El postulado de Bertrand

Introducción

En el artículo del pasado lunes sobre Joseph Bertrand hablamos de su famoso postulado, cuyo enunciado es el siguiente:

Postulado de Bertrand

Dado $n$ un número natural mayor que 1, siempre existe un número primo $p$ entre $n$ y $2n$ , es decir:

$\forall n > 1, \exists p \mbox{ primo tal que } n < p < 2n$

En este mismo artículo comentamos que la primera demostración conocida de la veracidad de esta conjetura se debe a Chebychev, y que tanto Ramanujan como Ërdos habían dado más adelante pruebas más simples de este hecho. La de Ërdos la podéis consultar aquí y la de Ramanujan es la que vamos a desarrollar en esta entrada.

Demostración de la veracidad del postulado de Bertrand

La demostración que vamos a reproducir aquí, atribuida a Ramanujan, puede resultar algo complicada de seguir. Por ello debemos estar muy atentos a cada paso.

Sea $x$ un número natural mayor que 1. Comenzamos definiendo $\nu (x)$ como la suma de los logaritmos de todos los números primos menores o iguales que $x$ , es decir:

$\nu (x) = \displaystyle{\sum_{p \le x, \; p \; primo} log(p)}$

Tomamos ahora las siguientes expresiones:

$\psi (x)= \nu (x)+ \nu(x^{\textstyle{\frac{1}{2}}})+ \nu (x^{\textstyle{\frac{1}{3}}})+ \ldots$ (1)
$log [ x ] ! = \psi (x)+\psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x)+ \psi (\textstyle{\frac{1}{3}} x)+ \ldots$ (2)

donde $[ x ]$ es la parte entera de $x$ (es decir, el mayor número entero que es menor que $x$ ).

A partir de (1) se obtiene fácilmente (sólo con realizar las operaciones) que:

$\psi (x)-2 \psi ( \sqrt{x} )= \nu (x) - \nu (x \textstyle{\frac{1}{2}})+ \nu (x \textstyle{\frac{1}{3}}) - \ldots$ (3)

Y a partir de (2), también de forma sencilla, obtenemos lo siguiente:

$log [x ] !-2 log [ \textstyle{\frac{1}{2}}x ] != \psi (x)- \psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x)+ \psi (\textstyle{\frac{1}{3}} x) - \ldots$ (4)

Dado que $\nu (x)$ y $\psi (x)$ son funciones crecientes, obtenemos a partir de (3) y (4) que las siguientes desigualdades son ciertas:

$\psi (x)-2 \psi (\sqrt{x}) \le \nu (x) \le \psi (x)$ (5)
$\psi (x)- \psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x) \le log [x ] !-2 log [ \textstyle{\frac{1}{2}}x ] ! \le \psi (x) - \psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x) + \psi (\textstyle{\frac{1}{3}} x)$ (6)

Por otra parte, puede demostrarse que (a ver quién se atreve a hacerlo en los comentarios):

$log (\Gamma (x))-2 log (\Gamma \textstyle{\frac{1}{2}} x+\textstyle{\frac{1}{2}}) \le log [x ] !-2 log [ \textstyle{\frac{1}{2}}x ] ! \le log (\Gamma (x+1))-2 log (\Gamma \textstyle{\frac{1}{2}} x+\textstyle{\frac{1}{2}})$ (7)

Ahora, ayudándonos de la aproximación de Stirling obtenemos lo siguiente a partir de (7):

$log [x ] !-2 log [ \textstyle{\frac{1}{2}}x ] ! < \frac{3}{4} x, \mbox{ si } x > 0$ (8)

$log [x ] !-2 log [ \textstyle{\frac{1}{2}}x ] ! > \frac{2}{3} x, \mbox{ si } x > 300$ (9)

Uniendo ahora la información proporcionada por (6), (8) y (9) se ve claramente que:

$\psi (x)- \psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x) < \frac{3}{4} x, \mbox{ si } x > 0$ (10)
$\psi (x)- \psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x)+ \psi (\textstyle{\frac{1}{3}} x) > \frac{2}{3} x, \mbox{ si } x > 300$ (11)

Tomemos ahora la expresión (10) y cambiemos $x$ por $\textstyle{\frac{1}{2}} x, \textstyle{\frac{1}{4}} x, \textstyle{\frac{1}{8}} x, \ldots$ y sumemos los resultados. Obtenemos lo siguiente:

$\psi (x) < \frac{3}{2} x, \mbox{ si } x > 0$ (12)

Uniendo en este punto la información proporcionada por (5) y (12) llegamos a (13):

$\begin{matrix} \psi (x) - \psi (\textstyle{\frac{1}{2}} x) + \psi (\textstyle{\frac{1}{3}} x) \le \\ \le \nu (x) + 2 \psi (\sqrt{x}) - \nu (\textstyle{\frac{1}{2}} x) + \psi (\textstyle{\frac{1}{3}} x) < \\ < \nu (x) - \nu (\textstyle{\frac{1}{2}} x)+\textstyle{\frac{1}{2}} x + 3 \sqrt{x} \end{matrix}$

Y utilizando este punto (13) junto con el (11) se obtiene:

$\nu (x) - \nu ( \textstyle{ \frac{1}{2}} x) > \frac{1}{6} x - 3 \sqrt{x} , \mbox{ si } x > 300$ (14)

Por otra parte, es evidente que:

$\frac{1}{6} x- 3 \sqrt{x} \ge 0, \mbox{ si } x \ge 324$

En consecuencia tenemos:

$\nu (2x)- \nu (x) > 0, \mbox{ si } x > 162$ (15)

Este hecho finaliza la demostración para $x > 162$ . ¿Por qué? Muy sencillo. Recordemos que $\nu (x)$ era la suma de los logaritmos de todos los números primos menores o iguales que $x$ , y lo que hemos obtenido que es que esa suma es mayor para $2x$ que para $x$ . Esto sólo puede ocurrir si en la suma para $2x$ aparece algún logaritmo más que los que aparecen en la suma para $x$ . Y para que ello ocurra debe haber algún número primo entre $x$ y $2x$ (no puede ser el propio $2x$ , ya que es un número par y por tanto compuesto) que aporte ese logaritmo a la suma. Es decir, hemos demostrado que para $x \ge 162$ existe al menos un número primo entre $x$ y $2x$ . Comprobando ahora la veracidad de la conjetura para valores de $x$ menores que 162 (sencillo) se demuestra en su totalidad el postulado de Bertrand.

Fuente:

Journal of the Indian Mathematical Society

Como habéis podido ver la demostración es relativamente elemental, pero algo complicada de seguir. Además contiene algunos pasos que no se demuestran pero que no parecen totalmente evidentes. No estaría mal que alguno de vosotros los aclarara en un comentario.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 19 de Noviembre de 2009
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Categorías: Demostraciones, Números primos | Imprime este post

11 comentarios

Trackback | 19 Nov, 2009

Bitacoras.com
mimetist | 19 de Noviembre de 2009 | 8:52

Sólo puedo decir: LOL.

Prácticamente cada demostración que encuentro de Ramanujan es tanto o más mágica que las anteriores… y no es que suelan ser muy complicadas, pero todas parten de ese primer paso imposible de imaginar por el resto de los mortales…
Xavier Tapia | 19 de Noviembre de 2009 | 14:41

Rayos estoy en segundo de Matematicas y no he sido capaz de seguir la demostracion…
Hector Ortiz | 19 de Noviembre de 2009 | 16:06

Hola, porque se le llama postulado, si es un teorema, en el articulo le llaman postulado y teorema.
Hector Ortiz | 19 de Noviembre de 2009 | 16:08

Me equivoque , en el articulo tambien lo llaman conjetura.
Toro Sentado | 19 de Noviembre de 2009 | 18:29

Vaya demostración.

Hace tiempo encontré el artículo por un comentaro de Gaussianos e intenté seguirla. Fracasé.

Ahora que la publicáis aquí volveré a intentarlo. Pero cada vez que veo esta demostración no puedo evitar pensar que hay un gran salto entre mis matemáticas de licenciado y las matemáticas de cierto nivel que es insalvable.

Para Ramanujan esto serían pasos elementales, pero a mí me faltan muchos huecos por rellenar en la demostración.

Si progreso en rellenar esos huecos ya os avisaré. De momento me he quedado enganchado en la expresión (2), no la veo tan evidente.

Saludos.
vengoroso | 20 de Noviembre de 2009 | 3:59

@Toro Sentado, las funciones que aparecen se llaman funciones de Chebyshev. Si conoces sus propiedades es más sencillo leer el resto.

Respecto a tu otro comentario, el hueco no es insalvable, pero existe y cubrirlo requiere su tiempo. Ten en cuenta que un doctorado es como otra carrera, sobre un tema mucho más especializado. Y aún así, por mucho que se estudie siempre se encuentra uno con artículos que le suenan a chino, tú no desesperes
Jonas Castillo Toloza | 20 de Noviembre de 2009 | 22:22

Braaaavo Ramanujan….. eres mi hèroe
Wolf | 20 de Noviembre de 2009 | 22:32

Hardy contestaba acerca de cuál había sido su mayor aporte a las matemáticas con la frase: “el descubrimiento de Ramanujan “
Toro Sentado | 21 de Noviembre de 2009 | 14:41

@vengoroso: gracias por el apunte, seguiré intentándolo. El consuelo que me queda es que Ramanujan fue algo muy fuera de lo común.

Saludos
Jonas Castillo Toloza | 9 de Enero de 2010 | 23:52

En medio de mi ignorancia matemàtica creo que EL POSTULADO DE BERTRAND es otra prueba de la infinitud de los nùmeros primos, y una herramienta poderosa para demostrar LA CONJETURA DE GOLDBACH.