伯特蘭-切比雪夫定理

伯特蘭-切比雪夫定理說明：若整數 n > 3 {\displaystyle n>3} ，則至少存在一個質數 p {\displaystyle p} ，符合 n < p < 2 n − 2 {\displaystyle n<p<2n-2} 。另一個稍弱說法是：對於所有大於1的整數 n {\displaystyle n} ，存在一個質數 p {\displaystyle p} ，符合 n < p < 2 n {\displaystyle n<p<2n} 。 1845年約瑟·伯特蘭提出這個猜想。伯特蘭檢查了2至3×106之間的所有數。1850年切比雪夫證明了這個猜想。拉馬努金給出較簡單的證明，而艾狄胥則借二項式係數給出了另一個簡單的證明。 詹姆斯·約瑟夫·西爾維斯特證明： k {\displaystyle k} 個大於 k {\displaystyle k} 的連續整數之積，是一個大於 k {\displaystyle k} 的質數的倍數。 艾狄胥證明：對於任意正整數 k {\displaystyle k} ，存在正整數 N {\displaystyle N} 使得對於所有 n > N {\displaystyle n>N} ， n {\displaystyle n} 和 2 n {\displaystyle 2n} 之間有 k {\displaystyle k} 個質數。 他又證明 k = 2 {\displaystyle k=2} 、 N = 6 {\displaystyle N=6} 時，而且有，其中两個質數分别是4的倍數加1，4的倍數減1。 根據質數定理， n {\displaystyle n} 和 2 n {\displaystyle 2n} 之間的質數數目大約是 n ln ⁡ ( n ) {\displaystyle n \over \ln(n)} 。 證明的方法是运用反證法，反設定理不成立，然后用两种方法估计 ( 2 n n ) {\displaystyle {2n \choose n}} 的上下界，得出矛盾的不等式 註：下面的證明中，都假設 p {\displaystyle p} 屬於質數集。 這條不等式是關於 ( 2 n n ) {\displaystyle {2n \choose n}} 的下界的。 對於正整數 n {\displaystyle n} ， ( 2 n n ) ≥ 4 n 2 n {\displaystyle {2n \choose n}\geq {\frac {4^{n}}{2n}}} 證明 ： 對於 k ≤ 2 n {\displaystyle k\leq 2n} ， ( 2 n n ) ≥ ( 2 n k ) {\displaystyle {2n \choose n}\geq {2n \choose k}} 若 k ≠ n {\displaystyle k\neq n} ， ( 2 n n ) > ( 2 n k ) {\displaystyle {2n \choose n}>{2n \choose k}} 因此 2 n ( 2 n n ) ≥ ∑ i = 1 2 n ( 2 n i ) + 1 = 2 2 n = 4 n {\displaystyle 2n{2n \choose n}\geq \sum _{i=1}^{2n}{2n \choose i}+1=2^{2n}=4^{n}} ∏ k + 1 < p ≤ 2 k + 1 p   < 4 k {\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ <4^{k}} 证明： 注意到所有大于 k+1 而小于 2k+1 的质数都在(2k+1)! 中而不在(k+1)! 或 k！ 中，于是 ∏ k + 1 < p ≤ 2 k + 1 p {\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p} 是 ( 2 k + 1 k + 1 ) {\displaystyle {{2k+1} \choose {k+1}}} 的因子。 ∏ k + 1 < p ≤ 2 k + 1 p |   ( 2 k + 1 k + 1 ) {\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\quad \left\vert \ {{2k+1} \choose {k+1}}\right.} 同时又有 2 ( 2 k + 1 k + 1 ) = ( 2 k + 1 k + 1 ) + ( 2 k + 1 k ) < ∑ i = 0 2 k + 1 ( 2 k + 1 i ) = 2 ⋅ 4 k {\displaystyle 2{{2k+1} \choose {k+1}}={{2k+1} \choose {k+1}}+{{2k+1} \choose {k}}<\sum _{i=0}^{2k+1}{{2k+1} \choose {i}}=2\cdot 4^{k}} 于是就有 ∏ k + 1 < p ≤ 2 k + 1 p     ≤ ( 2 k + 1 k + 1 ) < 4 k {\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ \ \leq {{2k+1} \choose {k+1}}<4^{k}} 這個定理和 ( 2 n n ) {\displaystyle {2n \choose n}} 的上界有關。 對於所有正整數 n {\displaystyle n} ， ∏ p ≤ n p < 4 n {\displaystyle \prod _{p\leq n}p<4^{n}} 數學歸納法： 當 n = 2 {\displaystyle n=2} ，2 < 16，成立。 假設對於所有少於 n {\displaystyle n} 的整數，敘述都成立。 顯然，若n>2且n是偶數， ∏ p ≤ n p = ∏ p ≤ n − 1 p {\displaystyle \prod _{p\leq n}p=\prod _{p\leq n-1}p} 。对于奇数的n，设n=2k+1。 從引理1和歸納假設可得： ∏ p ≤ n p = ∏ p ≤ 2 k + 1 p = ∏ p ≤ k + 1 p ⋅ ∏ k + 1 < p ≤ 2 k + 1 p < 4 k + 1 ⋅ 4 k = 4 2 k + 1 = 4 n {\displaystyle \prod _{p\leq n}p=\prod _{p\leq 2k+1}p=\prod _{p\leq k+1}p\cdot \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p<4^{k+1}\cdot 4^{k}=4^{2k+1}=4^{n}} 首先的定理： 若 p {\displaystyle p} 是質數， n {\displaystyle n} 是整數。設 s {\displaystyle s} 是最大的整數使得 p s | n ! {\displaystyle p^{s}|n!} ，則 s = ∑ i = 1 ∞ [ n p i ] {\displaystyle s=\sum _{i=1}^{\infty }{\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack }} 下面這些系理和 ( 2 n n ) {\displaystyle {2n \choose n}} 的上界有關。 若 p {\displaystyle p} 為質數，設 s p {\displaystyle s_{p}} 是最大的整數使得 p s p {\displaystyle p^{s_{p}}} 整除 ( 2 n n ) {\displaystyle {2n \choose n}} ，則： s p = ∑ i ≥ 1 ( [ 2 n p i ] − 2 [ n p i ] ) {\displaystyle s_{p}=\sum _{i\geq 1}{(\lbrack {\frac {2n}{p^{i}}}\rbrack -2\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack )}} 對於所有 x > 0 {\displaystyle x>0} ， [ 2 x ] − 2 [ x ] ≤ 1 {\displaystyle \lbrack 2x\rbrack -2\lbrack x\rbrack \leq 1} ，所以 s p = ∑ i ≥ 1 ( [ 2 n p i ] − 2 [ n p i ] ) ≤ m a x { r | p r ≤ 2 n } {\displaystyle s_{p}=\sum _{i\geq 1}{(\lbrack {\frac {2n}{p^{i}}}\rbrack -2\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack )}\leq max\left\{r|p^{r}\leq 2n\right\}} 于是得到三个上界： p s p ≤ 2 n {\displaystyle p^{s_{p}}\leq 2n} 若 2 n < p {\displaystyle {\sqrt {2n}}<p} ， s p ≤ 1 {\displaystyle s_{p}\leq 1} 若 2 n / 3 < p ≤ n {\displaystyle 2n/3<p\leq n} ， s p = 0 {\displaystyle s_{p}=0} （因为 2n! 中只有两个 p，在 n! 中恰有一个 p） 假設存在大於1的正整數 n {\displaystyle n} ，使得沒有質數 p {\displaystyle p} 符合 n < p < 2 n {\displaystyle n<p<2n} 。根據系理1.2和1.3： ( 2 n n ) = ∏ p ≤ 2 n p s p = ∏ p ≤ 2 n / 3 p s p ≤ ∏ p ≤ 2 n p s p − 1 ⋅ ∏ p ≤ 2 n / 3 p {\displaystyle {2n \choose n}=\prod _{p\leq 2n}p^{s_{p}}=\prod _{p\leq 2n/3}p^{s_{p}}\leq \prod _{p\leq {\sqrt {2n}}}p^{s_{p}-1}\cdot \prod _{p\leq 2n/3}p} 再根據系理1.1和定理1： ( 2 n n ) ≤ {\displaystyle {2n \choose n}\leq } 上式最右方 < ( 2 n ) 2 n / 2 − 1 ⋅ 4 2 n / 3 {\displaystyle <(2n)^{{\sqrt {2n}}/2-1}\cdot 4^{2n/3}} 結合之前關於 ( 2 n n ) {\displaystyle 2n \choose n} 的下界的不等式1： ( 2 n ) − 1 4 n < ( 2 n n ) < ( 2 n ) 2 n / 2 − 1 ⋅ 4 2 n / 3 {\displaystyle (2n)^{-1}4^{n}<{2n \choose n}<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2-1}\cdot 4^{2n/3}} 4 n < ( 2 n ) 2 n / 2 ⋅ 4 2 n / 3 {\displaystyle 4^{n}<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2}\cdot 4^{2n/3}} 4 2 n / 3 < ( 2 n ) 2 n {\displaystyle 4^{2n/3}<(2n)^{\sqrt {2n}}} 兩邊取2的對數，并设 x = 2 n {\displaystyle x={\sqrt {2n}}} ： x ln ⁡ 2 − 3 ln ⁡ x < 0 {\displaystyle x\ln 2-3\ln x<0} 。 顯然 x ≥ 16 {\displaystyle x\geq 16} ，即 n ≥ 128 {\displaystyle n\geq 128} 時，此式不成立，得出矛盾。 因此 n ≥ 128 {\displaystyle n\geq 128} 時，伯特蘭—切比雪夫定理成立。 再在 n < 128 {\displaystyle n<128} 時驗證這個假設即可。 A simple proof of Bertrand's Postulate, Neil Lyall Number Theory. Tutorial 5: Bertrand's Postulate Some Problems of Combinatorial Number Theory Related to Bertrand's Postulate（页面存档备份，存于互联网档案馆）, Lawrence E. Greenfield