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:


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.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

19 Comments

  1. 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…

    Post a Reply
  2. Rayos estoy en segundo de Matematicas y no he sido capaz de seguir la demostracion…

    Post a Reply
  3. Hola, porque se le llama postulado, si es un teorema, en el articulo le llaman postulado y teorema.

    Post a Reply
  4. Me equivoque , en el articulo tambien lo llaman conjetura.

    Post a Reply
  5. 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.

    Post a Reply
  6. @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 🙂

    Post a Reply
  7. Braaaavo Ramanujan….. eres mi hèroe

    Post a Reply
  8. Hardy contestaba acerca de cuál había sido su mayor aporte a las matemáticas con la frase: “el descubrimiento de Ramanujan “

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

    Saludos

    Post a Reply
  10. 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.

    Post a Reply
  11. Una duda, para valores muy grandes de N, ¿no habría entre N y 2N un número elevado de números primos (de echo de un orden de magnitud similar al existente entre 0 y N)?.

    Razonamiento:

    Según el teorema de los números primos, para valores grandes de N el número de números primos se aproxima a N/ln(N).

    Entonces:
    – Si P1(N) es el número de primos entre 0 y N, sería aproximadamente P1(N) = N/ln(N).
    – Si P2(N) es el número de primos entre 0 y 2N, sería aproximadamente P2(N) = 2N/ln(2N).
    – Si P3(N) es el número de primos entre N y 2N (el que queremos estimar), aproximadamente sería P3(N) = P2(N) – P1(N).

    El cociente C = (P1(N) – P3(N)) / P3(N) indica el orden de magnitud de la diferencia entre ambos, respecto al que queremos estimar, y sustituyendo quedaría como:
    C = (P1(N) – P2(N) + P1(N)) / (P2(N) – P1(N)), es decir:
    C = (2*P1(N) – P2(N)) / (P2(N) – P1(N))

    Que sustituyendo por los logaritmos quedaría como:
    C = (2N/ln(N) – 2N/ln(2N)) / (2N/ln(2N) – N/ln(N))

    Como ln(ab) = ln(a) + ln(b), operando quedaría:
    C = 2ln(2) / (ln(N) – ln(2))

    Y por tanto, cuando N tiende a valores muy grandes C tiende a cero, indicando que el orden de magnitud de la diferencia entre los números primos en [0,N] y [N,2N] es muy inferior al número de primos en [N,2N]. Es decir, el número de primos entre N y 2N es “parecido” (aunque inferior), en orden de magnitud, al número de primos entre 0 y N.

    Post a Reply
  12. jaz, suponiendo que tu razonamiento sea cierto, ¿la conclusión que sacas al final es lo que comentas al principio de tu comentario?

    Post a Reply
  13. Hola gaussianos.

    Así es. Mi duda viene en que en el postulado de Bertrand se garantiza la existencia de al menos un primo entre N y 2N y, si el razonamiento que he aplicado fuera correcto, el número de primos existente entre N y 2N sería un número muy elevado, de orden de magnitud similar al número de primos existentes entre 0 y N.

    Quizás haya alguna restricción matemática que impida el que se pueda aplicar este razonamiento expuesto o algún error en las operaciones algebraicas, aunque estas son sencillas, las he repasado y parecen ser correctas (si quieres las puedo escribir, que 4 ojos ven más que 2).

    A modo de ejemplo, indico algunos valores calculados:
    [0-5] -> 3, comparado con [5-10] -> 2
    [0-50] -> 15, comparado con [50-100] -> 10
    [0-500] -> 95, comparado con [500-1000] -> 73
    [0-5000] -> 669, comparado con [5000-10000] -> 560
    [0-50000] -> 5130, comparado con [50000-100000] -> 4459

    Un saludo,
    jaz

    Post a Reply
  14. Por completar el post anterior:

    Los valores indicados antes corresponden a cálculos con números primos reales. Si se utiliza la expresión del teorema de los números primos, es decir P(N) es aproximadamente igual a N/ln(N), los valores obtenidos serían:
    [0-5] -> 3, comparado con [5-10] -> 1
    [0-50] -> 13, comparado con [50-100] -> 9
    [0-500] -> 80, comparado con [500-1000] -> 64
    [0-5000] -> 587, comparado con [5000-10000] -> 499
    [0-50000] -> 4621, comparado con [50000-100000] -> 4065

    Un saludo,
    jaz

    Post a Reply
  15. Una corrección:

    En el post del 5 de octubre, el valor de números primos de [0-50000] es 5133. El valor indicado 5130 es erróneo.

    Dos preguntas Miguel Angel (creo que eres tú quien gestiona esta web), ¿qué te ha parecido mi razonamiento?. ¿Sería válido para afirmar que, para valores elevados de N, el número de primos entre N y 2N es “similar” a los existentes entre 0 y N ?.

    Muchas gracias por tu atención, un saludo,
    jaz

    Post a Reply
  16. jaz, parece que tus operaciones son correctas. Lo que no tengo tan claro es que de tu razonamiento se desprenda tu conclusión. A ver si alguien más le echa un ojo y comenta.

    Lo que está claro es que la prueba del postulado de Bertrand sigue siendo necesaria para garantizar que entre N y 2N hay al menos un número primo.

    Post a Reply
  17. Buenas tardes Miguel Angel.

    Muchas gracias por tu atención. A ver si alguien se anima y da su opinión.

    Un saludo,
    jaz

    Post a Reply
  18. Buenos días Miguel Angel.

    Le he estado dando vueltas y he hecho un nuevo enfoque, siendo la conclusión a la que se pretende llegar la siguiente:

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( \pi(k \cdot x) -  \pi(x) ) = \lim_{x \rightarrow \infty} ( (k - 1) \cdot \pi(x) )

    Y este es el desarrollo seguido:

    Según el teorema de los números primos:

    \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\pi(x)}{ \frac{x}{ln(x)} } = 1

    Por lo que la cantidad de números primos que hay hasta un x dado se puede aproximar por la expresión:

    \pi(x) \approx \frac{x}{ln(x)}    (1)

    Siendo el error relativo respecto del valor real de números primos tendiendo a 0 cuando x  \rightarrow \infty.

    Aplicando la misma fórmula, el número aproximado de números primos hasta el múltiplo k de x sería:

    \pi(k \cdot x) \approx \frac{k \cdot x}{ln(k \cdot x)} = \frac{k \cdot x}{ln(k) + ln(x)}    (2)

    Y calculando el límite de la diferencia (2) – (1) tendríamos:

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( \pi(k \cdot x) -  \pi(x) ) =

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( \frac{k \cdot x}{ln(k) + ln(x)} - \frac{x}{ln(x)} )    (3)

    El término ln(k) es una constante y cuando x  \rightarrow \infty se puede despreciar frente a ln(x), quedando la expresión (3) como:

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( \frac{k \cdot x}{ln(x)} - \frac{x}{ln(x)} ) =

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( (k - 1) \cdot \frac{x}{ln(x)} ) =

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( (k - 1) \cdot \pi(x) )

    Obeniéndose así la expresión propuesta:

    \lim_{x \rightarrow \infty} ( \pi(k \cdot x) -  \pi(x) ) = \lim_{x \rightarrow \infty} ( (k - 1) \cdot \pi(x) )

    Enlazando con mi post anterior, en el caso particular de k=2, para valores grandes de x, la cantidad estimada de números primos en el intérvalo (x,2x) es similar a los estimados en el intérvalo (0,x). Y en general, para valores grandes de x, la cantidad de números primos estimada en cualquier intérvalo (k.x, (k+1).x) es similar a la cantidad estimada en (0,x).

    Un saludo y de nuevo gracias por tu atención.
    jaz

    Post a Reply

Trackbacks/Pingbacks

  1. Bitacoras.com - Información Bitacoras.com... Valora en Bitacoras.com: No hay resumen disponible para esta anotación...

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Submit a Comment

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Aprende cómo se procesan los datos de tus comentarios.