有了上一篇文章的$\prod\limits_{p\leq n}p < 4^{n-1}$的基础,我们其实已经很接近Bertrand假设的证明了。Bertrand假设的证明基于对二项式系数$C_n^{2n}$的素因子次数的细致考察,而在本篇文章中,我们先得到一个关于素数之积的下限公式,然后由此证明一个比Bertrand假设稍微弱一点的假设。最后,则通过一个简单的技巧,将我们的证明推动至Bertrand假设。

二项式系数的素因子

首先,我们考察$n!$中的素因子$p$的次数,结果是被称为Legendre定理的公式:

$n$中素因子$p$的次数恰好为$\sum\limits_{k\geq 1}\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor$。

证明很简单,因为$n!=1\times 2\times 3\times 4\times \dots \times n$,每隔$p$就有一个$p$的倍数,每隔$p^2$就有一个$p^2$的倍数,每隔$p^3$就有一个$p^3$的倍数,每增加一次幂,将多贡献一个$p$因子,所以把每个间隔数叠加即可。注意该和虽然写成无穷形式,但是非零项是有限的。

接着,我们用上面的公式考察$C_{n}^{2n}=\frac{(2n)!}{n! n!}$的素因子$p$的个数,由于只是阶乘的除法,因此,$C_n^{2n}$中素因子$p$的次数为
$$\sum\limits_{k\geq 1}\left(\left\lfloor\frac{2n}{p^k}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor\right)$$
注意到括弧里边的数最多是1,因为$\left\lfloor\frac{2n}{p^k}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor < \frac{2n}{p^k}-2\left(\frac{n}{p^k}-1\right)=2$,因此,设$C_n^{2n}$中$p$的次数是$\nu_p$,则
$$\nu_p \leq \max \{r,p^r \leq 2n\}$$

这样一来,我们就知道,在$C_n^{2n}$中,大于$\sqrt{2n}$的素因子的次数最多是1,而小于等于$\sqrt{2n}$的素因子的次数则不超过2n,同时小于等于$\sqrt{2n}$的素数不超过$\sqrt{2n}$个,于是,我们有公式
$$C_{n}^{2n} \leq (2n)^{\sqrt{2n}}\prod\limits_{\sqrt{2n} < p\leq 2n}p$$

接着,我们证明$C_{n}^{2n} >\frac{4^n}{2n}$,事实上,这个不等式相当弱,因为由string公式,我们有$C_{n}^{2n} \sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$,因此该不等式的证明不难,我们直接留给读者。利用该不等式,进一步得到
$$4^n \leq (2n)^{1+\sqrt{2n}}\prod\limits_{\sqrt{2n} < p\leq 2n}p$$
如果只是为了证明Bertrand假设,现在就可以直接跳到下面的“Bertrand假设”部分。这里我们简单地先得到
$$\prod\limits_{p\leq 2n}p > \frac{4^n}{(2n)^{1+\sqrt{2n}}}$$
要注意,分母$(2n)^{1+\sqrt{2n}}$比任意$a^n , a>1$的阶都要小。这是关于素数之积的下限的一个(比较弱的)估计。

弱Bertrand假设

一个比Bertrand假设稍弱的命题是

对于任意$\varepsilon > 0$,存在$N(\varepsilon) > 0$,使得任意$ n > N(\varepsilon)$,在$(1-\varepsilon)n$到$2n$之间都存在一个素数

上面我们说的内容已经足够证明这一命题,假设$(1-\varepsilon)n$到$2n$之间没有一个素数,那么
$$\prod\limits_{p\leq 2n}p=\prod\limits_{p\leq (1-\varepsilon)n}p$$
根据$\prod\limits_{p\leq n}p < 4^{n-1}$,就有
$$\prod\limits_{p\leq 2n}p < 4^{(1-\varepsilon)n-1}$$
结合本文的结果,就有
$$4^{(1-\varepsilon)n-1} > \frac{4^n}{(2n)^{1+\sqrt{2n}}}$$
也就是
$$(2n)^{1+\sqrt{2n}} > 4^{\varepsilon n+1}$$
之前已经提到过,$(2n)^{1+\sqrt{2n}}$比任意$a^n , a>1$的阶都要小,因此对于足够大的n,上述不等式将导致矛盾,因此对于足够大的n,$(1-\varepsilon)n$到$2n$之间至少有一个素数。

Bertrand假设

现在我们离Bertrand假设的证明只有一步之遥了。我们要更细致地考虑$C_n^{2n}$的素因子了,我们发现,$C_n^{2n}$中没有$\frac{2n}{3} < p \leq n$的素因子!证明相当简单,因为$C_{n}^{2n}=\frac{(2n)!}{n! n!}$,而$3p > 2n$则表明,分子$(2n)!$包含且只包含了$p$和$2p$,而$p \leq n$则表明,分母$(n!)^2$只含有素因子$p^2$,分子分母一约,次数为0。这样子,我们就有
$$C_{n}^{2n} \leq (2n)^{\sqrt{2n}}\prod\limits_{\sqrt{2n} < p\leq \frac{2n}{3}}p\times \prod\limits_{n < p\leq 2n}p$$
把$C_{n}^{2n} >\frac{4^n}{2n}$和$\prod\limits_{p\leq n}p < 4^{n-1}$代入上式,我们就得到
$$4^n \leq (2n)^{1+\sqrt{2n}}4^{\frac{2n}{3}}\times \prod\limits_{n < p\leq 2n}p$$
如果$n$到$2n$之间没有一个素数,那么最后一项就是1,这样子
$$4^{\frac{n}{3}} \leq (2n)^{1+\sqrt{2n}}$$
该不等式在$n > 4000$时就出现矛盾。因此对于$ n > 4000$,Bertrand假设成立。

剩下的部分,我们写出素数列

2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259, 2503, 4001

对于任意不大于4000的数字n,必然落在上面的素数列的相邻两数之间,或者是素数列本身某项。这样n与2n之间必然包括上述素数列的某一项,因此不大于4000时,Bertrand假设也成立。

以上证明收录在《数学天书中的证明》之中,是纯粹由初等的技巧所证明的素数区间上限,事实上,这个上限可以进一步改进,但是所用到的技巧就更为复杂了。一个还没有解决的猜想是,对于任意$n$,$n^2$与$(n+1)^2$之间是否一定有一个素数,目前还没有证实或者证伪。


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