Bertranlar postulatining isboti - Proof of Bertrands postulate

Yilda matematika, Bertranning postulati (aslida a teorema ) har bir kishi uchun bor asosiy shu kabi

. Bu birinchi tomonidan isbotlangan Pafnutiy Chebyshev va qisqa, ammo ilg'or dalil keltirildi Srinivasa Ramanujan.[1] Quyidagi elementar dalillarning mohiyati quyidagicha Pol Erdos. Isbotning asosiy g'oyasi - bu ma'lum bir narsani ko'rsatishdir markaziy binomial koeffitsient bo'lishi kerak asosiy omil etarlicha katta bo'lishi uchun kerakli oraliqda. Bunga markaziy binomial koeffitsientlarning asosiy faktorizatsiyasini sinchkovlik bilan tahlil qilish orqali erishildi.

Isbotning asosiy bosqichlari quyidagilar. Birinchidan, buni har biri ko'rsatadi asosiy kuch omil bu markaziy binomial koeffitsientning asosiy parchalanishiga kiradi ko'pi bilan . Xususan, har bir boshlang'ich kattaroq eng ko'pi bilan bu parchalanishga kirishi mumkin; ya'ni uning ko'rsatkichi eng ko'pi. Keyingi qadam buni isbotlashdir bo'shliq oralig'ida hech qanday asosiy omillar yo'q . Ushbu ikki chegaraning natijasi sifatida hajmiga hissa qo'shish eng asosiy omillardan kelib chiqadi asimptotik ravishda o'sadi kabi kimdir uchun . Markaziy binomial koeffitsientning asimptotik o'sishi hech bo'lmaganda , degan xulosaga kelish mumkin etarlicha katta binomial koeffitsientda yana bir asosiy omil bo'lishi kerak, bu faqat o'rtasida bo'lishi mumkin va .Haqiqatan ham, bu taxminlarni miqdoriy qilib, ushbu dalil hamma uchun to'g'ri ekanligini anglaydi . Ning qolgan kichik qiymatlari Bertran postulatining isbotini to'ldirib, to'g'ridan-to'g'ri tekshirish orqali osongina hal qilinadi. Ushbu dalil shu qadar qisqa va nafiski, ulardan biri hisoblanadi KITOBDAN dalillar.

Lemmalar va hisoblash

Lemma 1: markaziy binomial koeffitsientlarning pastki chegarasi

Lemma: Har qanday butun son uchun , bizda ... bor

Isbot: Qo'llash binomiya teoremasi,

beri o'ng tomondagi yig'indining eng katta atamasi va yig'indisi bor atamalar (boshlang'ichni o'z ichiga olgan holda) summadan tashqari).

Lemma 2: markaziy binomial koeffitsientlarni ajratuvchi asosiy kuchlarning yuqori chegarasi

Belgilangan asosiy uchun , aniqlang bo'lish p-adic tartibi ning , ya'ni eng katta butun son shu kabi ajratadi .

Lemma: Har qanday asosiy uchun , .

Isbot: Ning eksponenti yilda bu (qarang Faktorial # Sonlar nazariyasi ):

shunday

Ammo oxirgi yig'indining har bir muddati nolga teng bo'lishi mumkin (agar ) yoki 1 (agar bo'lsa ) va barcha shartlar nolga teng. Shuning uchun,

va

Bu lemmaning isbotini to'ldiradi.

Lemma 3: Markaziy binomial koeffitsientlar katta intervalda asosiy omilga ega emas

Talab: Agar toq va

, keyin

Isbot: Ning aniq ikkita omili mavjud ifoda numeratorida , ikki davrdan kelib chiqqan holda va yilda , shuningdek, ikkita omil atamada ikki nusxadagi maxrajda yilda . Bu omillar bekor qilinadi va hech qanday omillarni qoldirmaydi yilda . (Bog'langan lemmaning old shartlarida buni ta'minlaydi raqamning atamasi bo'lishi uchun juda katta va bu taxmin buni ta'minlash uchun g'alati kerak ning faqat bitta omiliga yordam beradi raqamga).

Lemma 4: ibtidoiy chegaraning yuqori chegarasi

Biz taxmin qilamiz ibtidoiy funktsiyasi,

bu erda mahsulot hamma narsadan olinadi asosiy raqamlar haqiqiy sondan kam yoki teng

Lemma: Barcha haqiqiy sonlar uchun ,

Isbot:Beri va , degan taxmin ostida natijani isbotlash kifoya butun son, Beri butun son va barcha tub sonlardir uning raqamida ko'rinadi, lekin maxrajida emas, bizda mavjud

Isbot dalil bilan keladi to'liq induksiya kuni

  • Agar , keyin
  • Agar , keyin
  • Agar g'alati, , keyin yuqoridagi taxmin va induksiya faraziga ko'ra va bu
  • Agar teng va keyin yuqoridagi taxmin va induksiya faraziga ko'ra, chunki va bu

Shunday qilib lemma isbotlangan.

Bertran postulatining isboti

Bor deb taxmin qiling qarshi misol: butun son n ≥ 2, shuning uchun asosiy narsa yo'q p bilan n < p < 2n.

Agar 2 If bo'lsa n <468, keyin p 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631 (har biri avvalgisidan ikki baravar kam) asosiy sonlar orasidan tanlanishi mumkin. n < p < 2n. Shuning uchun, n ≥ 468.

Asosiy omillar yo'q p ning shu kabi:

  • 2n < p, chunki har bir omil bo'linishi kerak (2n)!;
  • p = 2n, chunki 2n asosiy emas;
  • n < p < 2n, chunki bunday tub raqam yo'q deb taxmin qildik;
  • 2n / 3 < pn: tomonidan Lemma 3.

Shuning uchun har bir asosiy omil p qondiradi p ≤ 2n/3.

Qachon raqam eng ko'p bitta omilga ega p. By Lemma 2, har qanday eng yaxshi uchun p bizda ... bor pR(p,n) ≤ 2n, shuning uchun pR(p,n) kichik yoki unga teng sonlar ustida ko'pi bilan . Keyin, bilan boshlanadi Lemma 1 va o'ng tomonni asosiy faktorizatsiyaga aylantirish va nihoyat foydalanish Lemma 4, bu chegaralar quyidagilarni beradi:

Logarifmlarni olish natijasida hosil bo'ladi

Funktsiyasi sifatida o'ng tomonning konkavligi bo'yicha n, oxirgi tengsizlik albatta interval bilan tasdiqlanadi. U uchun amal qiladi n = 467 va u uchun emas n = 468, biz olamiz

Ammo bu holatlar allaqachon hal qilingan va biz xulosa qilamizki, postulat uchun hech qanday qarshi misol mumkin emas.

Adabiyotlar

  1. ^ Ramanujan, S. (1919), "Bertran postulatining isboti", Hind matematik jamiyati jurnali, 11: 181–182

Tashqi havolalar