Me preguntaba por qué no podemos usar el teorema de los números primos para demostrar El postulado de Bertrand .
Sabemos que si demostramos que para todos los números naturales $n>2, \pi(2n)-\pi(n)>0$ hemos terminado.
¿Por qué no se puede demostrar simplemente mostrando (Utilizando el teorema de los números primos) que para cada número natural $n>2, \frac{2n}{ln(2n)}-\frac{n}{ln(n)}>0$ ?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?La razón es que el teorema del número primo es mucho más profundo que el postulado de Bertrand. Una vez que se ha demostrado el PNT, se puede prescindir del postulado de Bertrand y demostrar versiones mucho más sólidas del mismo.
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Para cada número entero $k$ existe un número natural $n_k$ que sólo depende de $k$ tal que para todo $n \ge n_k$ siempre hay al menos un primo entre $kn$ y $(k+1)n$ .
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Por cada pequeño $\epsilon$ , $0 < \epsilon \le 1$ existe un inter $n_{\epsilon}$ que sólo depende de $\epsilon$ tal que para todo $n \ge n_{\epsilon}$ siempre hay un primo entre $n$ y $(1+\epsilon)n$ .
Según la respuesta del usuario60930, tenemos mediante el teorema del número primo que para cualquier $\epsilon >0 $ por pequeño que sea hay algo de $x_0$ tal que para $x > x_0$ siempre hay un primo entre x y $x(1+\epsilon).$ Dejando $\epsilon = 1/k$ obtenemos cualquier número de resultados impresionantes (k=1 es el postulado de Bertrand.) El único problema, y uno muy espinoso, es cuán grande hacer $x_0$ para que todos los intervalos posteriores contengan al menos un primo.
Aquí tenemos que ser bastante ingeniosos (como Chebyshev-Erdos-Ramanujan o, digamos, Nagura) o tenemos que invocar resultados que provienen de métodos más avanzados. Para demostrar el teorema de Bertrand, incluso utilizando resultados algo anticuados (1941) como los de Rosser, válidos para $x > 55$ --
$$\frac{x}{\ln x +2}< \pi(x) < \frac{x}{\ln x - 4}$$
--estamos realmente disparando a un pez en un barril.
Los intervalos $$(\frac{x}{\ln x +2},\frac{x}{\ln x -4})$$ y $$(\frac{2x}{\ln 2x + 2},\frac{2x}{\ln 2x - 4})$$ son mutuamente excluyentes más allá de unos $ x = 44052.9$ si he calculado bien.
En otras palabras, $\pi(2x)$ está atrapado en un intervalo numéricamente mayor que el intervalo en el que $\pi(x)$ está atrapado. Por lo tanto, la diferencia es positiva y así hemos demostrado que Bertrand utiliza la PNT en primera instancia, pero en particular una comprensión de la error de la PNT adquirida con métodos más avanzados.
¿Podríamos demostrar el teorema de Bertrand utilizando sólo la PNT? El problema es que la PNT es un resultado asintótico que no proporciona por sí mismo ninguna idea de su error en intervalos más cortos (pero véase la última edición más abajo). Necesitamos una indicación auxiliar (como la de Rosser) de lo grandes que deben ser los números para que el resultado se obtenga de forma consistente.
Edición: parece que vale la pena mencionar para la comparación que el resultado de Pierre Dusart (1999),
$$\frac{x}{\ln x}(1+\frac{0.992}{\ln x}) < \pi(x) < \frac{x}{\ln x}(1+\frac{1.2762}{\ln x})$$
es una mejora sorprendente y es válida para $x\geq 599.$ Rosser utilizó unos 3,5 millones de ceros de la función zeta para derivar sus estimaciones, mientras que Dusart utiliza el trabajo de Brent que muestra que 1.500.000.001 ceros se encuentran en la línea crítica. No estoy seguro de qué hacer con ese último cero, pero Mathematica dice que 1.500.000.001 es primo.
Editar más: Esta pregunta y responder al mismo efecto: nadie ha utilizado la PNT (sola) para demostrar el postulado de Bertrand.
Las dos primeras demostraciones de la PNT (de la Vallee Poussin, Hadamard, ca. 1896) se hicieron demostrando que los ceros de la función zeta no pueden estar en la recta Re(s) = 1. La forma de De la Vallee Poussin para el error relativo de la PNT vino en un separar prueba en 1899. Así que si queremos encontrar una $x_0$ lo suficientemente grande como para utilizar la PNT para establecer el postulado de Bertrand, incluso para las primeras versiones de la PNT nos basamos en teoremas separados sobre el error.
Es interesante que la prueba "elemental" de Selberg de la PNT, que evita la teoría de las funciones complejas, amplía los métodos utilizados por Chebyshev en la demostración del postulado de Bertrand (1850) y posteriormente por Nagura en la agudización de Bertrand a $(x,(1+1/5)x).$ A menudo leemos que el teorema de los números primos es más "profundo" que el postulado de Bertrand, pero la conexión entre la identidad de Chebyshev
$T(x) = \psi(x) + \psi(x/2)+\psi(x/3)+\psi(x/4)...$
utilizado en su demostración del postulado de Bertrand, y la versión del teorema de los números primos demostrada por Selberg en 1948, una conexión descrita en detalle por Edwards en Función Zeta de Riemann en 281-297, sugiere que la afirmación debe ser sopesada cuidadosamente.
Hay tres razones principales por las que no suele probarse como usted propone:
- Se ha demostrado unas décadas antes que el teorema de los números primos.
- Probar la PNT es considerablemente más difícil que probar el postulado directamente.
- La PNT habla del comportamiento asintótico de $\pi(n)$ y podría no reflejar la realidad para números pequeños. Por supuesto, se puede reforzar la PNT para obtener límites explícitos en $n$ -primo válido incluso para valores pequeños de $n$ . Esto se puede utilizar también para demostrar el postulado de Bertrand.
Necesita una estimación precisa de la forma $$c_1<\frac{\pi(n)\ln n}{n}<c_2.$$ Con eso se puede derivar $\pi(2n)>c_1\frac{2n}{\ln(2n)}>2c_1\frac{n}{\ln 2+\ln n}$ . Si tienes suerte, puedes continuar $2c_1\frac n{\ln2+\ln n}>c_2\frac n{\ln n}>\pi(n)$ . Sin embargo, para esto es mejor tener $\frac{2c_1}{c_2} >1+\frac{\ln 2}{\ln n}$ . Así que al menos si $c_2<2c_1$ Su idea es lo suficientemente grande como para $n$ .
La siguiente conjetura, debida a Legendre, tiene un sabor similar al postulado de Bertrand. Para cada $n\gt 1$ siempre hay un primo entre $n^2$ y $(n+1)^2$ .
Utilizando el teorema de los números primos, podemos ver que "normalmente", para grandes $n$ hay muchos primos entre $n^2$ y $(n+1)^2$ . Sin embargo, la PNT es consistente con las irregularidades sustanciales de la distribución, y no es lo suficientemente fuerte como para resolver la conjetura de Legendre.