Prueba del postulado de Beltrán - Enciclopedia España

En las matemáticas, el postulado (realmente un teorema de Beltrán) indica eso para cada &ge del n ; 2 allí es un p de la prima tales que el n < el p < 2 el n . Era primer probado por el Pafnuty Chebyshev, y un corto pero la prueba avanzada fue dada por el Srinivasa Ramanujan . El esencial de la prueba elemental pero implicada siguiente por la contradicción es debido al Paul Erdő s ; la idea básica de la prueba es demostrar que un coeficiente binomial de cierto necesita tener un factor primero dentro del intervalo deseado para ser bastante grande. La discusión en la prueba establece una contradicción comparando dos hechos:
El $del coeficiente binomial \ el binom {2n} {n}$ es " large" en un sentido exacto (lema 1 ), y
Si el postulado de Beltrán falla para el n, después todos los factores primeros de este coeficiente binomial son " small" (una combinación del lema 3 y la negación del postulado de Beltrán). Entonces es demostrado por un cierto cómputo extendido (que confía sobre todo en el lema 2 y el lema 4 ) que el segundo hecho sea contrario con primer. Por lo tanto el postulado de Beltrán debe sostenerse. Para presentar al la discusión principal de la prueba inteligible, estos lemas y algunas demandas auxiliares se demuestran por separado primero.

Lemas y cómputos

Lema 1: Un límite más bajo en los coeficientes binomiales centrales

Lema del : para cualquie > del n del número entero; 0, tenemos < \ binom {2n} {n} del

\ del frac del {4^n} {2n+1}. \

Prueba del : aplicándose binomial teorema,

$4^n = (1 + 1)^ {2n} = \ sum_ {k = 0} ^ {2n} \ binom {2n} {k}. \$ Desde el $\ el binom {2n} {n}$ es el término más grande de la suma, nosotros tiene: $4^n < (2n + 1) \ binom {2n} {n},$ según lo deseado.

Lema 2: Un límite superior en las energías primeras que dividen coeficientes binomiales centrales

Para un primero fijo p, definir el R ( p, n ) para ser el más alto x, tal del número natural que el x del ^{del p divide el $\ el binom {2n} {n}.$ Lema del : para cualquier p, tenemos &le del R ( p, n ) del ^{del p}; 2 n .
Prueba del : ¡ el exponente del p en el n ! es (véase la teoría de Factorial#Number): $del \ ^ del sum_ {j = 1} \ infty \ haber ido \ lfloor \ frac {n} {p^j} \, derecho \ del rfloor \$ conseguimos tan el $R (p del, n) = \ el ^ del sum_ {j = 1} \ infty \ se fueron \ lfloor \ el frac {2n} {p^j} \ derecho \ rfloor - ^ de 2 \ sum_ {j = 1} \ infty \ a la izquierda \ lfloor \ frac {n} {p^j} \ derecho \ rfloor = \ ^ del sum_ {j = 1} \ infty \ haber ido (\ dejado \ lfloor \ frac {2n} {p^j} \ derecho \ rfloor - 2 \ dejados \ lfloor \ frac {n} {p^j} \ derecho \ rfloor \ derecho).$ Pero cada término de la adición pasada puede o ser 0 (si < de la MOD 1 del j del ^{del n /del p ; el 1/2) o 1 (si &ge de la MOD 1 del j} del ^{del n /del p ; el 1/2) y todos los términos con el j > el p (2 n ) del log_{es 0. Por lo tanto $R del (p, n) \, \$ del leq \ del log_p (2n) y conseguimos: $p^ del {R (p, n)} \ p^ del leq {\ log_p {2n}} = 2n. \$ Esto termina la prueba del lema.}}

Lema 3: La energía exacta de una prima grande en un coeficiente binomial central
Lema del : para > \ raíz cuadrada {2n}, del $p tenemos R del (p, n) = \ a la izquierda \ lfloor \ frac {2n} {p} \ derecho \ rfloor - 2 \ a la izquierda \ lfloor \ frac {n} {p} \ derecho \ rfloor. \$ Prueba del : usar la misma suma para el R ( p, n ) como en el lema 2, vemos eso desde > del p ²; el 2n, de hecho solamente el primer término es diferente a cero; este término es exactamente el lado derecho de la ecuación antedicha.

Lema 4: Un límite superior en el primorial
Estimamos la función de Primorial, $n del \ # = \, \$ del prod_ {p \ leq n} p donde se asume el control el producto toda la prima del numera el p inferior o igual el n . Lema del : para todo el &ge del n ; 1, tenemos n # < 4^{el n}.
Prueba del : la prueba está por la inducción matemática . Primero los casos bajos:
n = 1: el n # es el producto vacío : del
$n de \ # = 1 < 4 = 4^1. \ de$ el n = 2:2 es primero: del
$2 \ # = 2 < 16 = 4^2. \ de$ el n > 2 y el n es uniformes: Puesto que cada número par mayor de 2 es compuesto, tenemos por la hipótesis de la inducción: del
$n \ # = (n-1) \ # < 4^ {n-1} < 4^n. \ de$ > del n ; 2 es impares. Dejar el n = 2 el m + 1 con el > del m ; 0; entonces puesto que todos los términos en la extensión binomial siguiente son positivos tenemos: del
el $de \ comienza {alinear} los 4^m &= \ frac {1} {2} (1 + 1)^ {los 2m + 1} = \ frac {1} {2} \ del sum_ {k = 0} del ^ {2m+1} \ del binom {los 2m + 1} {k} \ \ &> \ frac {1} {2} \ Biggl (\ binom {los 2m + 1} {m} + \ binom {los 2m + 1} {m + 1} \ Biggr) = \ binom {los 2m + 1} {m}. \ extremo {alinear} de$ cada primero p con el m + 1 < &le del p ; 2 el m + 1 divide el $\ el binom {los 2m + 1} {m},$ que nos da: $del \ m del frac {(los 2m + 1) \ #} {(m + 1) \ #} = \ ^ del prod_ {p > m + 1} {p \ leq los 2m + 1} p \ leq \ binom {2m+1} {m} < de 4^m. \ de$ por la inducción, (< + 1)#; 4^{m + 1}, tan: $n del \ # = (los 2m + 1) \ # los < 4^m \ cdot (m + 1) \ # los < 4^m \ cdot 4^ {m + 1} = 4^ {los 2m + 1} = 4^n. \$ Así el lema se prueba.

Cómputos
Recogemos aquí cuatro demandas numéricas que suban en la prueba. Aquí el n es siempre un número entero, y el t es un número verdadero. Si > del n ; 5, entonces $2n/3 > \ raíz cuadrada {2n};$ de Si > del n ; 0, entonces 2 n + 1 < (2 n ) ²;
Si > del n ; 18, entonces $2 < \ raíz cuadrada {2n} /3;$
de Si 2^{< del t}; 8 t, entonces < del t ; 6. Para probar 1, ajustar ambos lados y solucionarlos: > \ raíz cuadrada {2n} del $\ Leftrightarrow \ patio \ frac {4n^2} {9} > 2n \ patio \ Leftrightarrow \ patio 4n^2 - 18n = 2n (2n - 9) > 0$ y si > del n ; 5, ambos factores son positivos, así que éste es de hecho verdad.
Para probar 2, recoger los lados juntos y terminar el cuadrado: $2n + 1 < (2n) ^2 \ patio \ Leftrightarrow \ patio (2n) ^2 - (2n) - 1 > 0 \ patio \ Leftrightarrow \ patio \ (2n - \ frac {1} {2} \ derecho) ^2 - dejado \ frac {5} {4} > 0.$ Si > del n ; 0 es un número entero, entonces 2 &ge del n ; 2, así que el lado izquierdo es de hecho siempre positivos.
Para probar 3, ajustar ambos lados: < \ frac {\ raíz cuadrada {2n}} {3} del $2 \ patio \ Leftrightarrow \ patio 36 < 2n \ patio \ Leftrightarrow \ patio n > 18.$ Para probar 4, observar ese 2⁶ = 64 > 48 = 8 × 6, así que la desigualdad es verdades para el t = 6. Ahora comparar derivados: $del \ frac {d} {despegue} 2^t = 2^t \ ln 2 > 8 = \ frac {d} {despegue} 8t$ para el > del t ; 6, el lado izquierdo es desde entonces 64 el ln 2, o cerca de 44. Así 2^{el t} aumenta más rápidamente de 8 el t así como el principio mayor, sigue siendo tan mayor.

Prueba del postulado de Beltrán
Asumir que hay un contraejemplo : un &ge del n del número entero; 2 tales que no hay primero p con el &le del n ; < del p ; 2 n . Si &le 2; < del n ; 2048, entonces p se puede elegir entre de los números primeros 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 y 2503 (cada uno que es menos de dos veces su precursor) tales que < del n ; < del p ; 2 n . Por lo tanto &ge del n ; 2048.
No hay p de los factores primeros del $\ del binom {2n} {n}$ tales que:
2 < del n ; p, porque 2 el n es el factor más grande;
&le del n ; &le del p ; 2 el n, porque asumimos allí no es ninguÌn tal número primero;
2 < del n /3; &le del p ; n, porque entonces > \ raíz cuadrada {2n} del $p (por el cómputo 1 ) que nos da (por el lema 3 ) el del R de$
(p, n) = \ se fue \ lfloor \ el frac {2n} {p} \ derecho \ el rfloor - 2 \ a la izquierda \ lfloor \ frac {n} {p} \ derecho \ rfloor \ leq 2 - 2 = 0. \ Por lo tanto, cada p del factor primero satisface el &le del p ; 2 n /3. Cuando > \ raíz cuadrada {2n}, del $p el del número {2n \ eligen n} tiene a lo más un factor del p . Al lado del lema 2, porque de cualquier primero p tenemos &le del R ( p, n ) del$ ^{del p}; 2 el n, así que el producto del R ( p, n ) del ^{del p} sobre todo el otro prepara es a lo más ^ del $(2n) {\ raíz cuadrada {2n}}.$ entonces, comenzando con el lema 1 y descomposición del lado derecho en su facturización primera, estos límites dan: $del \ frac {4^n} {2n + 1} < \ binom {2n} {n} \ ^ del leq (2n) {\ raíz cuadrada {2n}} \ ^ del prod_ {p > \ raíz cuadrada {2n}} {p \ leq 2n/3} p < ^ (2n)} \ cdot \ lfloor 2n/3 \ rfloor {\ raíz cuadrada {2n} \ #. \$ Usar el lema 4, esto simplifica: $del \ frac {4^n} {2n + 1} < (2n) ^ {\ raíz cuadrada {2n}} 4^ {\ lfloor 2n/3 \ rfloor} \ ^ del leq (2n) {\ raíz cuadrada {2n}} 4^ {2n/3}. \$ Despejando el denominador y la aplicación de de los cómputos 2 y 3:
$4^ {n/3} del < (2n + 1) ^ (2n) {\ raíz cuadrada {2n}} < ^ (2n) {2 + \ raíz cuadrada {2n}} < ^ (2n) {(4/3) \ raíz cuadrada {2n}}. \$ Tomar el logaritmo de ambos lados:

$\ frac {n} {3} \ ln 4 < \ frac {4} {3} \ raíz cuadrado {2n} \ ln (2n) \ patio \ Leftrightarrow \ patio \ raíz cuadrado {2n} \ ln {2} < 4 \ cdot \ ln (2n). \$ Substituir 2^{2 el t} para 2 el n : $del \ frac {2^t} {t} < 8. \$ Esto nos da el < del t ; 6 por el cómputo 4, y la contradicción: $del frac {2^ {2t}} {2}. \$ Así no hay contraejemplo al postulado posible.
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