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伯特兰-切比雪夫定理

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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:

,所以

于是得到三个上界:

  1. (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

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