伯特蘭-切比雪夫定理

詹姆斯·約瑟夫·西爾維斯特證明：${\displaystyle k}$個大於${\displaystyle k}$的連續整數之積，是一個大於${\displaystyle k}$的質數的倍數。

艾狄胥證明：對於任意正整數${\displaystyle k}$，存在正整數${\displaystyle N}$使得對於所有${\displaystyle n>N}$，${\displaystyle n}$和${\displaystyle 2n}$之間有${\displaystyle k}$個質數。

他又證明${\displaystyle k=2}$、${\displaystyle N=6}$時，而且有，其中两個質數分别是4的倍數加1，4的倍數減1。

根據質數定理，${\displaystyle n}$和${\displaystyle 2n}$之間的質數數目大約是${\displaystyle n \over \ln(n)}$。

這條不等式是關於${\displaystyle {2n \choose n}}$的下界的。

• 對於正整數${\displaystyle n}$，${\displaystyle {2n \choose n}\geq {\frac {4^{n}}{2n}}}$

證明 ：

對於 ${\displaystyle k\leq 2n}$ ， ${\displaystyle {2n \choose n}\geq {2n \choose k}}$

若${\displaystyle k\neq n}$，${\displaystyle {2n \choose n}>{2n \choose k}}$

因此${\displaystyle 2n{2n \choose n}\geq \sum _{i=1}^{2n}{2n \choose i}+1=2^{2n}=4^{n}}$

• ${\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ <4^{k}}$

证明： 注意到所有大于 k+1 而小于 2k+1 的质数都在(2k+1)! 中而不在(k+1)! 或 k！ 中，于是${\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p}$ 是${\displaystyle {{2k+1} \choose {k+1}}}$的因子。

${\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\quad \left\vert \ {{2k+1} \choose {k+1}}\right.}$

同时又有 ${\displaystyle 2{{2k+1} \choose {k+1}}={{2k+1} \choose {k+1}}+{{2k+1} \choose {k}}<\sum _{i=0}^{2k+1}{{2k+1} \choose {i}}=2\cdot 4^{k}}$

于是就有 ${\displaystyle \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p\ \ \leq {{2k+1} \choose {k+1}}<4^{k}}$

這個定理和${\displaystyle {2n \choose n}}$的上界有關。

• 對於所有正整數${\displaystyle n}$， ${\displaystyle \prod _{p\leq n}p<4^{n}}$

數學歸納法：

當${\displaystyle n=2}$，2 < 16，成立。

假設對於所有少於${\displaystyle n}$的整數，敘述都成立。

顯然，若n>2且n是偶數，${\displaystyle \prod _{p\leq n}p=\prod _{p\leq n-1}p}$。对于奇数的n，设n=2k+1。

從引理1和歸納假設可得：

${\displaystyle \prod _{p\leq n}p=\prod _{p\leq 2k+1}p=\prod _{p\leq k+1}p\cdot \prod _{k+1<p\leq 2k+1}p<4^{k+1}\cdot 4^{k}=4^{2k+1}=4^{n}}$

首先的定理：

• 若${\displaystyle p}$是質數，${\displaystyle n}$是整數。設${\displaystyle s}$是最大的整數使得${\displaystyle p^{s}|n!}$ ，則${\displaystyle s=\sum _{i=1}^{\infty }{\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack }}$

下面這些系理和${\displaystyle {2n \choose n}}$的上界有關。

若${\displaystyle p}$為質數，設${\displaystyle s_{p}}$是最大的整數使得 ${\displaystyle p^{s_{p}}}$ 整除 ${\displaystyle {2n \choose n}}$，則：

${\displaystyle s_{p}=\sum _{i\geq 1}{(\lbrack {\frac {2n}{p^{i}}}\rbrack -2\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack )}}$

對於所有${\displaystyle x>0}$，${\displaystyle \lbrack 2x\rbrack -2\lbrack x\rbrack \leq 1}$ ，所以

${\displaystyle s_{p}=\sum _{i\geq 1}{(\lbrack {\frac {2n}{p^{i}}}\rbrack -2\lbrack {\frac {n}{p^{i}}}\rbrack )}\leq max\left\{r|p^{r}\leq 2n\right\}}$

于是得到三个上界：

1. ${\displaystyle p^{s_{p}}\leq 2n}$
2. 若 ${\displaystyle {\sqrt {2n}}<p}$ ， ${\displaystyle s_{p}\leq 1}$
3. 若 ${\displaystyle 2n/3<p\leq n}$，${\displaystyle s_{p}=0}$（因为 2n! 中只有两个 p，在 n! 中恰有一个 p）

假設存在大於1的正整數${\displaystyle n}$，使得沒有質數${\displaystyle p}$符合${\displaystyle n<p<2n}$。根據系理1.2和1.3：

${\displaystyle {2n \choose n}=\prod _{p\leq 2n}p^{s_{p}}=\prod _{p\leq 2n/3}p^{s_{p}}\leq \prod _{p\leq {\sqrt {2n}}}p^{s_{p}-1}\cdot \prod _{p\leq 2n/3}p}$

再根據系理1.1和定理1： ${\displaystyle {2n \choose n}\leq }$ 上式最右方 ${\displaystyle <(2n)^{{\sqrt {2n}}/2-1}\cdot 4^{2n/3}}$

結合之前關於${\displaystyle 2n \choose n}$的下界的不等式1：

${\displaystyle (2n)^{-1}4^{n}<{2n \choose n}<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2-1}\cdot 4^{2n/3}}$

${\displaystyle 4^{n}<(2n)^{{\sqrt {2n}}/2}\cdot 4^{2n/3}}$

${\displaystyle 4^{2n/3}<(2n)^{\sqrt {2n}}}$

兩邊取2的對數，并设${\displaystyle x={\sqrt {2n}}}$：

${\displaystyle x\ln 2-3\ln x<0}$。

顯然${\displaystyle x\geq 16}$，即${\displaystyle n\geq 128}$時，此式不成立，得出矛盾。 因此${\displaystyle n\geq 128}$時，伯特蘭—切比雪夫定理成立。

再在${\displaystyle n<128}$時驗證這個假設即可。