Preuve du postulat de Bertrand

Dans les mathématiques , le postulat (réellement un théorème de Bertrand de de ) déclare cela pour chaque &ge du n ; 2 il y a un p de la perfection tels que le n < p < 2 le n . Il était premier prouvé par le Pafnuty Tchebychev , et un court mais la preuve avancée a été donnée par le Srinivasa Ramanujan . L'essentiel de la preuve élémentaire mais impliquée suivante de par la contradiction est dû au Paul Erdő ; s ; l'idée fondamentale de la preuve est de prouver qu'un coefficient binomial de certain doit avoir un facteur principal dans l'intervalle désiré afin d'être assez grand. L'argument dans la preuve établit une contradiction en comparant deux faits :
Le $de coefficient binomial \ binom {2n} {n}$ est " ; large" ; dans un sens précis (lemme 1 ), et
Si le postulat de Bertrand échoue pour le n , alors tous les facteurs principaux de ce coefficient binomial sont " ; small" ; (une combinaison de lemme 3 et la négation du postulat de Bertrand de ). Il est alors montré par un certain calcul prolongé (se fondant la plupart du temps sur lemme 2 et lemme 4 ) qui le deuxième fait est contradictoire avec le premier. Par conséquent le postulat de Bertrand doit se tenir. Afin de présenter au l'argument principal de la preuve intelligible, ces lemmes et quelques réclamations auxiliaires sont avérés séparément d'abord.

Lemmes et calculs

Lemme 1 : Une limite inférieure sur les coefficients binomiaux centraux

Lemme de : pour tout > du n de nombre entier ; 0, nous avons < de

\ frac de {4^n} {2n+1} \ binom {2n} {n}. \

Preuve de : s'appliquant binomial théorème ,

$4^n = (1 + 1)^ {2n} = \ sum_ {k = 0} ^ {2n} \ binom {2n} {k}. \$ Depuis le $\ binom {2n} {n}$ est la plus grande limite dans la somme, nous a : $4^n < (2n + 1) \ binom {2n} {n},$ comme désiré.

Lemme 2 : Une limite supérieure sur des puissances principales divisant des coefficients binomiaux centraux

Pour un principal fixe p , définir le R ( p , n ) pour être le plus élevé X , tels de nombre normal que le X de ^{du p divise le $\ binom {2n} {n}.$ Lemme de : pour n'importe quel p , nous avons le &le du R ( p , n ) de ^{du p} ; 2 n .
Preuve de : l'exposant du p dans le n ! est (voir la théorie de Factorial#Number de ) : $de \ ^ de sum_ {j = 1} \ infty \ parti \ lfloor \ frac {n} {p^j} \, droit \ rfloor \$ ainsi nous obtenons le $R (p de , n) = \ ^ de sum_ {j = 1} \ infty \ sont partis \ lfloor \ frac {2n} {p^j} \ droit \ rfloor - ^ de 2 \ sum_ {j = 1} \ infty \ à gauche \ lfloor \ frac {n} {p^j} \ droit \ rfloor = \ ^ de sum_ {j = 1} \ infty \ parti (\ laissé \ lfloor \ frac {2n} {p^j} \ droit \ rfloor - 2 \ laissés \ lfloor \ frac {n} {p^j} \ droit \ rfloor \ droit).$ Mais chaque limite de la dernière addition peut ou être 0 (si < de mod 1 de j de ^{de n / p ; 1/2) ou 1 (si &ge de mod 1 de j} de ^{de n / p ; 1/2) et toutes les limites avec le j > p (2 n ) de log_{sont 0. Par conséquent $R de (p, n) \, de leq \ log_p (2n) \$ et nous obtenons : $p^ de {R (p, n)} \ p^ de leq {\ log_p {2n}} = 2n. \$ Ceci accomplit la preuve du lemme.}}

Lemme 3 : La puissance exacte d'une grande perfection dans un coefficient binomial central
Lemme de : pour > de $p \ racine carrée {2n},$ nous avons le $R de (p, n) = \ à gauche \ lfloor \ frac {2n} {p} \ droit \ rfloor - 2 \ à gauche \ lfloor \ frac {n} {p} \ droit \ rfloor. \$ Preuve de : Using la même somme pour le R ( p , n ) comme dans le lemme 2, nous voyons cela depuis le > du p ² ; le 2n , en fait seulement la première limite est différent de zéro ; cette limite est exactement le côté droit de l'équation ci-dessus.

Lemme 4 : Une limite supérieure sur le primorial
Nous estimons la fonction de Primorial , $n de \ # = \, de prod_ {p \ leq n} p \$ là où le produit est succédé toute la perfection de numérote le p inférieur ou égal à n . Lemme de : pour tout le &ge du n ; 1, nous avons le n # < 4^{le n}.
Preuve de : la preuve est par l'induction mathématique . D'abord les situations de base :
n = 1 : le n # est le produit vide : de
$n de \ # = 1 < 4 = 4^1. \$ le n = 2:2 est principal : de
$2 \ # = 2 < 16 = 4^2. \$ le n > 2 et le n est égal : Puisque chaque chiffre pair plus considérablement que 2 est composé, nous avons par l'hypothèse d'induction : de
$n \ # = (n-1) \ # < 4^ {n-1} < 4^n. \$ > du n ; 2 est impair. Laisser le n = 2 le m + 1 avec le > du m ; 0 ; alors puisque toutes les limites dans l'expansion binomiale suivante sont positives nous avons : de
le $de \ commencent {aligner} 4^m &= \ frac {1} {2} (1 + 1)^ {2m + 1} = \ frac {1} {2} \ \ de ^ {2m+1} \ binom de sum_ {k = 0} {2m + 1} {k} \ &> \ frac {1} {2} \ Biggl (\ binom {2m + 1} {m} + \ binom {2m + 1} {m + 1} \ Biggr) = \ binom {2m + 1} {m}. \ extrémité {aligner} de$ chaque principal p avec le m + 1 < ; &le du p ; 2 le m + 1 divise le $\ binom {2m + 1} {m},$ nous donnant : $de \ m de frac {(2m + 1) \ #} {(m + 1) \ #} = \ ^ de prod_ {p > m + 1} {p \ leq 2m + 1} p \ leq \ binom {2m+1} {m} < de 4^m. \$ par induction, (< + 1)# ; 4^{m + 1}, ainsi : $n de \ # = (2m + 1) \ # < 4^m \ cdot (m + 1) \ # < 4^m \ cdot 4^ {m + 1} = 4^ {2m + 1} = 4^n. \$ Ainsi le lemme est prouvé.

Calculs
Nous rassemblons ici quatre réclamations numériques qui montent dans la preuve. Ici le n est toujours un nombre entier, et le t est un vrai nombre. Si > du n ; 5, puis $2n/3 > \ racine carrée {2n} ;$ de Si > du n ; 0, puis 2 n + 1 < ; (2 n ) ² ;
Si > du n ; 18, puis $2 < \ racine carrée {2n} /3 ;$
de Si 2^{< du t} ; 8 t , puis < du t ; 6. Pour prouver 1, ajuster les deux côtés et les résoudre : > de $\ frac de 3} {2n} {\ racine carrée {2n} \ quadruple \ Leftrightarrow \ quadruple \ frac {4n^2} {9} > 2n \ quadruple \ Leftrightarrow \ quadruple 4n^2 - 18n = 2n (2n - 9) > 0$ et si > du n ; 5, les deux facteurs sont positifs, ainsi c'est en fait vrai.
Pour prouver 2, rassembler les côtés ensemble et accomplir la place : $2n + 1 < (2n) ^2 \ quadruple \ Leftrightarrow \ quadruple (2n) ^2 - (2n) - 1 > 0 \ quadruple \ Leftrightarrow \ quadruple \ (2n - \ frac {1} {2} \ droit) ^2 - laissé \ frac {5} {4} > 0.$ Si > du n ; 0 est un nombre entier, puis 2 &ge du n ; 2, ainsi le côté à gauche est en effet toujours positif.
Pour prouver 3, ajuster les deux côtés : < de $\ Leftrightarrow \ quadruple 36 < 2n \ quadruple \ Leftrightarrow \ quadruple n > 18.$ Pour prouver 4, noter le ce 2⁶ = 64 > 48 = 8 × ; 6, ainsi l'inégalité est vrai pour le t = 6. Comparer maintenant des dérivés : $de \ frac {d} {décollement} 2^t = 2^t \ ln 2 > 8 = \ frac {d} {décollement} 8t$ pour le > du t ; 6, depuis lors l'aile gauche est 64 le ln 2, ou environ 44. Ainsi 2^{le t} augmente plus rapidement que 8 le t aussi bien que le commencement plus grand, demeure ainsi plus grand.

Preuve du postulat de Bertrand
Supposer qu'il y a un contre-exemple : un &ge du n de nombre entier ; 2 tels qu'il n'y a aucun principal p avec le &le du n ; < du p ; 2 n . Si &le 2 ; < du n ; 2048, alors le p peut être choisi de parmi les nombres premiers 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 et 2503 (chacun étant moins de deux fois son prédécesseur) tels que < du n ; < du p ; 2 n . Par conséquent &ge du n ; 2048.
Il n'y a aucun p de facteurs principaux du $\ du binom {2n} {n}$ tels que :
2 < du n ; p , parce que 2 le n est le plus grand facteur ;
&le du n ; &le du p ; 2 le n , parce que nous avons supposé là n'est aucun un tel nombre premier ;
2 < du n /3 ; &le du p ; n , parce que puis > de $p \ racine carrée {2n}$ (par calcul 1 ) qui nous donne (par lemme 3 ) le de
$R de$
(p, n) = \ est parti \ lfloor \ frac {2n} {p} \ droit \ rfloor - 2 \ à gauche \ lfloor \ frac {n} {p} \ droit \ rfloor \ leq 2 - 2 = 0. \ Par conséquent, chaque p de facteur principal satisfait le &le du p ; 2 n /3. Quand > de $p \ racine carrée {2n},$ le $de nombre {2n \ choisissent n}$ a tout au plus un facteur du p . Par le lemme 2 , parce que par n'importe quel principal p nous avons le &le du R ( p , n ) de ^{du p} ; 2 le n , ainsi le produit du R ( p , n ) de ^{du p} au-dessus de tout l'autre amorce est tout au plus ^ du $(2n) {\ racine carrée {2n}}.$ alors, commençant par le lemme 1 et décomposition de du côté droit dans sa factorisation principale, ces limites donnent : $de \ frac {4^n} {2n + 1} < \ binom {2n} {n} \ ^ du leq (2n) {\ racine carrée {2n}} \ ^ de prod_ {p > \ racine carrée {2n}} {p \ leq 2n/3} p < ^ (2n)} {\ racine carrée {2n} \ cdot \ lfloor 2n/3 \ rfloor \ #. \$ Using le lemme 4 , ceci simplifie : $de \ frac {4^n} {2n + 1} < (2n) ^ {\ racine carrée {2n}} 4^ {\ lfloor 2n/3 \ rfloor} \ ^ du leq (2n) {\ racine carrée {2n}} 4^ {2n/3}. \$ Dégageant le dénominateur et appliquer des calculs 2 et 3 de :
$4^ {n/3} de < (2n + 1) ^ (2n) {\ racine carrée {2n}} < ^ (2n) {2 + \ racine carrée {2n}} < ^ (2n) {(4/3) \ racine carrée {2n}}. \$ Prise du logarithme des deux côtés :

$\ frac {n} {3} \ ln 4 < \ frac {4} {3} \ racine carré {2n} \ ln (2n) \ quadruple \ Leftrightarrow \ quadruple \ racine carré {2n} \ ln {2} < 4 \ cdot \ ln (2n). \$ Substitution 2^{2 du t} 2 au n : $de \ frac {2^t} {t} < 8. \$ Ceci nous donne le < du t ; 6 par le calcul 4 , et la contradiction : $n de = \ < du frac {2^ {2t}} {2} \ frac {2^ {2 \ cdot 6}} {2} = 2048. \$ Ainsi aucun contre-exemple au postulat n'est possible.
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