Postulat de Bertrand

De Viquipèdia
Salta a: navegació, cerca

En matemàtiques, el postulat de Bertrand, anomenat també teorema de Tchebychev, afirma que si és un nombre natural superior o igual a 1, llavors sempre existeix pel capbaix un nombre primer tal que

Tot i que ha estat demostrat, per tant és un teorema, manté el nom original de postulat, és a dir conjectura.

Història[modifica]

Aquesta afirmació va ser conjecturada per primera vegada el 1845 per Joseph Bertrand que la va verificar ell mateix per a tots els nombres de l'interval . La conjectura va ser completament demostrada el 1850 per Pafnuti Txebixov, que va utilitzar en la seva demostració la fórmula de Stirling. Ramanujan va donar una demostració més senzilla i Paul Erdős el 1932 va publicar una prova molt senzilla en la qual va utilitzar els coeficients binomials i la funció , definida per:

on recorre els nombres primers inferiors o iguals a .

Teorema de Sylvester[modifica]

El postulat de Bertrand va ser avançat en vista d'aplicacions al grup simètric (el grup de les permutacions). James Joseph Sylvester el va generalitzar amb la proposició següent: el producte de enters consecutius superiors a és divisible per un nombre primer més gran que .

Una conjectura similar, anomenada conjectura de Legendre, i encara no demostrada, afirma l'existència d'un nombre primer tal que . < (no + 1)2. Fa referència a la hipòtesi de Riemann.

Demostració[modifica]

S'escriurà el conjunt dels nombres primers i es defineix:

Heus ací l'estratègia per a la demostració:

  • Obtenció d'una majorant de
  • Verificació explícita de la propietat per a
  • Demostració de la propietat per a
  • Conclusió.

Lema[modifica]

Per a tots els enters :

Demostració
  • n = 1:
  • n = 2:
(per inducció)

(com que, tret del dos, cap nombre parell és primer, hi ha tants nombres primers entre 1 i n com entre 1 i n-1 )

  • i n és senar. Sia n = 2m+1 amb m > 0:
Cada nombre primer p amb és un divisor de el que dóna:
Per inducció , car :

Q.E.D.

Ara, ja es pot encarar la demostració del postulat de Bertrand.

Suposant que existeix un contraexemple: un enter n ≥ 2 tal que no existeix cap nombre primer p amb n < p < 2n.

Cas on n < 2048[modifica]

Si 2 ≤ n < 2048, llavors un dels nombres primers 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 i 2503 (cadascun sent inferior del doble del seu predecessor), que s'anomenaran p, hauria de satisfer n < p < 2n. Ara bé es comprova que no és el cas. Per tant n ≥ 2048.

Cas on n > 2048[modifica]

Per la fórmula del binomi de Newton,

Com que és el terme més gran de la suma, es té:

Anomenant el nombre més gran x tal que és divisor de .

Com que n! factors de p s'obté:

Com que cada terme val o bé 0 (quan ) o bé 1 (quan ) i com que tots els termes amb són nuls, s'obté:

Per a es té .

no té pas cap factor primer p tal que:

  • 2n < p, ja que 2n és el factor més gran;
  • , per un desenvolupament trivial de l'afirmació original (hipòtesi que es vol contradir);
  • , ja que (ja que ) que dóna .

Per tant, factor primer de no és pas més gran que .

posseeix com a màxim un factor de cada nombre primer . Com que , el producte de per a tots els altres nombres primers és com a màxim . Ja que és el producte de per tots els nombres primers p, s'obté:

Utilitzant el lemma :

Ja que es té :

I també (ja que ):

Prenent logaritmes:

Substituint 22t per 2n:

Això dona t < 6 i la contradicció:

Conclusió[modifica]

Per tant, cap contraexemple per al postulat no és pas possible.

Q.E.D.

Enllaços externs[modifica]