伯特蘭-切比雪夫定理

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伯特蘭-切比雪夫定理說明：若整數$n>3$，則至少存在一個質數$p$，符合$n<p<2n-2$。另一個稍弱說法是：對於所有大於1的整數$n$，存在一個質數$p$，符合$n<p<2n$。

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。

相關定理

西爾維斯特定理

詹姆斯·約瑟夫·西爾維斯特證明：$k$個大於$k$的連續整數之積，是一個大於$k$的質數的倍數。

艾狄胥定理

艾狄胥證明：對於任意正整數$k$，存在正整數$N$使得對於所有$n>N$，$n$和$2n$之間有$k$個質數。

他又證明$k=2$、$N=6$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，$n$和$2n$之間的質數數目大約是$n \over \ln(n)$。

證明

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${2n \choose n}$的上下界，得出矛盾的不等式

註：下面的證明中，都假設$p$屬於質數集。

不等式1

這條不等式是關於${2n \choose n}$的下界的。

• 對於正整數$n$，${2n \choose n}\geq {\frac {4^{n}}{2n}}$

證明 ：

對於 $k\leq 2n$ ， ${2n \choose n}\geq {2n \choose k}$

若$k\neq n$，${2n \choose n}>{2n \choose k}$

因此$2n{2n \choose n}\geq \sum _{i=1}^{2n}{2n \choose i}+1=2^{2n}=4^{n}$

引理1

• $\prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ <4^{k}$

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$\prod _{k+1<p\leq 2k+1}p$ 是${{2k+1} \choose {k+1}}$的因子。

$\prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\quad \left\vert \ {{2k+1} \choose {k+1}}\right.$

同时又有 $2{{2k+1} \choose {k+1}}={{2k+1} \choose {k+1}}+{{2k+1} \choose {k}}<\sum _{i=0}^{2k+1}{{2k+1} \choose {i}}=2\cdot 4^{k}$

于是就有 $\prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ \ \leq {{2k+1} \choose {k+1}}<4^{k}$

定理1

這個定理和${2n \choose n}$的上界有關。

• 對於所有正整數$n$， $\prod _{p\leq n}p<4^{n}$

數學歸納法：

當$n=2$，2 < 16，成立。

假設對於所有少於$n$的整數，敘述都成立。

顯然，若n>2且n是偶數，$\prod _{p\leq n}p=\prod _{p\leq n-1}p$。对于奇数的n，设n=2k+1。

從引理1和歸納假設可得：

$\prod _{p\leq n}p=\prod _{p\leq 2k+1}p=\prod _{p\leq k+1}p\cdot \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p<4^{k+1}\cdot 4^{k}=4^{2k+1}=4^{n}$

系理1

首先的定理：

• 若$p$是質數，$n$是整數。設$s$是最大的整數使得$p^{s}|n!$ ，則$s=\sum _{i=1}^{\infty }{\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack }$

下面這些系理和${2n \choose n}$的上界有關。

若$p$為質數，設$s_{p}$是最大的整數使得 $p^{s_{p}}$ 整除 ${2n \choose n}$，則：

$s_{p}=\sum _{i\geq 1}{(\lbrack {\frac {2n}{p^{i}}}\rbrack -2\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack )}$

對於所有$x>0$，$\lbrack 2x\rbrack -2\lbrack x\rbrack \leq 1$ ，所以

$s_{p}=\sum _{i\geq 1}{(\lbrack {\frac {2n}{p^{i}}}\rbrack -2\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack )}\leq max\left\{r|p^{r}\leq 2n\right\}$

于是得到三个上界：

1. $p^{s_{p}}\leq 2n$
2. 若 ${\sqrt {2n}}<p$ ， $s_{p}\leq 1$
3. 若 $2n/3<p\leq n$，$s_{p}=0$（因为 2n! 中只有两个 p，在 n! 中恰有一个 p）

核心部分

假設存在大於1的正整數$n$，使得沒有質數$p$符合$n<p<2n$。根據系理1.2和1.3：

${2n \choose n}=\prod _{p\leq 2n}p^{s_{p}}=\prod _{p\leq 2n/3}p^{s_{p}}\leq \prod _{p\leq {\sqrt {2n}}}p^{s_{p}-1}\cdot \prod _{p\leq 2n/3}p$

再根據系理1.1和定理1： ${2n \choose n}\leq$ 上式最右方 $<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2-1}\cdot 4^{2n/3}$

結合之前關於$2n \choose n$的下界的不等式1：

$(2n)^{-1}4^{n}<{2n \choose n}<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2-1}\cdot 4^{2n/3}$

$4^{n}<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2}\cdot 4^{2n/3}$

$4^{2n/3}<(2n)^{\sqrt {2n}}$

兩邊取2的對數，并设$x={\sqrt {2n}}$：

$x\ln 2-3\ln x<0$。

顯然$x\geq 16$，即$n\geq 128$時，此式不成立，得出矛盾。 因此$n\geq 128$時，伯特蘭—切比雪夫定理成立。

再在$n<128$時驗證這個假設即可。

參考

• A simple proof of Bertrand's Postulate, Neil Lyall
• Number Theory. Tutorial 5: Bertrand's Postulate

外部連結

• 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