伯特兰-切比雪夫定理

伯特兰-切比雪夫定理说明:若整数,则至少存在一个质数,符合。另一个稍弱说法是:对于所有大于1的整数,存在一个质数,符合

1845年约瑟·伯特兰提出这个猜想。伯特兰检查了2至3×106之间的所有数。1850年切比雪夫证明了这个猜想。拉马努金给出较简单的证明,而埃尔德什则借二项式系数给出了另一个简单的证明。

相关定理

西尔维斯特定理

詹姆斯·约瑟夫·西尔维斯特证明: 个大于 的连续整数之积,是一个大于 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 ,存在正整数 使得对于所有   之间有 个质数。

他又证明  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,  之间的质数数目大约是 

证明

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 的上下界,得出矛盾的不等式

注:下面的证明中,都假设 属于质数集。

不等式1

这条不等式是关于 的下界的。

  • 对于正整数  

证明 :

对于   
  
因此 

引理1

  •  

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  的因子。

 
同时又有  
于是就有  

定理1

这个定理和 的上界有关。

  • 对于所有正整数  

数学归纳法

 ,2 < 16,成立。

假设对于所有少于 的整数,叙述都成立。

显然,若n>2且n是偶数, 。对于奇数的n,设n=2k+1

引理1和归纳假设可得:

 

系理1

首先的定理:

  •  是质数, 是整数。设 是最大的整数使得  ,则 

下面这些系理和 的上界有关。


 为质数,设 是最大的整数使得   整除  ,则:

 

对于所有   ,所以

 

于是得到三个上界:

  1.  
  2.   
  3.   (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 ,使得没有质数 符合 。根据系理1.2和1.3:

 

再根据系理1.1和定理1:   上式最右方  

结合之前关于 的下界的不等式1

 
 
 

两边取2的对数,并设 

 

显然 ,即 时,此式不成立,得出矛盾。 因此 时,伯特兰—切比雪夫定理成立。

再在 时验证这个假设即可。

参考

外部链接