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 :
xpPp px ;ln)(
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 :
)4ln(*)(,2 nnn 
Démonstration :
 Montrons le pour
2n
:
)4ln(*2)2()4ln(*2)2ln()4ln()2ln(42 22 
donc on a bien
)2ln(*2)2( 
 Montrons par récurrence que si
2n
et
n
pair, on a
)4ln(*)()()4ln(*)1()1( nnnn 
.
Comme n est pair alors n n’est pas premier donc
)1()(  nn
Donc
)4ln(*)4ln(*)1()1()( nnnn 
 Montrons par récurrence que
2n
et impair.
Comme n est impair, on peut écrire
12  mn
avec
0m
m
m
m
m
m
m
k
m
m
k
m
m12
2
1
1212
2
12
2
)11(
4
12
0
12
La somme complète est supérieure
ou égale à la somme de deux
éléments de la suite.
1
1212
m
m
m
m

Lemme A à démontrer :
Or chaque nombre premier p avec
121  mpm
divise
m
m12
Démonstration du lemme A
Comme
m
m12
=
)!1!*( )!12( mm m
Alors p divise
)!12( m
car
12  mp
et p ne divise pas
)!1!*( mm
car
1 mp
Donc p divise
m
m12
 FIN DU LEMME A
D’après le lemme A, on a : p divise
m
m12
Donc
4ln*4ln
12
ln)1()12( m
m
m
mm m
Donc
4ln*4ln
12
ln)1()12( m
m
m
mm m
Par induction, on obtient :
4ln*)1()1(  mm
, donc
4ln*4ln*)12()12()( nmmn 
CQFD
Introduction à la vérification de la propriété :
Supposons qu'il existe un contre-exemple :
 un entier
2n
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
nn 2;
.
Cas où n > 2048
En utilisant la formule de binôme de Newton, on obtient :
 n
k
nn k
n
2
0
22
)11(4
Puisque la somme comporte 2n+1 termes et que
n
n2
est le plus grand terme de la somme, nous obtenons donc :
n
n
n
n
n
nn
n2
124
12*
2
4
Chaque nombre premier sont inférieur du double du nombre premier qui le
précède et pour
2n
,
432 
et pour
2048n
,
409625032048 
.

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).
Appelons R(p,n) le plus grand nombre x tel que px divise
n
n2
.
 En d’autres termes, R(p,n) est l’exposant de p dans la division en facteur premiers de
n
n2
.
Comme
2
!!2
2
nn
n
n
, l'exposant de p qui apparait dans la décomposition en facteurs premiers de
n
n2
sera
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.
De plus, n! possède
1jj
p
n
facteurs de p, nous obtenons :
111 2
2
2
2
,jjj
jj jjp
n
pn p
n
pn
npR
Lemme B :
Montrons que chaque terme
jj p
n
pn2
2
vaut :
- Soit 0 lorsque
2
1
j
p
n
- Soit 1 lorsque
2
1
j
p
n
Démonstration du lemme B :
 Si
2
1
j
p
n
alors
002
2
jj p
n
pn
 Si
2
1
j
p
n
alors
10*212
2
jj p
n
pn
FIN DU LEMME B
Lemme C :
Tous les termes avec
p
n
jln 2ln
sont nuls.
Démonstrations du lemme C :
0
22
122lnln2lnln*
ln 2ln 
jj
jj pn
pn
npnpnpj
p
n
j
FIN DU LEMME C

D’après le lemme B, chaque terme
jj p
n
pn2
2
vaut soit 0 lorsque
2
1
j
p
n
ou soit 1 lorsque
2
1
j
p
n
, et d’après
le lemme C, tous les termes avec
p
n
jln 2ln
sont nuls donc nous obtenons :
p
n
npR ln 2ln ),(
Montrons que
1
ln 2ln
2  p
n
np
Démonstration :
1
ln 2ln
2
ln 2ln
2ln*
2
1
ln2  p
n
p
n
npnp
n
n2
n’a pas de facteur premier p tel que :
,2 pn 
car
n2
est le facteur le plus grand.
npn 2
hypothèse que nous cherchons à contredire
,
3
2np n
car pour
nx *
3
1
0
, on a :
022
3
2
2
3
22
x
nn
x
nn
Donc aucun facteur de
n
n2
n’est donc plus grand que
3
2n
.
n
n2
possède au plus un facteur de chaque nombre premier
np 2
.
Comme
np npR 2
),( 
, le produit de
),( npR
p
pour tous les autres nombres premiers est au plus
n
n2 )2(
.
Puisque
n
n2
est le produit de
),( npR
p
pour tous les nombres premiers p, nous obtenons :
3
2
2
3
2
222
2
124n
n
n
p
n
nenpn
n
n
n
En utilisant notre lemme
4ln*)( nn 
:
3
2
2
4ln*
3
2
2
3
2
24*2
124
*2
124
2
124n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
en
n
en
n
Puisque nous avons
2
212 nn 
:
22
3
22
3
2
2
3
2
2
3
2
2242
4
4
2*4*244*2
124 
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
nnnnnn
n
Comme
,18n
on a
3
2
226 n n
alors on obtient :
32*4
3
3
2
2
3
22
3242424 n
n
n
n
n
n
nnnn  
3
2
4ln*
3
24nn
e
Le nombre de nombres premiers
inférieur ou égaux à un entier M
est inférieur ou égal à

En se ramenant aux logarithmes, on obtient :
nnnnnn
nn
nn
n2ln*42ln*22ln*2*42ln*22ln*
32*4
4ln*
3
24 32*4
3
En substituant
t2
2
pour
n2
:
8
2
2ln*82ln*22ln*42ln*22ln*42ln*2 22  t tnn t
ttt
Ceci nous donne
6t
et c’est ici la contradiction car :
2048
2
2
2162 t
nt
Ainsi, aucun contre exemple pour le postulat n’est possible.
CQFD
En divisant par
n2