótesis no han sido probadas ni refutadas.

Prueba

Prueba del postulado de Bertrand

Aquí presentamos la demostración propuesta por Erdős .

Notación y definiciones

En la demostración, usamos la siguiente notación:

${a\elegir b}$ es el coeficiente binomial o el número de combinaciones de by . $a$ $b$
$\left \lpiso x \right \rpiso$ es la parte entera . $X$

Denotemos el conjunto de números primos y definámoslo como la suma de los logaritmos de los números primos que no exceda : $\matemáticas {P}$ $\theta(n)$ $norte$

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

Por ejemplo, . $\theta(10)=\ln 2 + \ln 3 + \ln 5 + \ln 7$

Esta función se llama la función -Chebyshev . $\ theta$

Lema

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

para todos

{\ Displaystyle n \ geqslant 1}

(Curiosamente, para probar el teorema de que hay "no muy pocos" primos, primero tenemos que probar el lema de que "no hay muchos" primos).

Nótese -y esta es la idea principal de la prueba del lema- que para cualquier número entero no negativo , el coeficiente binomial es divisible por todos los números primos del intervalo . De hecho, cualquier número primo en el intervalo especificado divide el numerador de esta fracción y no divide su denominador. Dado que el coeficiente binomial es divisible por todos esos números primos, no puede ser menor que su producto $metro$ ${2m+1 \elegir m}$ ${\ estilo de visualización [m+2,\;2m+1]}$ ${2m+1 \elegir m} = \frac {(2m+1)!} {m!(m+1)!}$

{2m+1 \elegir m}\geqslant \prod_{p\in \mathbb {P} ;\,m+2\leqslant p\leqslant 2m+1}p.

Tomando el logaritmo de ambos lados de la desigualdad, obtenemos

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

Por otro lado, el coeficiente binomial es fácil de estimar desde arriba: ${2m+1 \elegir m}$

{2m+1 \elegir m}={\frac {{2m+1 \elegir m}+{2m+1 \elegir m+1}}{2}}\leqslant {\frac {\sum_ k=0}^{2m+1}{2m+1 \elegir k}}{2}}=

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

Combinando las dos últimas desigualdades, obtenemos

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

Dónde

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

Ahora es fácil probar el lema por inducción:

$n=1$ :

{\ estilo de visualización \ theta (1) = 0 <1 \ cdot \ ln (4).}

$n=2$ :

{\ estilo de visualización \ theta (2) = \ ln (2) <2 \ cdot \ ln (4).}

$n>2$ y extraño deja _ $norte$ $norte = 2m+1$

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

$norte > 2$ y claro $norte$

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

(dado que cualquier número par mayor que 2 es compuesto, no se incluye en la suma ). El lema está probado. $\ln(n)$ $\sum _{p\in \mathbb {P} ;\,p\leqslant n}\ln(p)$

Prueba del teorema principal

Pasamos ahora a la prueba del postulado mismo. La idea principal de la prueba es descomponer el coeficiente binomial en factores primos. Si no hay números primos entre y , entonces el producto de todos estos factores primos será demasiado pequeño. $2n \elegir n$ $norte$ $2n$

Probamos por contradicción. Supongamos que para algún número entero no existe un número primo tal que . $n \geqslant 2$ $pags$ ${\ estilo de visualización n<p<2n}$

Si , entonces uno de los números primos 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 y 2503 (cada uno de los siguientes es menor que el doble del anterior), llamémoslo , satisface la desigualdad _ Por lo tanto, . ${\ estilo de visualización 2 \ leqslant n <2048}$ $pags$ ${\ estilo de visualización n<p<2n}$ ${\ Displaystyle n \ geqslant 2048}$

Estimemos . $2n \elegir n$

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

Como es el término máximo de la suma, tenemos: ${2n \elegir n}$

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

Definición de R ( p , n ) y su estimación superior

Sea el grado en la descomposición en factores primos. ${\ estilo de visualización R (p, \; n)}$ $pags$ ${2n \elegir n}$

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

Como para cada uno tiene exactamente factores que son divisibles por , en la descomposición en factores primos entran las potencias de . Es por eso $¡norte!$ $j$ $\left \lpiso \frac {n} {p^j} \right \rpiso$ $p ^ j$ $¡norte!$ $pags$ $\sum_{j=1}^\infty \left \lpiso \frac {n} {p^j} \right \rpiso$

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

Para saber más acerca de esta suma, estimemos, por un lado, qué tan grandes son sus términos y, por otro lado, su número.

Valor : cada término puede ser 0 o 1 (dependiendo de la parte fraccionaria : si es menor que , el término es 0, y si es o más, entonces 1). $\left \lpiso \frac {2n} {p^j} \right \rpiso - 2\left \lpiso \frac {n} {p^j} \right \rpiso$ $\frac{n} {p^j}$ ${\frac{1}{2))$ ${\frac{1}{2))$

Cantidad : todos los términos con son iguales a cero, porque para ellos . Por lo tanto, solo los primeros términos tienen la posibilidad de ser distintos de cero. $j > \frac{\ln(2n)} {\ln(p)}$ $\frac{2n} {p^j} < 1$ $\left \lpiso \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rpiso$

Entonces, es la suma de los términos, cada uno de los cuales es igual a 0 o 1. Por lo tanto, ${\ estilo de visualización R (p, \; n)}$ $\left \lpiso \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rpiso$

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

Calificación

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

Evaluemos ahora . $p^{R(p,n)}$

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

Era una estimación para cualquiera . Pero se puede obtener una estimación mucho mejor para . Para tal , el número de términos es 1, es decir, solo hay un término en nuestra suma: $pags$ ${\sqrt {2n}}<p\leqslant 2n$ $pags$ $\left \lpiso \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rpiso$

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

Si este término es igual a 1, entonces . Y si es igual a 0, entonces . $p^{R(p,\;n)}=p$ $p^{R(p,\;n)}=1$

¿En qué intervalo pueden estar los divisores primos?

Ahora veamos en qué intervalo están los divisores primos. no tiene divisores primos tales que: ${2n \elegir n}$ $pags$

${\ estilo de visualización 2n <p}$ , porque . $R(p,\;n)\leqslant \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)))\right\rfloor =0$
$n<p\leqslant 2n$ , porque asumimos que no hay primos en este intervalo.
${\frac {2n}{3}}<p\leqslant n$ , porque (porque ), lo que nos da . $p > \sqrt{2n}$ ${\ Displaystyle n \ geqslant 5}$ $R(p,\;n)=\left\lpiso {\frac {2n}{p}}\right\rpiso -2\left\lpiso {\frac {n}{p}}\right\rpiso =2-2=0$

Resulta que no hay divisores primos mayores que . ${2n \elegir n}$ $\frac {2n} {3}$

Multiplicando todo

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

Ahora estimamos el producto de todos los divisores primos del número . Para divisores no grandes , el producto no excede . Y para divisores primos, grande , no excede de . ${\displaystyle p^{R(p,\;n)))$ $pags$ ${2n \elegir n}$ $\sqrt{2n}$ ${(2n)} ^ {\sqrt{2n))$ $\sqrt{2n}$ $\prod _{p\in \mathbb {P} ;\,p\leqslant 2n/3}p=\exp \left(\theta \left({\frac {2n}{3}}\right) \Correcto)$

Como es igual al producto de todos los números primos , obtenemos: ${2n \elegir n}$ ${\displaystyle p^{R(p,\;n)))$ $pags$

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

Usando nuestro lema : $\theta(n) < norte \cdot \ln(4)$

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

porque : $(2n+1) < (2n)^2$

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

También (porque ): $2\leqslant {\frac {\sqrt {2n}}{3}}$ ${\ Displaystyle n \ geqslant 18}$

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

Logaritmizando ambos lados, obtenemos

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

Haciendo una sustitución : ${\ estilo de visualización 2^{2t}=2n}$

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

Esto nos da una contradicción: ${\ estilo de visualización t <6}$

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

Por lo tanto, nuestra suposición era incorrecta.

Ch.t.d.

Notas

↑ Diccionario enciclopédico de un joven matemático, 1985 .
↑ GH Hardy y EM Wright, Introducción a la teoría de los números , 6.ª ed., Oxford University Press, 2008, p. 494.
↑ J. Nagura. Sobre el intervalo que contiene al menos un número primo // Actas de la Academia de Japón, Serie A. - 1952. - Vol. 28. - Pág. 177-181. -doi : 10.3792 / pja/1195570997 .

Literatura

Número primo // Diccionario enciclopédico de un joven matemático / Comp. A. P. Savin. - M .: Pedagogía , 1985. - S. 262 -263. — 352 págs.
VI Zenkin. Distribución de números primos. Métodos elementales. Kaliningrado, 2008.