Định lý Chebysev

Định lý Chebysev là một định lý số học đẹp với phát biểu :"Giữa n và 2n luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố (Với n nguyên dương)"
Sau đây là một số phép chứng minh, nếu có gì sai sót mong các bạn góp ý

Vấn đề 1: Bổ đề về nhị thức bậc hai trung tâm

Vấn đề: Với mọi số nguyên , ta có

Chứng minh: Áp dụng khai triển Newton ta được:

Vì là thừa số lớn nhất trong 2n thừa số của vế trái (bao gồm cả số 2 bên ngoài)

Vấn đề 2: Bổ đề về số mũ lớn nhất của một thừa số nguyên tố trong phân tích của

Với mỗi số nguyên tố cho trước, gọi là số tự nhiên lớn nhất sao cho thỏa mãn  là ước của .
Vấn đề: Với mỗi số nguyên tố , ta có .
Chứng minh: Số mũ lớn nhất của trong phân tích là:

Vì vậy:

Nhưng lại có mỗi thừa số trong tổng cuối cùng có thể nhận giá trị 0 (nếu ) hoặc 1 (nếu ) và mỗi thừa số ứng với thì bằng 0. Do đó:

và

Điều này hoàn thành chứng minh cho vấn đề 2

Vấn đề 3: Số mũ lớn nhất của một số nguyên tố đủ lớn trong phân tích nhị thức bậc hai trung tâm

Vấn đề: Nếu lẻ và , thì
Chứng minh: Có chính xác hai thừa số trong phân tích thành thừa số nguyên tố của , đến từ 2 thừa số và trong , và bên cạnh đó cũng có 2 thừa số từ 2 phân tích của . Những thừa số này triệt tiêu nhau, vì vậy không còn thừa số nào trong . (Bản chất của vấn đề này là được xác định như giả thuyết khiến cho không nằm trong phân tích thừa số nguyên tố của , và giả thuyết là lẻ cần thiết để đảm bảo chỉ tạo thành một nhân tử trong phân tích thừa số nguyên tố.)

Vấn đề 4: Bổ đề về giai thừa số nguyên tố

Ta quy ước hàm giai thừa số nguyên tố như sau

${\displaystyle x\#=\prod _{p\leq x}p,\ }$

trong đó các nhân tử của tích là toàn bộ những số nguyên tố ${\displaystyle p}$ nhỏ hơn hoặc bằng số thực ${\displaystyle x}$.
Vấn đề: Với mọi số thực ${\displaystyle x\geq 3}$, ${\displaystyle x\#<2^{2x-3}}$
Chứng minh: Vì ${\displaystyle x\#=\lfloor x\rfloor \#}$ và ${\displaystyle 2^{2\lfloor x\rfloor -3}\leq 2^{2x-3}}$, nên ta chỉ cần chứng minh kết quả trên với điều kiện ${\displaystyle x=n}$ là số nguyên dương, ${\displaystyle n\geq 3}$. Vì ${\displaystyle {\binom {2n-1}{n}}}$ nguyên dương và với số nguyên tố thỏa ${\displaystyle n+1\leq p\leq 2n-1}$ thì nhân tử chỉ xuất hiện một lần trên mẫu mà không xuất hiện dưới mẫu, vì vậy ta được

${\displaystyle {\frac {(2n-1)\#}{n\#}}\leq {\binom {2n-1}{n}}={\frac {1}{2}}\left({\binom {2n-1}{n-1}}+{\binom {2n-1}{n}}\right)<{\frac {1}{2}}(1+1)^{2n-1}=2^{2n-2}.}$(***)

Ta sẽ hoàn thành chứng minh bằng phương pháp qui nạp

• Nếu ${\displaystyle n=3}$ thì ${\displaystyle n\#=6<8=2^{2n-3}.}$
• Nếu ${\displaystyle n=4}$, thì ${\displaystyle n\#=6<16=2^{2n-3}.}$
• Nếu ${\displaystyle n=2m-1}$ là số lẻ và ${\displaystyle n\geq 5}$, ta áp dụng kết quả (***) kết hợp với giả thiết qui nạp cho ${\displaystyle m\geq 3}$ thì được

${\displaystyle n\#=(2m-1)\#<m\#\cdot 2^{2m-2}<2^{2m-3}2^{2m-2}=2^{4m-5}=2^{2n-3}.}$

• Nếu ${\displaystyle n=2m}$ là số lẻ và ${\displaystyle n\geq 6}$, ta áp dụng kết quả (***) kết hợp với giả thiết qui nạp cho ${\displaystyle m\geq 3}$ thì được

${\displaystyle n\#=(2m)\#=(2m-1)\#<m\#\cdot 2^{2m-2}<2^{2m-3}2^{2m-2}=2^{4m-5}<2^{4m-3}=2^{2n-3}.}$

Ta suy ra điều phải chứng minh.

Phép chứng minh của Bertrand

Ta giả sử tồn tại một số nguyên n ≥ 2 sao cho không có số nguyên tố p nào thỏa n < p < 2n.
Nếu 2 ≤ n < 468, ta có thể chọn p từ các số nguyên tố 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631 (Với chú ý mỗi số nguyên tố này đều nhỏ hơn 2 lần số đứng trước nó) sao cho n < p < 2n. Vì vậy n ≥ 468.
Không có nhân tử p nào trong phân tích của ${\displaystyle \textstyle {\binom {2n}{n}}}$ sao cho:

• 2n < p, bởi vì mỗi nhân tử nguyên tố đều phải là ước của (2n)! ;
• p = 2n, bởi vì 2n không phải số nguyên tố ;
• n < p < 2n, theo giả thiết ;
• 2n / 3 < p ≤ n: áp dụng Vấn đề 3.

Vì vậy, mọi nhân tử nguyên tố p đều thõa mãn p ≤ 2n/3.
Khi ${\displaystyle p>{\sqrt {2n}},}$  ${\displaystyle \textstyle {2n \choose n}}$ chỉ có thể chứa tối đa một nhân tử p. Áp dụng Vấn đề 2, với mỗi số nguyên tố p ta có p^R(p,n) ≤ 2n, vì vậy nhân tử p^R(p,n) trong tích luôn có số mũ nhỏ hơn hoặc bằng ${\displaystyle {\sqrt {2n}}}$ do đó nhân tử này luôn không vượt quá ${\displaystyle (2n)^{\sqrt {2n}}}$. Sau đó, ta áp dụng Vấn đề 1 kết hợp phép phân tích thành thừa số nguyên tố , và cuối cùng sử dụng Vấn đề 4 thì được:ì

${\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n}}\leq {\binom {2n}{n}}=\left(\prod _{p\leq {\sqrt {2n}}}p^{R(p,n)}\right)\left(\prod _{{\sqrt {2n}}<p\leq {\frac {2n}{3}}}p^{R(p,n)}\right)<(2n)^{\sqrt {2n}}\prod _{1<p\leq {\frac {2n}{3}}}p=(2n)^{\sqrt {2n}}{\Big (}{\frac {2n}{3}}{\Big )}\#\leq (2n)^{\sqrt {2n}}4^{2n/3}.\ }$

Lấy logarit 2 vế :

${\displaystyle {\frac {\log 4}{3}}n\leq ({\sqrt {2n}}+1)\log 2n\;.}$

Ta có nhận xét đạo hàm của hiệu vế phải trừ cho vế trái luôn lớn 0 nên hiệu này đồng biến. Vì bất đẳng thức này đúng với n=467 và không còn đúng khi n=468, ta được

${\displaystyle n<468.\ }$

Nhưng trường hợp này đã được chứng minh bằng cách liệt kê từ trước nên ta hoàn thành bài chứng minh.

Phép chứng minh của Shigenori Tochiori

Sử dụng Vấn đề 4, Tochiori chứng minh rằng nếu tồn tại một số nguyên ${\displaystyle n\geq 5}$ sao cho không có số nguyên tố nào thỏa ${\displaystyle n<p\leq 2n}$ thì dẫn đến ${\displaystyle n<64}$. ^[3]
Trước tiên, ta làm chặt Vấn đề 1:
Vấn đề 1': Với mọi số nguyên ${\displaystyle n\geq 4}$, ta có

${\displaystyle {\frac {4^{n}}{n}}<{\binom {2n}{n}}.\ }$

Chứng minh: Với nhận xét: ${\displaystyle {\frac {4^{4}}{4}}=64<70={\binom {8}{4}},}$ ta giả sử điều phải chứng minh đúng đến ${\displaystyle n-1}$,

${\displaystyle {\binom {2n}{n}}=2\,{\frac {2n-1}{n}}{\binom {2(n-1)}{n-1}}>2\,{\frac {2n-1}{n}}{\frac {4^{n-1}}{n-1}}>2\cdot 2\,{\frac {4^{n-1}}{n}}={\frac {4^{n}}{n}}.}$

Tiếp theo, ta cải tiến việc ước lượng các số nguyên tố nhỏ thông qua hàm ${\displaystyle \pi (x)}$ (là hàm định nghĩa bằng số lượng số nguyên tố không vượt quá ${\displaystyle n}$):
Vấn đề 5: Với mọi số tự nhiên ${\displaystyle n}$, ta có

${\displaystyle \pi (n)\leq {\frac {1}{3}}n+2.}$

Chứng minh: Ngoại trừ ${\displaystyle p=2,3}$, mọi số nguyên tố khác đều thỏa ${\displaystyle p\equiv 1}$ hoặc ${\displaystyle p\equiv 5{\pmod {6}}}$. Vì vậy các số nguyên tố được tính trong ${\displaystyle \pi (n)}$ nằm trong các số ${\displaystyle k\leq n}$ với ${\displaystyle k\equiv 1}$ or ${\displaystyle k\equiv 5{\pmod {6}}}$ và cộng thêm 1 đơn vị ( Vì ta tính 1 nhưng chưa tính 2 và 3 ${\displaystyle 1$${\displaystyle 2,3}$).Do vậy

${\displaystyle \pi (n)\leq \left\lfloor {\frac {n+5}{6}}\right\rfloor +\left\lfloor {\frac {n+1}{6}}\right\rfloor +1\leq {\frac {n+5}{6}}+{\frac {n+1}{6}}+1={\frac {1}{3}}n+2.}$

Bây giờ, bằng cách thông qua giá trị của nhị thức trung tâm, chúng ta có thể áp dụng những vấn đề đã được cải tiến này để có những bất đẳng thức sau (với ${\displaystyle n\geq 5}$, khi đó ${\displaystyle {\sqrt {2n}}\geq 3}$ nên ${\displaystyle {\sqrt {2n}}\#\geq 3\#=6}$):

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {4^{n}}{n}}&\leq {\binom {2n}{n}}\\&=\prod _{p\leq {\sqrt {2n}}}p^{R(p,n)}\cdot \prod _{{\sqrt {2n}}<p\leq {\frac {2n}{3}}}p^{R(p,n)}\\&<(2n)^{\pi ({\sqrt {2n}})}\prod _{{\sqrt {2n}}<p\leq {\frac {2n}{3}}}p=(2n)^{{\frac {1}{3}}{\sqrt {2n}}+2}{\frac {(2n/3)\#}{{\sqrt {2n}}\#}}\\&<(2n)^{{\frac {1}{3}}{\sqrt {2n}}+2}{\frac {2^{2\cdot 2n/3-3}}{6}}<(2n)^{{\frac {1}{3}}{\sqrt {2n}}+2}2^{4n/3-5}.\end{aligned}}}$

Lấy logarit 2 vế thì được

${\displaystyle {\frac {2}{3}}n\log 2<{\frac {1}{3}}{\sqrt {2n}}\log 2n+3\log {\frac {n}{2}}}$

sau đó chí 2 vế cho ${\displaystyle {\frac {2}{3}}n}$:

${\displaystyle \log 2<{\sqrt {2}}\cdot {\frac {\log {\sqrt {n}}}{\sqrt {n}}}+{\frac {9}{4}}{\frac {\log {\frac {n}{2}}}{\frac {n}{2}}}+{\frac {\log 2}{\sqrt {2n}}}\equiv f(n)\;.}$

Hàm ${\displaystyle g(x)={\frac {\log x}{x}}}$ là hàm nghịch biến với ${\displaystyle x\geq e}$, vì vậy ${\displaystyle f(n)}$ nghịch biến khi ${\displaystyle n\geq e^{2}>2e}$
Nhưng lại có

${\displaystyle {\frac {f(2^{6})}{\log 2}}={\sqrt {2}}\cdot {\frac {3}{8}}+{\frac {9}{4}}\cdot {\frac {5}{32}}+{\frac {\sqrt {2}}{16}}=0.97\dots <1<{\frac {f(n)}{\log 2}},}$

Do vậy ${\displaystyle n<2^{6}=64}$. Những trường hợp còn lại được chứng minh dễ dàng bằng phương pháp liệt kê. 


***Nguồn https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_Bertrand%27s_postulate ***