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Bertrand 假设
- 数学命题证明欣赏 -
- 卢昌海 -
若干天前， 一位读者来信询问数论中的 Bertrand 假设 (Bertrand's Postulate) 是否有简单证明，
由此使我萌生了撰写一个新系列的想法， 分篇介绍数学中一些著名命题的证明。 本文就是该系列的第一篇。
既然一切皆由 Bertrand 假设所起， 那就以这一假设的证明作为开篇吧。
Bertrand 假设：
对任意自然数 n ≥ 2， 至少存在一个素数 p 使得 n < p < 2n。
这一命题是 1845 年由法国数学家 Joseph Bertrand (1822 - 1900) 作为一个假设提出的。
Bertrand 对 3000000 以内的情形进行了验证。 1850 年， 俄国数学家 Pafnuty Chebyshev (1821 - 1894) 给出了该假设的第一个严格证明。
(因此 Bertrand 假设有时也被称为 Chebyshev 定理)。 Chebyshev 的证明相当复杂，
本文所叙述的证明是由匈牙利数学家 Paul Erdös (1913 - 1996) 于
1932 年给出的， 这一证明使年轻的 Erdös 一举成名 (可惜成名归成名，
一年后 Erdös 博士毕业， 犹太人的身份使他在与纳粹德国结盟的匈牙利找不到工作，
只得 “流落” 去了剑桥， 最后定居于美国， 叶落却未能归根)。
在证明 Bertrand 假设前我们先来证明几个辅助命题。
引理 1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 n! 的 p 的最高幂次为：
s = Σi≥1floor(n/pi) (式中 floor(x) 为不大于 x 的最大整数)。
证明： 能整除 n! 的 p 的最高幂次显然等于从 1 到 n 的各自然数中 p 的最高幂次之和，
即 s = Σ1≤i≤n si (其中 si 为能整除 i 的 p 的最高幂次)。
现在将从 1 到 n 的所有 (n 个) 自然数排列在一条直线上， 在每个数字上叠放一列 si 个记号，
显然记号的总数是 s。 关系式 s = Σ1≤i≤n si 表示的是先计算各列的记号数
(即 si) 再求和。 但我们也可以先计算各行的记号数再求和， 由此得到的关系式正是引理 1。
为了证明这一点， 我们从数字所在的直线开始自下而上计数。 很明显所有第一行有记号的数字都含有因子 p (因为否则的话
si = 0， 没有记号)， 这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p)；
第二行有记号的数字都含有因子 p2 (因为否则的话 si < 2， 在第二行上不会有记号)，
这种数字的总数 (也就是该行的记号总数) 是 floor(n/p2)， 依此类推， 第 i 行的记号总数为 floor(n/pi)。
将所有这些数字相加便证明了引理 1。 Q.E.D.
我们之所以用这样一种比较文字化的方式来叙述引理 1 的证明过程， 目的在于更清楚地显示该证明的基本思路：
即利用一个有限二维点阵求和的不同方式 (顺序) 得到互相等价的不同表达式。
这是数学证明中一种常用的手段。
推论 1.1： 设 n 为一自然数， p 为一素数， 则能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次为：
s = Σi≥1 [floor(2n/pi) - 2floor(n/pi)]。
证明： 显然。 Q.E.D.
推论 1.2： 设 n ≥ 3 为一自然数， p 为一素数，
s 为能整除 (2n)!/(n!n!) 的 p 的最高幂次， 则：
(a) ps ≤ 2n； (b) 若 p > √2n，
则 s ≤ 1； (c) 若 2n/3 < p ≤ n， 则 s = 0。
证明： (a) 设 m 为满足 pm ≤ 2n 的最大自然数， 则显然对于 i > m， floor(2n/pi) -
2floor(n/pi) = 0 - 0 = 0。 因此推论 1.1 中的求和止于 i = m， 共计 m 项。
由于 floor(2x) - 2floor(x) ≤ 1，
因此这 m 项中的每一项不是 0 就是 1， 其求和结果不超过项数本身， 即 s ≤ m，
因此 ps ≤ pm ≤ 2n。
(b) 因为 p > √2n 表明 p2 > 2n，
因此由 (a) 可得 s ≤ 1。
(c) 因为 n ≥ 3 及 2n/3 < p ≤ n 表明 p2 > 2n，
因此推论 1.1 中的求和只有 i = 1 一项， 即： s = floor(2n/p) - 2floor(n/p)。
由于 2n/3 < p ≤ n 还表明 1 ≤ n/p < 3/2， 因此 s = floor(2n/p) - 2floor(n/p)
= 2 - 2 = 0。 Q.E.D.
引理 2： 设 n 为自然数， p 为素数，
则 Πp≤n p < 4n。
证明： 用数学归纳法。 n = 1 和 n = 2 时引理显然成立。 假设引理对 n < N 成立 (N > 2)， 我们来证明 n = N
的情形。 如果 N 为偶数， 则 Πp≤N p = Πp≤N-1 p， 引理显然成立。
如果 N 为奇数， 设 N = 2m + 1 (m ≥ 1)。
注意到所有 m + 1 < p ≤ 2m + 1 的素数都是组合数 (2m+1)!/m!(m+1)!
的因子 (因为它们是 (2m+1)! 的因子， 但却不是 m! 和 (m+1)! 的因子)；
另一方面组合数 (2m+1)!/m!(m+1)! 在二项式展开 (1+1)2m+1 中出现两次，
因而 (2m+1)!/m!(m+1)! ≤ (1+1)2m+1 / 2 = 4m。
这两点合并可得 Πm+1<p≤2m+1 p ≤ (2m+1)!/m!(m+1)!
≤ 4m。 由此 (并利用归纳假定) 可得
Πp≤N p = (Πp≤m+1 p)
(Πm+1<p≤2m+1 p) < 4m+1 4m = 42m+1
= 4N。 Q.E.D.
引理 2 常常被表述为 θ(n) ≡ Σp≤n log(p) < n log4，
并被称为 Chebyshev's Bound (以 Chebyshev 命名的结果， 无论是前面提到的 Bertrand 假设的别称
Chebyshev 定理还是这里所说的 Chebyshev's Bound， 都有不止一个对应， 查阅文献时要当心)。
好了， 一切准备就绪， 现在我们来证明 Bertrand 假设。
Bertrand 假设的证明： 用反证法， 假设命题不成立，
即存在某个 n ≥ 2， 在 n 与 2n 之间没有素数。 我们来看 (2n)!/(n!n!) 的分解
(2n)!/(n!n!) = Π ps(p) (s(p) 为质因子 p 的幂次)。 由推论 1.2(a) 知 p < 2n， 由反证法假设知 p ≤ n，
再由推论 1.2(c) 知 p ≤ 2n/3，
因此 (2n)!/(n!n!) = Πp≤2n/3 ps(p)。 将连乘分解为
p ≤ √2n 及 √2n < p ≤ 2n/3
两部分 (这一分解要求 n > 4， 但后面我们会看到， 我们的整个方法只适用于 n ≥ 50，
因此我们其实是假定 n ≥ 50， 对 50 以下的情形只需直接验证即可)， 并利用推论 1.2(b) 可得：
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(2n)!/(n!n!) ≤ Πp≤√2n ps(p) ·
Π√2n<p≤2n/3 p
≤ Πp≤√2n ps(p) ·
Πp≤2n/3 p
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该乘积中的第一组的被乘因子数目为 √2n 以内的素数数目，
即不多于 √2n/2 - 1 (因偶数及 1 不是素数)， 而每个因子按照推论 1.2(a)
均不大于 2n， 因此该组乘积不大于 (2n)√2n/2-1。
第二组乘积按照引理 2 小于 42n/3， 由此得到： (2n)!/(n!n!) <
(2n)√2n/2-1 · 42n/3。
另一方面， (2n)!/(n!n!) 是 (1+1)2n 展开式中最大的一项， 而该展开式共有 2n 项 (我们将首末两项 1 合并为 2)，
因此 (2n)!/(n!n!) ≥ 22n / 2n = 4n / 2n。
将此式与上一段最后的结果联立并略经化简可得 4n/3 < (2n)√n/2。
两端取对数并进一步化简可得：
由于幂函数 √2n 随 n 的增长速度远快于对数函数 ln(2n)，
因此上式对于足够大的 n 显然不可能成立。 简单的数值计算表明， 对于 n = 50 上式左边为 13.8629...，
右边为 13.8155...， 不等式不成立。 这表明我们所作的反证假设， 即 Bertrand 假设不成立， 对于 n ≥ 50 是错误的，
换句话说 Bertrand 假设对于 n ≥ 50 成立。 简单的验证可以证明 Bertrand 假设对于 n < 50 也成立
(事实上前面说过， Bertrand 本人就已经对 n < 3000000 做过验证)，
因此我们证明了 Bertrand 假设。 Q.E.D.
由于本文是本系列文章的第一篇， 在这里稍稍说上几句题外话。
对于没有从事过研究工作的人来说， 复杂数学定理 (Bertrand 假设当然不在此列) 的证明常常显得有些高深莫测。
一个具有足够理解力和适当基础的人也许可以看懂一个复杂证明的每一个推理环节，
但一环环地攀完了长长的逻辑链条后仍不免有一种 “只见树木， 不见森林” 的感觉。
那些幽深曲折， 有时甚至是匪夷所思的精巧思路委实让人惊叹不已。
那些精巧思路的一部分是来源于经年累月的尝试和努力，
就象小时候很多人爱玩的画报上的迷宫游戏， 一次次碰壁， 一次次重来，
才换得最后那条精巧的胜利折线。 局外人只看结果， 自不免惊为神来之笔。
不过这类比拟不可无限外推， 让人误以为只要敢于尝试， 不怕碰壁， 就一定能够成功。
须知人力有时而穷， 一味地相信 “人定胜天” 并不是科学的态度。
数学世界不是画报上的迷宫， 画报上的迷宫是有限的， 数学世界的变化却是无穷的。
数学是一门大智慧的学问， 绝非是只凭苦力就一定能够换取成功的。
如果一味地蛮干， 甚至是只学了一点初等数学就迫不及待地企图用自己的勤奋来攻克最艰深的数学问题，
则往往穷尽一生一世也只是枉费心力， 且有可能走火入魔。
重新回到 Bertrand 假设上来， Bertrand 假设是一个非常简单的定理，
本文所介绍的证明其基本思路在于显示当 n 与 2n 之间不存在素数时 (2n)!/(n!n!)
将无法找到足够多的素数因子来作分解， 也就是说 (2n)!/(n!n!) 的素数分解表达式将小于 (2n)!/(n!n!)，
这就是上面不等式无法成立的原因。
为什么选 (2n)!/(n!n!) 作为分析的对象？ 那是因为 (2n)!/(n!n!) = (n+1)···(2n)/n!
包含了所有 n 与 2n 之间的素数因子 (分子上的 (n+1)···(2n))，
而又很聪明地约去了许多小于 n 的素数因子 (分母上的 n!)，
因此非常适合于用来显示缺少了 n 与 2n 之间的素数所造成的后果。
Bertrand 假设对素数分布作了非常粗略的描述， 它表明在 x 附近的素数分布密度至少是 1/x。
与素数定理给出的 1/ln(x) 相比， Bertrand 假设给出的显然很粗略
(不过素数定理给出的密度是平均意义上的， 而 Bertrand 假设给出的是严格的密度下界)，
因而存在加强的余地。 在本文的最后我们列举其中两个这样的加强结果 (定理)：
定理 1： 对任意自然数 n > 6， 至少存在一个 4k + 1 型和一个 4k + 3 型素数 p 使得 n < p < 2n。
定理 2： 对任意自然数 k， 存在自然数 N， 对任意自然数 n > N 至少存在 k 个素数 p 使得 n < p < 2n。
二零零三年六月十二日写于纽约
二零零三年六月十二日发表于本站
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