Vào năm 1845, nhà toán
học Bertrand đã phát hiện một kết quả rất đẹp về số nguyên tố (thường được gọi
là Định đề Bertrand): Với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$, luôn tồn tại số
nguyên tố $p$ thuộc khoảng $(n;2n)$.
Bertrand đã chứng minh
được Định đề đúng với mọi số nguyên dương $n\le 3000000$, tuy nhiên ông chưa đưa ra được chứng minh tổng quát. Vào năm
1850, nhà toán học Chebyshev, đã chứng minh được hoàn chỉnh Định đề trên bằng một
phương pháp khá phức tạp. Mãi đến năm 1932, nhà toán học người Hungari tên là
Paul Erdos mới đưa ra một phương pháp chứng minh rất đẹp và đơn giản cho Định đề
trên. Trong bài viết hôm nay ta sẽ tìm hiểu con đường chứng minh rất tao nhã mà
Erdos đã xây dựng.
Trước hết ta tìm hiểu một
số kết quả cơ bản sau:
Mệnh
đề 1: Với mọi $n\in
{{Z}_{\ge 1}}$ ta luôn có $C_{2n}^{n}\ge \frac{{{4}^{n}}}{2n+1}$.
Chứng
minh
Với mọi $n\in {{Z}_{\ge
1}}$ ta có ${{4}^{n}}={{\left( 1+1
\right)}^{2n}}=\sum\limits_{k=0}^{2n}{C_{2n}^{k}}$.
Như đã biết, $C_{2n}^{n}\ge
C_{2n}^{k},k=\overline{0,2n}$ nên
${{4}^{n}}={{\left(
1+1 \right)}^{2n}}=\sum\limits_{k=0}^{2n}{C_{2n}^{k}}\le \left( 2n+1
\right)C_{2n}^{n}$
suy ra $\frac{{{4}^{n}}}{2n+1}\le C_{2n}^{n}$.
Mệnh
đề 2: Với mọi $x\in
{{R}_{>0}}$ và $n\in {{Z}_{\ge 1}}$ ta luôn có $0\le \left[ nx
\right]-n\left[ x \right]\le n-1$ (ký hiệu $\left[ a \right]$ được hiểu là số
nguyên lớn nhất không vượt quá $a$).
Chứng
minh
Vì $x=\left[ x \right]+\left\{ x \right\}$ nên $nx=n\left[
x \right]+n\left\{ x \right\}$, suy ra
$\left[
nx \right]=\left[ n\left[ x \right] \right]+\left[ n\left\{ x \right\}
\right]=n\left[ x \right]+\left[ n\left\{ x \right\} \right]$
Do đó $\left[ nx \right]-n\left[ x \right]=\left[
n\left\{ x \right\} \right]$.
Hiển nhiên $\left[ n\left\{ x \right\} \right]\ge 0$.
Mặt khác $\left\{ x \right\}\in [0;1)$ nên $\left[ n\left\{ x \right\}
\right]\in [0;n)$, suy ra $\left[ n\left\{ x \right\} \right]\le n-1$.
Vậy $0\le \left[ nx \right]-n\left[ x \right]\le
n-1$.
Chú
ý: Với
$n=2$ ta được bất đẳng thức $0\le \left[ 2x \right]-2\left[ x \right]\le 1$.
Mệnh
đề 3: Với mọi $n\in
{{Z}_{>1}}$ ta có ${{P}_{n}}=\prod\limits_{p\le n}{p}\le {{4}^{n}}$.
Chứng
minh
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp.
Với $n=2$ ta có ${{P}_{2}}=\prod\limits_{p\le
2}{p}=2<{{4}^{2}}$.
Giả sử bất đẳng thức đúng với mọi $n\le k$($k\ge 2$),
ta sẽ chứng minh ${{P}_{k+1}}=\prod\limits_{p\le k+1}{p}\le {{4}^{k+1}}$.
Nếu $k+1$ chẵn thì
${{P}_{k+1}}=\prod\limits_{p\le k+1}{p}=\prod\limits_{p\le k}{p}\le
{{4}^{k}}<{{4}^{k+1}}$.
Nếu $k+1$ lẻ thì tồn tại $m\in {{Z}_{>0}}$ sao
cho $k+1=2m+1$. Khi đó
${{P}_{k+1}}=\prod\limits_{p\le
2m+1}{p}=\prod\limits_{p\le m+1}{p}\prod\limits_{m+2\le p\le 2m+1}{p}$
Theo giả thiết qui nạp ta được $\prod\limits_{p\le
m+1}{p}\le {{4}^{m+1}}$. Hơn nữa,
$\prod\limits_{m+2\le
p\le 2m+1}{p}|\frac{\left( m+2 \right)\ldots \left( 2m+1
\right)}{m!}=C_{2m+1}^{m+1}$
suy ra $\prod\limits_{m+2\le p\le 2m+1}{p}\le
C_{2m+1}^{m+1}$. Do đó, ${{P}_{k+1}}\le {{4}^{m+1}}C_{2m+1}^{m+1}$.
Ta thấy ${{2}^{2m+1}}=\sum\limits_{k=0}^{2m+1}{C_{2m+1}^{k}}\ge
C_{2m+1}^{m}+C_{2m+1}^{m+1}=2C_{2m+1}^{m+1}$, suy ra $C_{2m+1}^{m+1}\le
{{2}^{2m}}$.
Vậy ${{P}_{k+1}}\le {{4}^{m+1}}C_{2m+1}^{m+1}\le
{{4}^{m+1}}{{2}^{2m}}={{4}^{2m+1}}={{4}^{k+1}}$.
Theo nguyên lí qui nạp ta có ngay điều phải chứng
minh.
Mệnh
đề 4: Cho $n\in
{{Z}_{>1}}$ và $p$ là số nguyên tố, ký hiệu ${{\theta }_{p}}\left( n \right)$
chỉ số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn ${{p}^{{{\theta }_{p}}\left( n \right)}}|n$.
Khi đó, ta có các kết quả sau:
1. ${{\theta
}_{p}}\left( mn \right)={{\theta }_{p}}\left( m \right)+{{\theta }_{p}}\left( n
\right);m,n\in {{Z}_{>0}}$.
2. ${{\theta
}_{p}}\left( \frac{m}{n} \right)={{\theta }_{p}}\left( m \right)-{{\theta
}_{p}}\left( n \right);m,n\in {{Z}_{>0}},n|m.$
3. ${{\theta
}_{p}}\left( n! \right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\left[ \frac{n}{{{p}^{k}}}
\right];n\in {{Z}_{>1}}}$.
Việc chứng minh Mệnh đề 4 xin dành cho bạn đọc như một
bài tập.
Mệnh
đề 5: Nếu
$p\in (\frac{2}{3}n;n]$ thì ${{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)=0$.
Chứng
minh
Áp dụng Mệnh đề 4 ta được
${{\theta
}_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)={{\theta }_{p}}\left( \frac{\left( 2n
\right)!}{{{\left( n! \right)}^{2}}} \right)={{\theta }_{p}}\left( \left( 2n
\right)! \right)-{{\theta }_{p}}\left( {{\left( n! \right)}^{2}} \right)$
Vì $p\in (\frac{2}{3}n;n]$ nên trong dãy $1,2,\ldots ,2n$ chỉ có hai số
chia hết cho $p$ là $p$ và $2p$, suy ra ${{\theta }_{p}}\left( \left( 2n
\right)! \right)=2$; trong dãy $1,2,\ldots ,n$ chỉ có một số chia hết cho $p$
là $p$, suy ra ${{\theta }_{p}}\left( {{\left( n! \right)}^{2}}
\right)=2{{\theta }_{p}}\left( n! \right)=2$. Do đó,
${{\theta
}_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)={{\theta }_{p}}\left( \left( 2n \right)!
\right)-{{\theta }_{p}}\left( {{\left( n! \right)}^{2}} \right)=2-2=0$.
Mệnh
đề 6: Nếu $p|C_{2n}^{n}$
thì ${{p}^{{{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)}}\le 2n$.
Chứng
minh
Chọn $r\in {{Z}_{>0}}$ sao cho ${{p}^{r}}\le
2n<{{p}^{r+1}}$. Khi đó
${{\theta
}_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)={{\theta }_{p}}\left( \left( 2n \right)!
\right)-2{{\theta }_{p}}\left( n! \right)=\sum\limits_{k=1}^{r}{\left[
\frac{2n}{{{p}^{k}}} \right]-}\sum\limits_{k=1}^{r}{2\left[ \frac{n}{{{p}^{k}}}
\right]}$
Áp dụng Mệnh đề 2 ta được
$\sum\limits_{k=1}^{r}{\left[
\frac{2n}{{{p}^{k}}} \right]-}\sum\limits_{k=1}^{r}{2\left[ \frac{n}{{{p}^{k}}}
\right]}=\sum\limits_{k=1}^{r}{\left( \left[ \frac{2n}{{{p}^{k}}}
\right]-2\left[ \frac{n}{{{p}^{k}}} \right] \right)}\le r$
Do đó, ${{p}^{{{\theta
}_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)}}\le {{p}^{r}}\le 2n$.
Mệnh
đề 7: Nếu $p|C_{2n}^{n}$
và $p\in (\sqrt{2n}; \frac{2}{3}n]$ thì ${{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n}
\right)=1$.
Chứng
minh
Vì $p|C_{2n}^{n}$ nên
theo Mệnh đề 6 ta được ${{p}^{{{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)}}\le 2n$,
suy ra ${{\left( \sqrt{2n} \right)}^{{{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)}}$
nhỏ hơn $2n$. Do đó ${{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)=1$.
Chứng
minh Định đề Bertrand
Giả sử Định đề Bertrand
không đúng, tức tồn tại $n\in {{Z}_{>1}}$ sao cho không có số nguyên tố nào
nằm trong khoảng $\left( n;2n \right)$, rõ ràng $n\ge 3000000$.
Từ Mệnh đề 5 ta khẳng định một điều là $C_{2n}^{n}$ không có ước nguyên tố trong nửa khoảng
$\left( \frac{2}{3}n;n \right]$. Ta suy ra $C_{2n}^{n}$ chỉ có ước nguyên tố nằm
trong nửa khoảng $\left( 1;\frac{2}{3}n \right]$.
Theo Mệnh đề 7, mỗi ước
nguyên tố của $C_{2n}^{n}$ thuộc nửa
khoảng $\left( \sqrt{2n};\frac{2}{3}n \right]$ có lũy thừa trong phân tích tiêu
chuẩn của $C_{2n}^{n}$ là 1. Do đó,
$C_{2n}^{n}=\prod\limits_{p\le
\sqrt{2n}}{{{p}^{{{\theta }_{p}}\left( C_{2n}^{n} \right)}}}\prod\limits_{p\in
(\sqrt{2n};\frac{2}{3}n]}{p}\le {{\left( 2n
\right)}^{\sqrt{2n}}}{{4}^{\frac{2}{3}n}}$
suy ra
$\frac{{{4}^{n}}}{2n+1}\le
{{\left( 2n \right)}^{\sqrt{2n}}}{{4}^{\frac{2}{3}n}}$
$\Leftrightarrow
n\ln 4\le \ln \left( 2n+1 \right)+\sqrt{2n}\ln 2n+\frac{2}{3}n\ln 4$
Bất đẳng thức trên không thể xảy ra với bất kỳ giá
trị $n\ge 3000000$.
Vậy luôn tồn tại số nguyên tố thuộc khoảng $\left(
n;2n \right)$ với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$.
Định đề Bertrand đã được chứng minh.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét