Erdös’ün Bertrand Postulatı Kanıtı

 

Erdös’ün Bertrand Postulatı  Kanıtı

 

Bertrand Postulatı : n > 1tamsayıları için,  n < p < 2n olacak şekilde her zaman  bir p asal sayısı vardır.

 

Bertrand postulatının ispatı, teta fonksiyonunun bazı basit özelliklerini içermektedir.

 teta(x), x  ≥  0 için belirtilir ki ,

 teta(x) = toplam (log p : p asal ve 0 < p ≤ x) .

  teta(x) < 2x log(2) olduğunu gösterelim.

 ( log(x),  x in doğal log’u olarak betimlenmiştir..)

 Bunu x tamsayı iken göstermek yeterlidir. Bunu tümeverımla kanıtlayacağız.

 Buradaki iş C(2m+1, m)’ in binom katsayılarındadır.

 C(2m+1, m) = (2m+1)! / m! . (m+1)!

 Bunun sonucuna  kısaca M diyelim.

 

p asalı m+1 < p ≤ 2m+1 aralığındaki bir asal olsun. O halde p , M ‘nin payını böler ancak paydasını bölemez. Bu yüzden p,  M’yi böler. O halde bu şekildeki tüm asallar M yi böler ve,

 toplam(log p: m+1 < p ≤ 2m+1) < log M

 ya da teta(x) fonksiyonunun ifadesiyle

 teta(2m+1) – teta(m+1) < log M.

 Diğer taraftan, (1 + 1) (2m+1) ‘ in binom açılımının M’ ye eşit iki tane terimi vardır. Bu yüzden

 2M < 2 (2m+1)

 M < 2 2m

 log M < 2m.log(2)

 Bu nedenle

teta(2m+1) – teta(m+1) < 2m.log(2)

 Bu formülü ispatımızdaki şu tümevarım adımında kullanacağız ;

 teta(x) < 2x log(2)

 x = 1 için,

 teta(1) = 0 < 2 log(2)

 ve x = 2 için ,

 teta(2) = log 2 < 4 log(2)

 Varsayın ki eşitsizlik x < n için doğru .x = n için bunu kanıtlayalım.

 Eğer n çift ve n> 2 ise , o halde kesinlikle bir asal değildir, bu yüzden

 teta(n) = teta(n-1) < 2(n-1) log(2) < 2n log(2).

 Eğer n tek ise n = 2m + 1 olsun. O halde yukarıda kanıtladığımız gibi,

 teta(2m+1) – teta(m+1) < 2m log(2)

teta(2m+1) < theta(m+1) + 2m log(2)< 2(m+1) log(2) + 2m log(2)

 = (3m + 1) log(2) < (4m + 2) log(2) = 2n log(2).

 

Bu, ispatı şu şekilde tamamlar,

 teta(x) < 2x log(2).

 Şimdi soluklanalım.

 Yapacağımız bir sonraki şey p asal olmak üzere p’ nin n! ‘i bölen en büyük kuvvetine bakmaktır. Buna j(n, p) diyoruz.

  [x] işaretini x ‘den küçük olan en büyük tamsayıyı belirtmek için kullanalım  [x] ≤ x.

 

p’ den sonraki her p’ inci sayı p’ nin bir katıdır. Bu yüzden n! sayısında [n / p] tane p çarpanı vardır. Ancak her p2 ‘ inci sayı da sadece p’ nin değil, p’ nin karelerinin de bir çarpanıdır.

,ve  [n / p] ‘ye bunlar dahil değildir. Bu nedenle [n / p2 ] ‘yi de eklememiz gerekir. Benzer şekilde her p3’ üncü sayı da p3 ‘lerin bir çarpanıdır. Bunları da eklemedik. Bu yüzden n! sayısını bölen p asalının en büyük kuvveti

 

 m ≥ 1 için  tüm  [n / pm]  sayılarının toplamıdır.

 

Tabi ki [n / pm] = 0 ,  pm > n olduğu sürece :  ,

 

m > log(n) / log(p) için.

 

Şimdi bertrand postulatının yanlış olduğunu varsayalım. ve, o halde n< p < 2n olan bir p asalı yoktur.

Şimdi bir başka binom açılımına bakacağız.

 

 C(2n , n) = (2n!) /( n!)2

 

Buna kısaca  N diyeceğiz.

Varsayımımızdan, N ‘i bölen ilgili asallar n’ den küçüktür. Şimdi

 

   N = (2n)! / (n!)2 =

 

       sonuç(p^j(2n, p): p ≤ 2n)

       —————————-

       sonuç(p^2j(n, p): p ≤ n)

 

ancak varsayımımıza göre  n ile 2n arasında hiç asal yoktur. Bu nedenle, paydaki  

“p ≤ 2n”  ile “p ≤ n” yer değiştirebilir. Sonuçta ,

 N = sonuç(p^(j(2n, p) – 2j(n, p)): p ≤ n).

 

j(2n, p) – 2j(n, p) ye kısaca  k(p)  diyelim. İki tarafın log’unu aldığımızda elimizde ;

 

   log N = toplam(k(p) log(p): p ≤ n) kalır.

 

k(p) nin , [2x] – 2[x] formunun toplamı olduğuna dikkat edin..

[2x] – 2[x] her zaman ya 0 ya da 1 ‘dir. Eğer [2x] çift sayı ise, [2x] – 2[x] 0’dır

; aksi halde 1’dir.

 

Öncelikle p > 2n / 3 için , k(p) = 0 olduğunu gösterelim. 

 

   2n/3 < p ≤ n

 Ya da   2 ≤ 2n/p < 3

 ve [2n / p] = 2, bu yüzden  [2n/p] – 2[n/p] = 0.

 n > 4 olduğu sürece,  p2 > (4 / 9)n2 > 2n  ‘dir.

 

Ve kesinlikle n>4 olduğunu , n ile 2n arasında asal olmadığını varsaydığımızdan beri varsayabilir, mesela 5, 4 ile 8 arasındadır.

 Bu nedenle p’nin daha büyük kuvvetlerini içeren terimler yoktur.

Şimdi  ,k(p) ≥ 2 olan terimlerin çok fazla katkıda bulunmadığını gösterelim.

 

Böyle bir terimin olması için p2 < 2n ya da p < (2n) olmalı, bu yüzden, bu tür terimlerin sayısı en fazla (2n)’dir.Diğer taraftan  k(p),  pm > 2n ise 0 , ya da m > log(2n) / log(p) olan

[2n / pm] – 2[n / pm] terimlerinin toplamıdır. Bu yüzden k(p) en fazla log(2n) / log(p), ve  k(p) log(p) ≤ log(2n) ‘dir. Bu nedenle,

 

  toplam(k(p) log(p) : k(p)≥  2) ≤ (2n) log(2n), bu şekildeki en fazla p asallarının olası sayısı ve herhangi  k(p) log(p) den büyük bir sayı

 

k(p) = 1 olan terimler için ,en fazla  

 toplam(log(p): p ≤ 2n/3) = teta(2n/3) < (4n/3) log(2)

 bunca adım sonrasını birleştirince bize şu sonucu verir

 

   log N < (4n/3) log(2) + (2n) log(2n).

 

N in tanımına bakarak , elimizde olan   

   22n = 2 + C(2n, 1) + C(2n, 2) + … + C(2n, 2n-1)

 

Bu 2n tane terimin bir toplamıdır.  Bu nedenle

 

   22n < 2n.N ‘dir.

 Ya da

 2n log(2) < log(2n) + log(N) ≤ log(2n) + (4n/3) log(2) + (2n) log(2n)

 

Daha önceki adımlarda kanıtlağığımız gibi , Şimdi n nin büyük değerleri için

,sağ tarafta sayılan tek terim 4n / 3 log(2) dir ve 2n.log(2) den küçüktür.

 

 Bu yüzden, yapacağımız şey bu eşitsizliği yanlış çıkarmak için n’ nin ne kadar büyük olabileceğini ortaya çıkarmaktır. Ve sonrasında postulatı n’ nin daha küçük değerleri için doğrudan kanıtlamaktır.

 

n ≥ 29  olsun ve dikkat edin ki  log(2n) = log(210) = 10 log(2). Eşitsizliği log(2) ile bölün. Sonuçta

 

 210 < 10 + 210 (2/3) + (25).10  , Ya da

 

 210 (1 – 2/3) < 10 (25 + 1),

 

   210 (1/3) < 10 (25 + 1),

 

   210 < 30 (25 + 1) < 31 (25 + 1) = (25 – 1) (25 + 1)= 2^10 – 1   , ki bu sonuç yanlıştır!

 

Bu nedenle Bertrand postulatının n ≥ 29 için yanlış olduğu varsayımımız bu sonuçla çelişmiştir. Geride yapılması gereken tek şey n < 29 = 512. Değerleri için postulatın doğru olduğunu göstermektir ki aşağıdaki, her biri bir öncekinin iki katından küçük olan  asal sayılar bunun için yeterlidir.

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

 “An Introduction To Number Theory” /Hardy ,Wright  kitabından çevirilmiştir.

Reklamlar

The URI to TrackBack this entry is: https://aritmetik.wordpress.com/2011/05/17/erdosun-bertrand-teoremi-kaniti/trackback/

RSS feed for comments on this post.

Bir Cevap Yazın

Aşağıya bilgilerinizi girin veya oturum açmak için bir simgeye tıklayın:

WordPress.com Logosu

WordPress.com hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Çıkış  Yap / Değiştir )

Twitter resmi

Twitter hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Çıkış  Yap / Değiştir )

Facebook fotoğrafı

Facebook hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Çıkış  Yap / Değiştir )

Google+ fotoğrafı

Google+ hesabınızı kullanarak yorum yapıyorsunuz. Çıkış  Yap / Değiştir )

Connecting to %s

%d blogcu bunu beğendi: