伯特兰-切比雪夫定理

西尔维斯特定理

詹姆斯·约瑟夫·西尔维斯特证明：${\displaystyle k}$ 个大于${\displaystyle k}$ 的连续整数之积，是一个大于${\displaystyle k}$ 的质数的倍数。

埃尔德什定理

埃尔德什证明：对于任意正整数${\displaystyle k}$ ，存在正整数${\displaystyle N}$ 使得对于所有${\displaystyle n>N}$ ，${\displaystyle n}$ 和${\displaystyle 2n}$ 之间有${\displaystyle k}$ 个质数。

他又证明${\displaystyle k=2}$ 、${\displaystyle N=6}$ 时，而且有，其中两个质数分别是4的倍数加1，4的倍数减1。

根据质数定理，${\displaystyle n}$ 和${\displaystyle 2n}$ 之间的质数数目大约是${\displaystyle n \over \ln(n)}$ 。

证明的方法是运用反证法，反设定理不成立，然后用两种方法估计${\displaystyle {2n \choose n}}$ 的上下界，得出矛盾的不等式

注：下面的证明中，都假设${\displaystyle p}$ 属于质数集。

不等式1

这条不等式是关于${\displaystyle {2n \choose n}}$ 的下界的。

• 对于正整数${\displaystyle n}$ ，${\displaystyle {2n \choose n}\geq {\frac {4^{n}}{2n}}}$ 

证明 ：

对于 ${\displaystyle k\leq 2n}$  ， ${\displaystyle {2n \choose n}\geq {2n \choose k}}$ 

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

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

引理1

• ${\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ <4^{k}}$ 

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

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

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

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

定理1

这个定理和${\displaystyle {2n \choose n}}$ 的上界有关。

• 对于所有正整数${\displaystyle n}$ ， ${\displaystyle \prod _{p\leq n}p<4^{n}}$ 

数学归纳法：

当${\displaystyle n=2}$ ，2 < 16，成立。

假设对于所有少于${\displaystyle n}$ 的整数，叙述都成立。

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

从引理1和归纳假设可得：

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

系理1

首先的定理：

• 若${\displaystyle p}$ 是质数，${\displaystyle n}$ 是整数。设${\displaystyle s}$ 是最大的整数使得${\displaystyle p^{s}|n!}$  ，则${\displaystyle s=\sum _{i=1}^{\infty }{\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack }}$ 

下面这些系理和${\displaystyle {2n \choose n}}$ 的上界有关。

若${\displaystyle p}$ 为质数，设${\displaystyle s_{p}}$ 是最大的整数使得 ${\displaystyle p^{s_{p}}}$  整除 ${\displaystyle {2n \choose n}}$ ，则：

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

对于所有${\displaystyle x>0}$ ，${\displaystyle \lbrack 2x\rbrack -2\lbrack x\rbrack \leq 1}$  ，所以

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

于是得到三个上界：

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

核心部分

假设存在大于1的正整数${\displaystyle n}$ ，使得没有质数${\displaystyle p}$ 符合${\displaystyle n<p<2n}$ 。根据系理1.2和1.3：

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

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

结合之前关于${\displaystyle 2n \choose n}$ 的下界的不等式1：

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

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

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

两边取2的对数，并设${\displaystyle x={\sqrt {2n}}}$ ：

${\displaystyle x\ln 2-3\ln x<0}$ 。

显然${\displaystyle x\geq 16}$ ，即${\displaystyle n\geq 128}$ 时，此式不成立，得出矛盾。 因此${\displaystyle n\geq 128}$ 时，伯特兰—切比雪夫定理成立。

再在${\displaystyle n<128}$ 时验证这个假设即可。

• 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