[EX] - Sul postulato di Bertrand

[Sk_Anonymous]

Per dimostrare il postulato di Bertrand* viene utilizzata la seguente disuguaglianza

Esercizio (non banale). Sia \(p\) un numero primo. Provare che \[\prod_{p \le x} p \le 4^{x-1} \quad \text{per ogni reale} \ x \ge 2\]
___________
*Il postulato di Bertrand afferma che

Per ogni \(n \ge 1\), esiste un numero primo \(p\) tale che \(n < p \le 2n \).[/list:u:1ch9xht4]

[Stellinelm]

Ti riferisci al prodotto di tutti i primi minori di un certo $x$ ?
Se è cosi . questa disuguaglianza è migliorabile ponendo $2,83$ al posto di $4$

[Sk_Anonymous]

"Stellinelm":Ti riferisci al prodotto di tutti i primi minori di un certo $x$ ? [...]

Sì.

"Stellinelm":[...] Se è cosi . questa disuguaglianza è migliorabile ponendo $2,83$ al posto di $4$

Invero è ancora migliorabile ponendo \(e^{1,01624}\) (cfr. Asymptotics and bounds for Chebyshev functions oppure Approximate formulas for some functions of prime numbers), ma non ce ne frega niente.
Tra l'altro, posso sapere da dove hai cavato quella radice quadrata di \(8\) approssimata per eccesso?

[Zero87]

E' un bel problema, Delirium, e mi manca solo un mattoncino per arrivare alla soluzione: cioè un risultato che ricordo di aver visto (enunciato) in giro, di cui mi sfugge la dimostrazione.

Comunque... quello che so è questo.

Vediamo, abbozzo un'idea, ma non è detto essere giusta (un pezzo si basa su qualcosa che ho visto in giro mentre consultavo i libri per la tesi)...

Abbiamo $\prod_(p_i \le x) p_i$
e ne prendiamo una parte, cioè
$\prod_(x/2 < p_i \le x) p_i$

Posso dire che
$\prod_(x/2 < p_i \le x) p_i \le (([x]),([x/2]))$
in cui con $[x]$ indico la parte intera di $x$, essendo $x$ reale.

Ora, perché vale questa cosa?
1.
Prima di tutto ricordo che $(p_i, p_j) = 1$
per 2 primi diversi e da questa segue (o viceversa) che $p_i |ab$ implica $p_i |a$ o $p_i | b$ se $(a,b)=1$.
2.
Quella produttoria è un numero composto esclusivamente dai primi maggiori di $x/2$ e minori di $x$ che sicuramente è un divisore del secondo membro (quindi vale il $\le$ parlando di interi positivi).
Il secondo membro, infatti, (nella fattispecie) è
$\frac{[x]!}{[x/2]![x/2]!}$
e da questa formulazione alternativa è semplice vedere che vale quanto detto io perché, essendo il binomiale intero per costruzione (se ne parlava anche da queste parti in un paio di thread passati) e non contenendo il denominatore i primi della produttoria in questione per definizione di $([x/2])!$
allora si deduce che quello è un multiplo della produttoria stessa.

A questo punto, qualche proprietà del calcolo combinatorio che ora mi sfugge mi dice che
$(([x]),([x/2])) < 2^{[x]}<2^x$
questo è il "mattoncino" che mi manca. Ovviamente deriva da
$((2n),(n)) < 4^{n}$
ma è proprio questo che non ricordo come si mostra anche se ricordo che è una di quelle proprietà che si fanno del fattoriale.

Ora, si può iterare la procedura appena vista a tutta la produttoria
$\prod_(p_i le x) p_i = \prod_(x/2 Il penultimo è per definizione di serie geometrica (troncata in questo caso dato che $p_i >2$ e inoltre è un prodotto finito fissato $x$ e questo è il motivo del $\le$) di ragione $1/2$.

EDIT
Non va perché tu dici $4^(x-1)$ e ora questo $-1$ sull'esponente mi lascia perplesso.
Va beh, io ci ho provato, se quando ritornerò al forum (tra una manciata di giorni) non ci sono sviluppi... Magari Delirium mi darà una manina per arrivare alla fine, no?
[size=80]Certo... se la mia soluzione non serve a niente o è completamente sballata lascio perdere![/size]

[Stellinelm]

"Delirium":
Tra l'altro, posso sapere da dove hai cavato quella radice quadrata di \(8\) approssimata per eccesso?

ecco , leggi lultima riga di questa pagina : http://www.dti.unimi.it/citrini/MD/sito ... ta.htm#top

[Stellinelm]

Quello che potrebbe interessare a te inizia a pag 6 : http://www.dm.unito.it/~cerruti/pdfblog ... anujan.pdf

[Sk_Anonymous]

@Zero87: secondo me, invece, hai finito. Ti basta osservare che \[\prod_{p \le x} p = \prod_{p \le x-1} p \]
@Stellinelm: la dimostrazione di quel lemma è in Proofs from THE BOOK di M. Aigner&G. M. Ziegler. Quanto alla stima migliore, non vedo una dimostrazione, quindi non me ne faccio niente.

[Stellinelm]

"Delirium":@Zero87: secondo me, invece, hai finito. Ti basta osservare che \[\prod_{p \le x} p = \prod_{p \le x-1} p \]
@Stellinelm: la dimostrazione di quel lemma è in Proofs from THE BOOK di M. Aigner&G. M. Ziegler. Quanto alla stima migliore, non vedo una dimostrazione, quindi non me ne faccio niente.

...se trovo qualche dimostrazione con una stima migliore la posto

[Zero87]

"Delirium":@Zero87: secondo me, invece, hai finito. Ti basta osservare che \[\prod_{p \le x} p = \prod_{p \le x-1} p \]

Ottimo... ma se $[x]$ invece fosse primo?

[Sk_Anonymous]

I agree with you, Zero87. Ho risposto con troppa leggerezza; rettifico: l'uguaglianza che ho auspicato come vera vale certamente se \(x\) è un intero pari (o se \([x]\) è pari); appena ho del tempo provo a pensare a come sistemare il caso \(x\) (o \([x]\)) primo. Quanto al mattoncino che ti manca dentro lo spoiler, potresti osservare che \[\binom{2n}{n} < \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}=(1+1)^{2n}=4^n\]

[Zero87]

"Delirium":Quanto al mattoncino che ti manca dentro lo spoiler, potresti osservare che \[\binom{2n}{n} < \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}=(1+1)^{2n}=4^n\]

Eccolo, infatti, sapevo che era una proprietà che si faceva, diciamo tra le prime trattando del coefficiente binomiale.


[size=80]Però quel $4^(x-1)$ lo vedo difficile...[/size]

[Stellinelm]

eh bravo zero