Demostrando que hay al menos $n$ primos entre $n$ y $n^2$ para $n \ge 6$

Question

Estaba pensando en Paul Erdos prueba para el Postulado de Bertrand y me preguntaba si el argumento básico podría utilizarse para demostrar que hay más de $n$ primos entre $n$ y $n^2$ .

¿Es válido este planteamiento? ¿Existe un enfoque mejor?

Este es el argumento:

1. Sea $v_p(n)$ sea la potencia máxima de $p$ que divide $n$ .

2. Utilizando Teorema de Legendre calculo que $v_p\left(\dfrac{(n^2)!}{(n!)^n}\right) \le (n-1)n^2$ .

   1. Sea $n = qp^i + r$ donde $0 \le r < p^i$
   2. Para $r < \dfrac{p^i}{n}$ , $\left(\left\lfloor\dfrac{n^2}{p^i}\right\rfloor - n\cdot\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor\right) = 0$
   3. Para $r \ge \dfrac{p^i}{n}$ , $\left(\left\lfloor\dfrac{n^2}{p^i}\right\rfloor - n\cdot\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor\right) \le n-1$
   4. Para $p^i > n^2$ , $\left(\left\lfloor\dfrac{n^2}{p^i}\right\rfloor - n\cdot\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor\right) = 0$
3. Utilización de la teorema multinomial Lo entiendo: $\dfrac{n^{n^2}}{n^2+1} < \dfrac{(n^2)!}{(n!)^n}$ .
   1. $n^{n^2}=(1 + 1 + \cdots + 1)^{n^2} = \sum\limits_{k_1+k_2+\cdots+k_n=n^2} {n^2 \choose k_1, k_2, \ldots, k_n} \prod\limits_{1\le t\le n^2}x_{t}^{k_{t}}\,,$ donde ${n^2 \choose k_1, k_2, \ldots, k_n} = \frac{(n^2)!}{k_1!\, k_2! \cdots k_n!}$
   2. $n^{n^2} < (n^2+1)\left(\dfrac{(n^2)!}{(n!)^n}\right)$
   3. $\dfrac{n^{n^2}}{n^2+1} < \dfrac{(n^2)!}{(n!)^n}$
4. $\dfrac{(n^2)!}{(n!)^n} < [(n-1)(n^2)]^n\prod\limits_{n < p \le n^2} n$
5. $\dfrac{n^{n^2}}{n^2+1} < [(n-1)(n^2)]^n\prod\limits_{n < p \le n^2} n$
6. Para $n \ge 1, \dfrac{n^{n^2}}{n^{4n}} < \dfrac{n^{n^2}}{(n^2+1)[(n-1)(n^2)]^n} < \prod\limits_{n < p \le n^2} p$
7. Para $n \ge 6$ , $n^2 - 4n = n(n-2) \ge 2n$
8. $(2\log n)(\pi(n^2) - \pi(n)) > \sum\limits_{n < p \le n^2} \log p > (n^2-4n)\log n > (2n)\log n$
9. Así que $\pi(n^2) - \pi(n) > n$ .

Gracias,

-Larry

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Edición: Creo que el paso 4 no es correcto. Si puedo guardar el argumento, lo actualizaré. De lo contrario, por favor, echa un vistazo al enlace en la respuesta.

Answer 1

Tenemos el siguiente resultado 1 :

(Chebyshev, 1850) Para cualquier $X>30$ tenemos: $$\pi(X)\cdot\frac{\log X}{X} \in (A,B),$$ donde $A=\log\left(\frac{2^{\frac{1}{2}}3^{\frac{1}{3}}4^{\frac{1}{4}}}{30^{\frac{1}{30}}}\right)\approx 0.946$ y $B=\frac{6}{5}A\approx 1.135$ .

De ello se deduce que para cualquier $X>30$ que tenemos: $$ \pi(X^2)-\pi(X)\geq A\frac{X^2}{2\log X}-B\frac{X}{\log X}\geq\left(\frac{A}{2}-\frac{B}{30}\right)\frac{X^2}{\log X}\geq\color{red}{\frac{2}{5}\frac{X^2}{\log X}} $$ que es mucho mayor que $X$ . Así que sólo tenemos que comprobar que nuestra afirmación se mantiene en el rango $[6,30]$ .

1) es una versión más débil de la PNT, pero no tanto. Su demostración sólo se basa en las propiedades de los coeficientes binomiales centrales, y es bastante corta e ingeniosa.