摘要 本文从与 Bertrand 假设有关的数论函数出发, 给出一些定理及引理, 从而证明了 Bertrand 假设在 $n$ 较大时成立. 而后通过寻找特殊数, 得出 Bertrand 假设在 $n \ge 4000$ 时, Bertrand 假设成立. 同时又通过枚举 $4000$ 以内的特殊质数数列, 证明了 Bertrand 假设成立.

关键词 Bertrand 假设; 数论函数; 素数

注意, 以下出现的一切变量 $p$ 都为素数.

Bertrand 假设断言, 对于任意正整数 $n \ge 2$, 存在素数 $p$ 满足 $n \le p < 2n$, 这是素数分布中比较初等的一个结果, 由 Joseph Bertrand 在 1845 年提出, Pafnuty Chebyshev 在 1850 年给出了该假设的第一个严格证明, 但未使用初等方法. 第一个初等证明是由 Ramanujan 提出的, 后来在 1932 年由 19 岁的 Erdős 改进. 本文对前人的工作进行了总结与汇总.

定理 1. 对于任意正整数 $n \ge 2$, 存在素数 $p$ 满足 $n \le p < 2n$.

1. 数论函数简介

定义 1.1 设 Mangoldt 函数如下 $$ \Lambda(n)= \begin{cases} \ln p &n=p^k(p \text{为质数})\\ 0 &\text{otherwise} \end{cases} \tag{1} $$

定义 1.2 设莫比乌斯函数如下 $$ \mu(n)= \begin{cases} (-1)^k &\text{其中} k \text{为} n \text{的质因子个数(可重复)}\\ 0 &\exists p \in \text{质数},p^2 |n \end{cases} \tag{2} $$

定理 1.3 因此可以通过定义得到如下式子

$$ \sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\ln d=\Lambda(n) \tag{3} $$

$$ \sum_{d|n} \Lambda(d)=\ln n\tag{4} $$

$$ \sum_{d|n} \mu(d)\ln d=-\Lambda(n)\tag{5} $$

$$ \sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\Lambda(d)=-\mu(n)\ln n\tag{6} $$

定义 1.4 对前缀和 Mangoldt 函数有如下定义

$$ \psi(x)=\sum_{n\le x}\Lambda(n)\tag{7} $$

Von Mangoldt 本人证明了

$$ \psi(x) \sim x\tag{8} $$

下式与黎曼猜想等价

$$ \psi(x)=x+O(\sqrt{x}\ln^2x)\tag{9} $$

这一式子超出讨论范围, 不做证明.

定义 1.5 设 $T(x)=\ln \lfloor x\rfloor!$.

2. $T(x)$ 函数估阶

定理 2.1 Vardi (1991, p. 155) 证明了一个有趣的式子

$$ T(x)=\psi(x)+\psi(\frac{1}{2}x)+\psi(\frac{1}{3}x)+\dots\tag{10} $$

证明：运用 Von Mangoldt 函数本身的性质可得(可由 $(4)$ 式推出)

$$ T(x)=\sum_{n\le x}\Lambda(n)\lfloor \frac{x}{n} \rfloor\tag{11} $$

运用取整函数的性质可得

$$ T(x)-2T(\frac{x}{2})\ge \psi(x)-\psi(\frac{x}{2})\tag{12} $$

我们记 $n=\lfloor x\rfloor$, 则有

$$ \begin{align} \ln n!&=\sum_{i=1}^n\ln i=\sum_{i=1}^n\ln i(i-(i-1))\\ &=n\ln n+\sum_{i=1}^{n-1}i\ln i -\sum_{i=2}^n (i-1)\ln i\\ &=n\ln n-\sum_{i=1}^{n-1}i(\ln (i+1)-\ln i)\\ &=n\ln n-\sum_{i=1}^{n-1}i\int_i^{i+1}\frac{1}{t}\mathrm{d}t\\ &=n\ln n-\int_1^n \lfloor t\rfloor \frac{1}{t}\mathrm{d}t\\ &=n\ln n-\int_1^n (1-\frac{t-\lfloor t\rfloor}{t})\mathrm{d}t\\ &=n\ln n-\int_0^n1\mathrm{d}t+O(\ln n)\\ &=n\ln n-n+O(\ln n) \end{align} $$

因此

$$ T(x)=x\ln x-x+O(\ln x)\tag{13} $$

其中 $O$ 记号为渐近符号.

因此我们有

$$ T(x)-2T(\frac{x}{2})=x\ln 2 +O(\ln x) \tag{14} $$

由 $(12)(14)$ 可得

$$ \psi(x)-\psi(\frac{x}{2})\le x\ln 2+O(\ln x)\\ \psi(x)\le \psi(\frac{x}{2})+x\ln 2+O(\ln x) \tag{15} $$

迭代运用 $(15)$ 可得

$$ \large \begin{align} \psi(x)&=\sum_{k=1}^{log_2 x}[\psi(\frac{x}{2^{k-1}})-\psi(\frac{x}{2^k})]\\ &\le \sum_{r\ge 1}\frac{x\ln 2}{2^{k-1}}+O(\ln^2 x)\\ &=2x\ln 2+O(\ln^2x) \end{align} $$

因此

$$ \psi(x)\le 2x\ln 2+O(\ln^2 x)\tag{16} $$

通过交换求和次序可得

$$ \begin{align} T(x)&=\sum_{n\le x}\Lambda(n)\lfloor \frac{x}{n} \rfloor\\ &=\sum_{n\le x}\Lambda(n)\sum_{q\le x/n}1\\ &=\sum_{qn\le x}\Lambda(n)\\ &=\sum_{q\le x}\sum_{n\le x/q}\Lambda(n)\\ &=\sum_{q\le x}\psi(\frac{x}{q}) \end{align} $$

$ \square$

3. 定理 1 的粗略证明

将上式代入 $(14)$ 中, 就有

$$ \psi(x)-\psi(\frac{x}{2})+\psi(\frac{x}{3})-\psi(\frac{x}{4})+\cdots=x\ln 2+O(\ln x) $$

因为 $\psi(x)$ 单调递增, 所以左侧的交错和必然不超过 $\psi(x)-\psi(\frac{x}{2})+\psi(\frac{x}{3})$, 那么

$$ \psi(x)-\psi(\frac{x}{2})\ge x\ln 2-\psi(\frac{x}{3})+O(\ln x)\tag{17} $$

结合 $(16)$ 我们可以得到

$$ \psi(x)-\psi(\frac{x}{2})\ge \frac{x}{3}\ln 2+O(\ln^2 x)\tag{18} $$

由于 $\Lambda(n)$ 仅在 $n=p^k$ 时非零, 所以这个不等式表明对于足够大的 $x$, $(\frac{x}{2},x]$ 中总有素数的幂次.

接下来对 $(16)$ 进行调整来证明 Bertrand 假设.

事实上如果定义

$$ \vartheta(x)=\sum_{p\le x}\ln p $$

则有

$$ \large \begin{align} \psi(x)&=\sum_{k\le \log_2 x}\sum_{p\le x^{1/k}}\ln p\\ &=\sum_{p\le x}\ln p+\sum_{p\le \sqrt{x}} \ln p+\sum_{k=3}^{\log_2x}\sum_{p\le x^{1/k}}\ln p \\ &=\vartheta(x)+\vartheta(\sqrt{x})+\sum_{k=3}^{\log_2x} \vartheta(x^{1/k}) \end{align} $$

再根据 $\vartheta(x)\le \psi(x)$ 和 $\vartheta(x)\sim x$ 且 $\vartheta(x)\le x$, 有如下式子

$$ \begin{align} \psi(x)&=\vartheta(x)+O(\sum_{k=2}^{\log_2x}x^\frac{1}{k})\\ &=\vartheta(x)+O(\sqrt{x}) \end{align} $$

因此得到联系 $\vartheta(x)$ 和 $\psi(x)$ 的渐近公式

$$ \psi(x)=\vartheta(x)+O(\sqrt{x})\tag{19} $$

将 $(19)$ 代入 $(18)$ 中, 可得

$$ \sum_{\frac{x}{2}< p\le x}\ln p \ge \frac{x}{3}\ln x+O(\sqrt{x})\tag{20} $$

而这个公式预示着随着 $x$ 的增加, $(\frac{x}{2},x]$ 的素数个数也会跟着增加, 从而证明 Bertrand 假设在 $x$ 足够大时成立.

而当 $x$ 较小时, 可以通过枚举的方式易得出 Bertrand 假设是正确的.

4. 定理 1 的初等证明

我们把目光先放到 $\vartheta(n)$ 身上. 接下来希望证明假设 $\vartheta(n)< (n-1)\ln 4$. 也即

$$ \prod_{p\le n}p < 4^{n-1} \tag{21} $$

(其实现在必然需要上文提到的 $\psi(x),\vartheta(x),\Lambda(x)$ 中至少一个的上界, 而 $\vartheta(x)$ 是形式最简便的, 因此对它下手. 至于这个形式则是一个可以通过初等形式得到证明的)

运用归纳法, 发现 $n=2$ 时假设显然成立. 而 $\vartheta(2m+2)=\vartheta(2m+1)$, 因此仅对 $n=2m+1$ 的情况进行证明.

假设 $n\le 2m$ 时 $\vartheta(n) < (n-1)\ln 4$ 成立, 我们设 $n=2m+1$, 则我们有

$$ \begin{align} \vartheta(n)&=\vartheta(2m+1)\\ &=\vartheta(m+1)+\sum_{m+1< p \le 2m+1}\ln p\\ &< m \ln 4+\sum_{m+1 < p \le 2m+1}\ln p\\ &\le m\ln 4+\ln {2m+1\choose m+1}\\ &\le m\ln 4 +\ln \frac{1}{2}\sum_{i=0}^{2m+1}{2m+1\choose i} \\ &= m\ln 4 + \ln \frac{1}{2}\cdot 2^{2m+1} \\ &= 2m\ln 4 \end{align} $$

因此 $\vartheta(n)<(n-1)\ln 4$, 原假设成立.

定理 4.1(Lengendre 定理) 即 $n!$ 中素数 $p$ 的次数恰好为 $\sum\limits_{k\ge 1}\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor$.

证明：$n!=1\cdot 2\cdot 3\cdots \cdot n$ 中恰有 $\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$ 项被 $p$ 整除, 恰有 $\lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor$ 被 $p^2$ 整除, 依此类推. $\square$

根据该定理, ${2n\choose n}=\frac{(2n)!}{(n!)^2}$ 中素因子 $p$ 的次数恰好为

$$ \sum\limits_{k\ge 1}(\lfloor \frac{2n}{p^k} \rfloor-2\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor)\tag{22} $$

其中

$$ \lfloor \frac{2n}{p^k} \rfloor-2\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor<\frac{2n}{p^k}-2(\frac{n}{p^k}-1)=2 $$

因此和式中的每一项至多为 $1$. 所以

$$ \sum\limits_{k\ge 1}(\lfloor \frac{2n}{p^k} \rfloor-2\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor)\le \max(r:p^r\le 2n)\tag{23} $$

因此, 当 $p>\sqrt{2n}$ 时, $p$ 在 $2n\choose n$ 中的次数最多为 $1$.

当 $n < p \le 2n$ 时, $p$ 在 $2n\choose n$ 中的次数正好为 $1$.

当 $3p>2n$ 且 $n\ge 3$ 时, $p$ 和 $2p$ 是仅有的两个出现在 $\frac{(2n)!}{(n!)^2}$ 的分子中的 $p$ 的倍数, 而分母中同时也恰有 $p$ 的二重因子. 因此 $\frac{2}{3}n < p\le n$ 的素数 $p$ 不会整除 $2n\choose n$.

所以当 $p\le \sqrt{2n}$ 时, $2n\choose n$ 中有 $p$ 的多重因子, 当 $\sqrt{2n} < p \le \frac{2}{3} n$ 时, $2n \choose n$ 中 $p$ 的次数最多为 $1$ , 当 $ n < p\le 2n$ 时, $2n\choose n$ 中 $p$ 的次数恰好为 $1$.

利用对二项式系数的估计与 $(23)$, 有

$$ \frac{4^n}{2n}\le {2n\choose n}\le \prod_{p\le \sqrt{2n}}2n\cdot \prod_{\sqrt{2n} < p\le\frac{2}{3}n}p\cdot \prod_{ n < p\le 2n}p $$

由于满足 $p\le \sqrt{2n}$ 的素数不超过 $\sqrt{2n}$ 个, 从上式与 $(21)$ 可以得到

$$ 4^n < (2n)^{\sqrt{2n}+1}\cdot 4^{\frac{2}{3}n-1}\prod_{n < p\le 2n} p\tag{24} $$

假设 $(n,2n]$ 中不存在质数, 那么

$$ 4^n<(2n)^{1+\sqrt{2n}}4^{\frac{2}{3}n-1}\\ 4^{\frac{1}{3}n+1}<(2n)^{1+\sqrt{2n}} $$

利用 $x+1 < 2^x (x\ge 2)$ 可得

$$ \begin{align} 2n=(\sqrt[6]{2n})^6<(\sqrt[6]{2n}+1)^6 < 2^{6\sqrt[6]{2n}} \end{align} $$

也即

$$ 2^{2n+6}<(2n)^{3(1+\sqrt{2n})} < 2^{18\sqrt[6]{2n}(1+\sqrt{2n})} < 2^{20(2n)^\frac{2}{3}} $$

这要求 $2n+6 < 20(2n)^\frac{2}{3}$, 则 $n < 4000$.

当 $n < 4000$ 时, 运用枚举可得 $(n,2n]$ 至少存在一个质数. 枚举如下：

$$ 2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,631,1259,2503,4001 $$

上面的每个质数都小于前一个的两倍, 那么对于 $n < 4000$, $(n,2n]$ 必然包括上面 $14$ 个质数中的一个.

5. 总结

这篇论文通过对前人证明 Bertrand 假设的方式进行总结, 呈现了两种较为简洁的证明方式.

同时, Bertrand 假设又与 Legendre 猜想相似. Legendre 猜想表述为：对于任意正整数 $n$, 存在 $p$ 满足 $n^2 < p \le (n+1)^2$. 不过这个猜想到目前为止还未被证明.

在此基础上, Bertrand 假设还可以改进为：对于足够大的正整数 $N$, 对于任意 $n \ge N$, 存在素数 $p$ 满足 $n \le p < n+O(n^{\theta})$. 目前为止, 该猜想的最好结果是 $\theta=\frac{6}{11}+\epsilon$, 于 1992 年被证明.

参考文献

1. J. Bertrand, M´emoire sur le nombre de valeurs que peut prendre une fonction quand on y permute les lettres qu’elle renferme, Journal de l’Ecole Royale Polytechnique Cahier 30, 18 (1845), 123–140.
2. [德]Martin Aigner,Günter M. Ziegler.数学天书中的证明[M].冯荣权,宋春伟,宋传明译.北京:高等教育出版社,2009:7-10.
3. P. Erdős: Beweis eines Satzes von Tschebyschef, Acta Sci. Math.(Szeged)5(1930-32),194-198.
4. G. H. Hardy & E. M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers,fifth edition, Oxford University Press 1979.