Dimostrazione di Srinivasa Ramanujan
modifica
Se
{
a
n
}
n
∈
N
+
{\displaystyle \{a_{n}\}_{n\in N^{+}}}
è una successione di reali tali che
a
1
≥
a
2
≥
a
3
≥
.
.
.
≥
0
{\displaystyle a_{1}\geq a_{2}\geq a_{3}\geq ...\geq 0}
, allora
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
a
n
=
a
1
−
a
2
+
∑
n
=
2
∞
(
a
2
n
−
1
−
a
2
n
)
≥
a
1
−
a
2
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_{n}=a_{1}-a_{2}+\sum _{n=2}^{\infty }\left(a_{2n-1}-a_{2n}\right)\geq a_{1}-a_{2}}
e anche
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
a
n
=
a
1
−
a
2
+
a
3
−
∑
n
=
2
∞
(
a
2
n
−
a
2
n
+
1
)
≤
a
1
−
a
2
+
a
3
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_{n}=a_{1}-a_{2}+a_{3}-\sum _{n=2}^{\infty }\left(a_{2n}-a_{2n+1}\right)\leq a_{1}-a_{2}+a_{3}}
Siano
θ
(
x
)
=
∑
p
≤
x
ln
p
{\displaystyle \theta (x)=\sum _{p\leq x}\ln p}
ψ
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
θ
(
x
1
n
)
=
∑
p
a
≤
x
ln
p
{\displaystyle \psi (x)=\sum _{n=1}^{\infty }\theta (x^{\frac {1}{n}})=\sum _{p^{a}\leq x}\ln p}
dove
p
{\displaystyle p}
è sempre un numero primo, ora
ln
⌊
x
⌋
!
=
∑
n
≤
x
ln
n
=
∑
n
≤
x
∑
p
a
|
n
ln
p
=
∑
m
≤
x
ψ
(
x
m
)
=
∑
m
=
1
∞
ψ
(
x
m
)
{\displaystyle \ln \lfloor x\rfloor !=\sum _{n\leq x}\ln n=\sum _{n\leq x}\sum _{p^{a}|n}\ln p=\sum _{m\leq x}\psi \left({\frac {x}{m}}\right)=\sum _{m=1}^{\infty }\psi \left({\frac {x}{m}}\right)}
e noto (vedi approssimazione di Stirling ) che
x
ln
x
−
x
≤
ln
x
!
≤
x
ln
x
−
x
+
ln
x
{\displaystyle x\ln x-x\leq \ln x!\leq x\ln x-x+\ln x}
quindi
ln
⌊
x
⌋
!
−
2
ln
⌊
x
2
⌋
!
=
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
ψ
(
x
n
)
≤
x
ln
2
+
ln
x
{\displaystyle \ln \lfloor x\rfloor !-2\ln \left\lfloor {\frac {x}{2}}\right\rfloor !=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\psi \left({\frac {x}{n}}\right)\leq x\ln 2+\ln x}
e
ln
⌊
x
⌋
!
−
2
ln
⌊
x
2
⌋
!
=
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
ψ
(
x
n
)
≥
x
ln
2
−
ln
x
+
ln
2
{\displaystyle \ln \lfloor x\rfloor !-2\ln \left\lfloor {\frac {x}{2}}\right\rfloor !=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\psi \left({\frac {x}{n}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2}
adesso in base a quanto scritto nei preliminari
(
1
)
{\displaystyle (1)}
ψ
(
x
)
−
ψ
(
x
2
)
≤
x
ln
2
+
ln
x
{\displaystyle \psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)\leq x\ln 2+\ln x}
(
2
)
{\displaystyle (2)}
ψ
(
x
)
−
ψ
(
x
2
)
+
ψ
(
x
3
)
≥
x
ln
2
−
ln
x
+
ln
2
{\displaystyle \psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)+\psi \left({\frac {x}{3}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2}
dalla (1) si ricava
ψ
(
x
)
=
∑
n
=
0
⌊
ln
x
ln
2
⌋
[
ψ
(
x
2
n
)
−
ψ
(
x
2
n
+
1
)
]
≤
∑
n
=
0
⌊
ln
x
ln
2
⌋
[
x
2
n
ln
2
+
ln
x
2
n
]
≤
2
x
ln
2
−
ln
2
x
+
ln
2
{\displaystyle \psi (x)=\sum _{n=0}^{\left\lfloor {\frac {\ln x}{\ln 2}}\right\rfloor }\left[\psi \left({\frac {x}{2^{n}}}\right)-\psi \left({\frac {x}{2^{n+1}}}\right)\right]\leq \sum _{n=0}^{\left\lfloor {\frac {\ln x}{\ln 2}}\right\rfloor }\left[{\frac {x}{2^{n}}}\ln 2+\ln {\frac {x}{2^{n}}}\right]\leq 2x\ln 2-\ln ^{2}x+\ln 2}
e sostituendo nella (2) si ottiene
(
3
)
{\displaystyle (3)}
ψ
(
x
)
−
ψ
(
x
2
)
≥
x
ln
2
−
ln
x
+
ln
2
−
ψ
(
x
3
)
≥
x
ln
2
−
ln
x
+
ln
2
−
2
3
x
ln
2
−
ln
2
x
3
≥
1
6
x
ln
2
{\displaystyle \psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2-\psi \left({\frac {x}{3}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2-{\frac {2}{3}}x\ln 2-\ln ^{2}{\frac {x}{3}}\geq {\frac {1}{6}}x\ln 2}
dove l'ultima disuguaglianza vale per tutte le
x
≥
499
{\displaystyle x\geq 499}
.
ora
ψ
(
x
)
−
2
ψ
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
θ
(
x
1
n
)
≤
θ
(
x
)
{\displaystyle \psi (x)-2\psi \left({\sqrt {x}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\theta (x^{\frac {1}{n}})\leq \theta (x)}
e sostituendo nella (3) tenendo conto che
θ
(
x
)
≤
ψ
(
x
)
{\displaystyle \theta (x)\leq \psi (x)}
ψ
(
x
)
−
ψ
(
x
2
)
≤
θ
(
x
)
−
θ
(
x
2
)
+
2
ψ
(
x
)
≤
θ
(
x
)
−
θ
(
x
2
)
+
4
x
ln
2
+
ln
2
x
2
{\displaystyle \psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)\leq \theta (x)-\theta \left({\frac {x}{2}}\right)+2\psi \left({\sqrt {x}}\right)\leq \theta (x)-\theta \left({\frac {x}{2}}\right)+4{\sqrt {x}}\ln 2+{\frac {\ln ^{2}x}{2}}}
θ
(
x
)
−
θ
(
x
2
)
≥
[
x
6
−
4
x
]
ln
2
−
ln
2
x
2
{\displaystyle \theta (x)-\theta \left({\frac {x}{2}}\right)\geq \left[{\frac {x}{6}}-4{\sqrt {x}}\right]\ln 2-{\frac {\ln ^{2}x}{2}}}
e infine
π
(
x
)
−
π
(
x
2
)
≥
ln
2
ln
x
[
x
6
−
4
x
]
−
ln
x
2
{\displaystyle \pi (x)-\pi \left({\frac {x}{2}}\right)\geq {\frac {\ln 2}{\ln x}}\left[{\frac {x}{6}}-4{\sqrt {x}}\right]-{\frac {\ln x}{2}}}
il secondo membro per
x
≥
938
{\displaystyle x\geq 938}
è sempre maggiore di 1 e poiché il postulato di Bertrand è verificato per tutti gli
x
<
938
{\displaystyle x<938}
la dimostrazione è conclusa.
Dimostrazione di Paul Erdős
modifica
Indichiamo l'insieme dei numeri primi con
P
{\displaystyle \mathbb {P} }
e definiamo:
θ
(
x
)
=
∑
p
∈
P
;
p
≤
x
ln
(
p
)
{\displaystyle \theta (x)=\sum _{p\in \mathbb {P} ;p\leq x}\ln(p)}
θ
(
n
)
<
n
⋅
ln
(
4
)
per tutti gli interi
n
≥
1
{\displaystyle \theta (n)<n\cdot \ln(4)\qquad {\mbox{per tutti gli interi }}n\geq 1}
θ
(
1
)
=
0
<
1
⋅
ln
(
4
)
{\displaystyle \theta (1)=0<1\cdot \ln(4)}
θ
(
2
)
=
ln
(
2
)
<
2
⋅
ln
(
4
)
{\displaystyle \theta (2)=\ln(2)<2\cdot \ln(4)}
θ
(
n
)
=
θ
(
n
−
1
)
<
(
n
−
1
)
⋅
ln
(
4
)
<
n
⋅
ln
(
4
)
{\displaystyle \theta (n)=\theta (n-1)<(n-1)\cdot \ln(4)<n\cdot \ln(4)}
(per induzione )
n > 2 ed n è dispari . Sia n = 2m + 1 con m > 0:
4
m
=
(
1
+
1
)
2
m
+
1
2
=
∑
k
=
0
2
m
+
1
(
2
m
+
1
k
)
2
=
x
+
(
2
m
+
1
m
)
+
(
2
m
+
1
m
+
1
)
2
≥
(
2
m
+
1
m
)
{\displaystyle 4^{m}={\frac {(1+1)^{2m+1}}{2}}={\frac {\sum _{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}}{2}}={\frac {x+{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}}{2}}\geq {2m+1 \choose m}}
Ogni primo p con
m
+
1
<
p
≤
2
m
+
1
{\displaystyle m+1<p\leq 2m+1}
divide
(
2
m
+
1
m
)
{\displaystyle {2m+1 \choose m}}
dando:
θ
(
2
m
+
1
)
−
θ
(
m
+
1
)
≤
ln
(
4
m
)
=
m
⋅
ln
(
4
)
{\displaystyle \theta (2m+1)-\theta (m+1)\leq \ln(4^{m})=m\cdot \ln(4)}
Per ipotesi induttiva
θ
(
m
+
1
)
<
(
m
+
1
)
⋅
ln
4
{\displaystyle \theta (m+1)<(m+1)\cdot \ln 4}
, da cui segue:
θ
(
n
)
=
θ
(
2
m
+
1
)
<
(
2
m
+
1
)
⋅
ln
(
4
)
=
n
⋅
ln
(
4
)
{\displaystyle \theta (n)=\theta (2m+1)<(2m+1)\cdot \ln(4)=n\cdot \ln(4)}
CVD
Detto ciò possiamo passare alla dimostrazione del postulato di Bertrand.
Supponiamo per assurdo che ci sia un controesempio : un intero n ≥ 2 tale che non ci sia nessun numero primo p tale che n < p < 2n .
Se 2 ≤ n < 2048, allora uno dei numeri primi 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 e 2503 (ognuno minore del doppio del precedente), che possiamo chiamare p , soddisferà n < p < 2n .
Dunque n ≥ 2048.
4
n
=
(
1
+
1
)
2
n
=
∑
k
=
0
2
n
(
2
n
k
)
{\displaystyle 4^{n}=(1+1)^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}}
Poiché
(
2
n
n
)
{\displaystyle {2n \choose n}}
è il più grande termine nella somma , abbiamo:
4
n
2
n
+
1
≤
(
2
n
n
)
{\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n+1}}\leq {2n \choose n}}
Definiamo
R
(
p
,
n
)
{\displaystyle R(p,n)}
come il più grande numero x , tale che
p
x
{\displaystyle p^{x}}
divide
(
2
n
n
)
{\displaystyle {2n \choose n}}
.
Poiché n ! ha
∑
j
=
1
∞
⌊
n
p
j
⌋
{\displaystyle \sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor }
fattori di p , otteniamo:
R
(
p
,
n
)
=
∑
j
=
1
∞
⌊
2
n
p
j
⌋
−
2
∑
j
=
1
∞
⌊
n
p
j
⌋
=
∑
j
=
1
∞
⌊
2
n
p
j
⌋
−
2
⌊
n
p
j
⌋
{\displaystyle R(p,n)=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor =\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor }
Dal momento che ogni termine
⌊
2
n
p
j
⌋
−
2
⌊
n
p
j
⌋
{\displaystyle \left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor }
può essere o uguale a 0
(
n
p
j
<
1
/
2
)
{\displaystyle ({\frac {n}{p^{j}}}<1/2)}
oppure ad 1
(
n
p
j
≥
1
/
2
)
{\displaystyle ({\frac {n}{p^{j}}}\geq 1/2)}
e tutti i termini con
j
>
⌊
ln
(
2
n
)
ln
(
p
)
⌋
{\displaystyle j>\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor }
sono 0, otteniamo:
R
(
p
,
n
)
≤
⌊
ln
(
2
n
)
ln
(
p
)
⌋
{\displaystyle R(p,n)\leq \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor }
Per
p
>
2
n
{\displaystyle p>{\sqrt {2n}}}
abbiamo
⌊
ln
(
2
n
)
ln
(
p
)
⌋
≤
1
{\displaystyle \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \leq 1}
o
R
(
p
,
n
)
=
⌊
2
n
p
⌋
−
2
⌊
n
p
⌋
{\displaystyle R(p,n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor }
.
(
2
n
n
)
{\displaystyle {2n \choose n}}
non ha fattori primi p tali che:
2n < p , poiché 2n è il fattore più grande.
n
<
p
≤
2
n
{\displaystyle n<p\leq 2n}
, a causa della nostra assunzione iniziale.
2
n
3
<
p
≤
n
{\displaystyle {\frac {2n}{3}}<p\leq n}
, perché
p
>
2
n
{\displaystyle p>{\sqrt {2n}}}
(dato che
n
≥
5
{\displaystyle n\geq 5}
) che implica
R
(
p
,
n
)
=
⌊
2
n
p
⌋
−
2
⌊
n
p
⌋
=
2
−
2
=
0
{\displaystyle R(p,n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor =2-2=0}
.
Ogni fattore primo di
(
2
n
n
)
{\displaystyle {2n \choose n}}
è dunque minore o uguale a
2
n
3
{\displaystyle {\frac {2n}{3}}}
.
(
2
n
n
)
{\displaystyle {2n \choose n}}
ha al massimo un fattore di ogni primo
p
>
2
n
{\displaystyle p>{\sqrt {2n}}}
. Poiché
p
R
(
p
,
n
)
≤
2
n
{\displaystyle p^{R(p,n)}\leq 2n}
, il prodotto di
p
R
(
p
,
n
)
{\displaystyle p^{R(p,n)}}
su tutti gli altri primi vale al massimo
(
2
n
)
2
n
{\displaystyle (2n)^{\sqrt {2n}}}
. Dal momento che
(
2
n
n
)
{\displaystyle {2n \choose n}}
è il prodotto di
p
R
(
p
,
n
)
{\displaystyle p^{R(p,n)}}
su tutti i primi p , otteniamo:
4
n
2
n
+
1
≤
(
2
n
n
)
≤
(
2
n
)
2
n
∏
p
∈
P
2
n
3
p
=
(
2
n
)
2
n
e
θ
(
2
n
3
)
{\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n+1}}\leq {2n \choose n}\leq (2n)^{\sqrt {2n}}\prod _{p\in \mathbb {P} }^{\frac {2n}{3}}p=(2n)^{\sqrt {2n}}e^{\theta ({\frac {2n}{3}})}}
Usando il lemma
θ
(
n
)
<
n
⋅
ln
(
4
)
{\displaystyle \theta (n)<n\cdot \ln(4)}
:
4
n
2
n
+
1
≤
(
2
n
)
2
n
4
2
n
3
{\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n+1}}\leq (2n)^{\sqrt {2n}}4^{\frac {2n}{3}}}
Dato che abbiamo
(
2
n
+
1
)
<
(
2
n
)
2
{\displaystyle (2n+1)<(2n)^{2}}
:
4
n
3
≤
(
2
n
)
2
+
2
n
{\displaystyle 4^{\frac {n}{3}}\leq (2n)^{2+{\sqrt {2n}}}}
Inoltre
2
≤
2
n
3
{\displaystyle 2\leq {\frac {\sqrt {2n}}{3}}}
(in quanto
n
≥
18
{\displaystyle n\geq 18}
):
4
n
3
≤
(
2
n
)
4
3
2
n
{\displaystyle 4^{\frac {n}{3}}\leq (2n)^{{\frac {4}{3}}{\sqrt {2n}}}}
Passando ai logaritmi :
2
n
ln
(
2
)
≤
4
⋅
ln
(
2
n
)
{\displaystyle {\sqrt {2n}}\ln(2)\leq 4\cdot \ln(2n)}
Sostituendo 22t al posto di 2n :
2
t
t
≤
8
{\displaystyle {\frac {2^{t}}{t}}\leq 8}
Questo implica t <6 e la contraddizione:
n
=
2
2
t
2
<
2
2
⋅
6
2
=
2048
{\displaystyle n={\frac {2^{2t}}{2}}<{\frac {2^{2\cdot 6}}{2}}=2048}
Dunque non è possibile nessun controesempio al postulato.
CVD