Postulat de Bertrand ou théorème de Tchebychev

Postulat de Bertrand ou théorème de Tchebychev
Introduction :
En mathématiques, le postulat de Bertrand énonce que pour chaque n ≥ 2 il existe un nombre premier p tel
que n < p < 2n. Il fut démontré en premier par Pafnouti Tchebytchev ; ici nous présentons une démonstration
élémentaire par l'absurde due pour l'essentiel à Paul Erdős. Quoiqu’élémentaire, cette démonstration reste
assez complexe.
PREPARATION ET ANNONCE DU PLAN :
Nous noterons l'ensemble des nombres premiers
et définissons :
 ( x) 
 ln  p 
pP ; p  x
Voici le plan de la démonstration:




Majoration de θ(x)
Vérification de la propriété pour n < 2048
Vérification de la propriété pour n > 2048
Conclusion
Etape 1 : majoration de θ(x)
Lemme :
n  2, (n)  n * ln( 4)
Démonstration :
 Montrons le pour n  2 :
2  4 2  ln( 2)  ln( 4 2 )  ln( 2)  2 * ln( 4)   (2)  2 * ln( 4) donc on a bien  (2)  2 * ln( 2)
 Montrons par récurrence que si n  2 et n pair, on a  (n  1)  (n  1) * ln( 4)   (n)  (n) * ln( 4) .
Comme n est pair alors n n’est pas premier donc  (n)   (n  1)
Donc  (n)   (n  1)  (n  1) * ln( 4)  n * ln( 4)
 Montrons par récurrence que n  2 et impair.
Comme n est impair, on peut écrire n  2m  1avec m  0
 2m  1
 2m  1  2m  1
     


k 
m   m  1   2m  1
k 0 




 
2
2
 m 
2 m 1
4m 
(1  1)
2
2 m 1
 2m  1  2m  1

  

m
m

1

 

 
La somme complète est supérieure
ou égale à la somme de deux
éléments de la suite.
Lemme A à démontrer :
 2 m  1

Or chaque nombre premier p avec m  1  p  2m  1 divise 
 m 
Démonstration du lemme A
 2m  1 (2m  1)!
 =
 m  m!*(m  1)!
Comme 
Alors p divise ( 2m  1)!car p  2m  1 et p ne divise pas m!*(m  1)! car p  m  1
 2 m  1
Donc p divise 
  FIN DU LEMME A
 m 
 2 m  1
D’après le lemme A, on a : p divise 

 m 
 2m  1
  ln 4m  m * ln 4
m


 
Donc  (2m  1)   (m  1)  ln 
 2m  1
  ln 4m  m * ln 4
m


 
Donc  (2m  1)   (m  1)  ln 
Par induction, on obtient :  (m  1)  (m  1) * ln 4 , donc  (n)   (2m  1)  (2m  1) * ln 4  n * ln 4
CQFD
Introduction à la vérification de la propriété :
Supposons qu'il existe un contre-exemple :
 un entier n  2 tel qu'il n'existe pas de nombre premier p avec n < p < 2n.
Cas où n < 2048
Si 2 ≤ n < 2048, alors un des nombres premiers suivant 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 et 2503 sera dans
l’intervalle n;2n .
Chaque nombre premier sont inférieur du double du nombre premier qui le
précède et pour n  2 , 2  3  4 et pour n  2048 , 2048  2503  4096 .
Cas où n > 2048
En utilisant la formule de binôme de Newton, on obtient :
2 n 2n
 
4 n  (1  1) 2 n    
k 0  k 
 2n 
 est le plus grand terme de la somme, nous obtenons donc :
n
Puisque la somme comporte 2n+1 termes et que 
 2n 
 2n 
4n
4 n    * 2n  1 
  
2n  1  n 
n
La partie qui va suivre n’est pas trivial… Il faut pas se décourager car même si cela paraît très compliqué, sa ne l’est
pas effectivement. Le principal, c’est de comprendre ce qu’est R(p,n).
 2n 
 .
n
Appelons R(p,n) le plus grand nombre x tel que px divise 
 2n 
 .
n
 En d’autres termes, R(p,n) est l’exposant de p dans la division en facteur premiers de 
 2n 
 2n  2n!
, l'exposant de p qui apparait dans la décomposition en facteurs premiers de   sera
 
2
n
 n  n!
Comme 
l'exposant de p qui apparait dans la décomposition de 2n! moins deux fois l'exposant de p qui apparait dans la
décomposition de (n!)^2.
 n 
facteurs de p, nous obtenons :
j 
j 1 


De plus, n! possède
 p


 2n 
 n     2n   n  
R p, n     j   2  j      j   2 j  
j 1  p 
j 1  p 
j 1   p 
 p 
Lemme B :
 2n   n 
 2 j  vaut :
j 
p  p 
n 1
Soit 0 lorsque j 
p
2
n 1
Soit 1 lorsque j 
p
2
Montrons que chaque terme 
-
Démonstration du lemme B :
 Si
  2n   n  
n 1
 alors   j   2 j    0  0
j
p
2
 p   p 
 Si
  2n   n  
n 1
 alors   j   2 j    1  2 * 0  1
j
p
2
 p   p 
FIN DU LEMME B
Lemme C :
 ln 2n 
 sont nuls.
 ln  p  
Tous les termes avec j  
Démonstrations du lemme C :
 ln 2n 
 2n   2n 
j
 j * ln  p   ln 2n   ln p j  ln 2n   p j  2n  1   j    j   0

 ln  p  
p  p 
 
FIN DU LEMME C
 2n   n 
n 1
n 1
 2 j  vaut soit 0 lorsque j  ou soit 1 lorsque j  , et d’après
j 
p
2
p
2
p  p 
D’après le lemme B, chaque terme 
 ln 2n 
 sont nuls donc nous obtenons :
 ln  p  
le lemme C, tous les termes avec j  
 ln 2n 
R ( p, n)  

 ln  p  
 ln 2n 
2n  
 1
 ln  p  
 ln 2n 
 ln 2n 
1
Démonstration : p  2n  ln  p   * ln 2n   
2

 1
2
 ln  p  
 ln  p  
Montrons que p 
 2n 
  n’a pas de facteur premier p tel que :
n
 2n  p, car 2n est le facteur le plus grand.
 n  p  2n hypothèse que nous cherchons à contredire

 

 2n   n 

 2n
  2  2n
  220
  x   x
 3
  3

 2n 
2n
Donc aucun facteur de   n’est donc plus grand que
.
3
n
2n
1
 p  n, car pour 0  x  * n , on a :
3
3
Le nombre de nombres premiers
inférieur ou égaux à un entier M
 2n 
  possède au plus un facteur de chaque nombre premier p  2n .
n
est inférieur ou égal à
Comme p R ( p ,n )  2n , le produit de p R ( p ,n ) pour tous les autres nombres premiers est au plus (2n)
2n
.
 2n 
 est le produit de p R ( p,n) pour tous les nombres premiers p, nous obtenons :
n
Puisque 
 2n 
4n
    2n 
2n  1  n 
2n
2n
3
 p  2n
2n
p
En utilisant notre lemme  (n)  n * ln 4 :
2n
e3
4n
 2n
2n  1
2n
 2n 

 3 

e
4n

 2n 
2n  1
 2n 

 3 

e
2n
*e
2n
*ln4 
3
*ln  4 
2n
43
4n

 2n
2n  1
2n
*4
2n
3
Puisque nous avons 2n  1  2n  :
2
4n
 2n 
2n  1
2n
*4
2n
3
 4  2n 
n
2n
2n
3
* 4 * 2n  
2
4n
4
Comme n  18, on a 6  2n  2 
n
3
2n
3
 2n 
2 n 2
2n
alors on obtient :
3
4  2n 
2 n 2
n
3
 4  2n 
2n 
2n
3
n
3
 4  2n 
4* 2 n
3
n
3
 4  2n 
2 n 2
En se ramenant aux logarithmes, on obtient :
n
4 3  2n 
4* 2 n
3

En divisant par
2n
n
4 * 2n
* ln 4 
* ln 2n   2n * ln 2  4 * 2n * ln 2n   2n * ln 2  4 * ln 2n 
3
3
En substituant 2 2 t pour 2n :
 
2n * ln 2  4 * ln 2n   2 * ln 2  4 * ln 2
2t
2t
2t
 2 * ln 2  8t * ln 2   8
t
t
Ceci nous donne t  6 et c’est ici la contradiction car : n 
2 2t 216

 2048
2
t
Ainsi, aucun contre exemple pour le postulat n’est possible.
CQFD