Postulat de Bertrand

L’essentiel de la démonstration de Tchebychev porte sur les ${\displaystyle n}$ assez grands, le complément consistant à démontrer la propriété directement pour les ${\displaystyle n}$ petits. L’énoncé est le suivant :

Pour tout ${\displaystyle \epsilon >{\frac {1}{5}}}$, il existe un nombre ${\displaystyle \xi }$ tel que pour tout ${\displaystyle x\geq \xi }$ il existe au moins un nombre premier entre ${\displaystyle x}$ et ${\displaystyle (1+\epsilon )x}$.

Un axe de recherche consiste à réduire la valeur de ${\displaystyle \epsilon }$ :

• Tchebychev a obtenu en 1850[14] la valeur ${\displaystyle \epsilon ={\frac {1}{5}}}$, soit 0,2 ;
• James Joseph Sylvester améliore ce résultat en 1881[14]^,[15], et réduit ${\displaystyle \epsilon }$ à 0,16688 ;
• et en 1891-1892[14]^,[15], à 0,092 ;
• en 1893, Eugène Cahen croit avoir démontré que ${\displaystyle \theta (z)\sim z}$ quand ${\displaystyle z}$ tend vers l’infini[16]. Un corollaire immédiat (que Stieltjes avait conjecturé)[17] est qu’on peut prendre ${\displaystyle \epsilon }$ arbitrairement petit (ou, ce qui n'est plus général qu'en apparence : que pour tout ${\displaystyle \epsilon >0}$, la quantité de nombres premiers compris entre ${\displaystyle x}$ et ${\displaystyle (1+\epsilon )x}$ tend vers l'infini avec ${\displaystyle x}$)[14] ;
• le théorème des nombres premiers, équivalent de façon élémentaire à ${\displaystyle \theta (z)\sim z}$, ne sera démontré qu'en 1896, par Hadamard et La Vallée Poussin ; les résultats supplémentaires de ce dernier, en 1899, permettent d'expliciter une solution ${\displaystyle \xi }$ en fonction de chaque ${\displaystyle \epsilon >0}$[14].

Une conjecture similaire au postulat de Bertrand, mais non encore résolue, appelée conjecture de Legendre, affirme l'existence, pour tout entier ${\displaystyle n\geq 1}$, d'un nombre premier ${\displaystyle p}$ tel que ${\displaystyle n^{2}<p<(n+1)^{2}}$. Elle touche à l'hypothèse de Riemann.

En 1891-1892, James Joseph Sylvester généralise l'énoncé usuel avec la proposition suivante[18] :

Le produit de ${\displaystyle n}$ entiers consécutifs strictement supérieurs à ${\displaystyle n}$ est divisible par un nombre premier strictement supérieur à ${\displaystyle n}$.

Le postulat de Bertrand s'en déduit en considérant les ${\displaystyle n}$ entiers ${\displaystyle n+1,n+2,\dots ,2n}$ : si l'un d'eux est divisible par un nombre premier ${\displaystyle p>n}$, il est égal à ${\displaystyle p}$.

Pour tout entier ${\displaystyle n\geq 1,\qquad \theta (n)<n\ln 4}$.

Si 2 ≤ n ≤ 630, on utilise le procédé de Landau :

considérons la suite de onze nombres premiers 2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317 et 631, chacun étant strictement inférieur au double de son prédécesseur.

Il existe deux nombres consécutifs de cette liste, q et p, tels que

${\displaystyle q\leq n<p}$, donc ${\displaystyle n<p}$ et ${\displaystyle 2q\leq 2n}$.

De plus, par construction de cette liste, ${\displaystyle p<2q}$, ce qui, joint à ${\displaystyle 2q\leq 2n}$, donne ${\displaystyle p<2n}$. On a donc bien

${\displaystyle n<p<2n}$.

Par la formule du binôme,

${\displaystyle 4^{n}=(1+1)^{2n}=2+\sum _{k=1}^{2n-1}{2n \choose k}}$.

Puisque ${\displaystyle {2n \choose n}}$ est le plus grand terme de la somme, on en déduit : ${\displaystyle 4^{n}\leq 2n{2n \choose n}}$. Appelons ${\displaystyle R(p,n)}$ le plus grand nombre x tel que ${\displaystyle p^{x}}$ divise ${\displaystyle {2n \choose n}}$. On a donc

${\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n}}\leq {2n \choose n}=\prod _{p\in \mathbb {P} }p^{R(p,n)}=P_{1}P_{2}P_{3}P_{4}}$,

avec

${\displaystyle P_{1}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,p\leq {\sqrt {2n}}}p^{R(p,n)},\quad P_{2}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,{\sqrt {2n}}<p\leq 2n/3}p^{R(p,n)},\quad P_{3}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,2n/3<p\leq n}p^{R(p,n)},\quad P_{4}=\prod _{p\in \mathbb {P} ,n<p<2n}p^{R(p,n)}}$.

Pour minorer ${\displaystyle P_{4}}$ (afin de montrer que ${\displaystyle P_{4}>1}$), on va majorer ${\displaystyle P_{1}}$, ${\displaystyle P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{3}}$. Il nous faut pour cela majorer les ${\displaystyle R(p,n)}$.

On désigne par ${\displaystyle \left\lfloor X\right\rfloor }$ la partie entière de ${\displaystyle X}$, et par ${\displaystyle \left\{X\right\}}$ sa partie fractionnaire.

Puisque (d'après une formule de Legendre) n! possède ${\displaystyle \sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor }$ facteurs égaux à p, on obtient :

${\displaystyle R(p,n)=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor =\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor }$

Puisque chaque terme ${\displaystyle \left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor }$ vaut soit 0 (lorsque ${\displaystyle \left\{{\frac {n}{p^{j}}}\right\}<{\frac {1}{2}}}$) soit 1 (lorsque ${\displaystyle \left\{{\frac {n}{p^{j}}}\right\}\geq {\frac {1}{2}}}$) et que tous les termes avec ${\displaystyle j>\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln p}}\right\rfloor }$ sont nuls, on obtient :

${\displaystyle R(p,n)\leq \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln p}}\right\rfloor }$,

donc ${\displaystyle p^{R(p,n)}\leq 2n}$, donc ${\displaystyle P_{1}\leq (2n)^{\sqrt {2n}}}$.

Pour ${\displaystyle p>{\sqrt {2n}}}$, la somme dans R(p, n) est réduite à son premier terme, ${\displaystyle \left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor }$ qui, comme déjà mentionné, vaut 0 ou 1. On a donc ${\displaystyle R(p,n)\leq 1}$, d'où

${\displaystyle P_{2}\leq \prod _{p\in \mathbb {P} ,{\sqrt {2n}}<p\leq 2n/3}p\leq \operatorname {exp} (\theta (2n/3))<4^{2n/3}}$,

la dernière inégalité venant du lemme.

En fait, ${\displaystyle P_{3}=1}$ (c'est le point clé de la preuve d'Erdös) car si ${\displaystyle 2n/3<p\leq n}$ alors

${\displaystyle R(p,n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor =2-2=0}$.

On aboutit à

${\displaystyle 4^{n}\leq 2nP_{1}P_{2}P_{3}P_{4}<(2n)^{1+{\sqrt {2n}}}.4^{2n/3}.1.P_{4}}$,

c'est-à-dire

${\displaystyle P_{4}>{\frac {4^{n/3}}{(2n)^{1+{\sqrt {2n}}}}}}$

qui, en posant ${\displaystyle 2n=2^{2t}}$, se réécrit

${\displaystyle \ln(P_{4})>{\frac {t2^{t}\ln 2}{3}}\left({\frac {2^{t}}{t}}-6(1+2^{-t})\right)}$.

Or ${\displaystyle 2n>1024=2^{10}}$ donc ${\displaystyle t>5}$, d'où ${\displaystyle {\frac {2^{t}}{t}}>{\frac {2^{5}}{5}}>6(1+2^{-5})>6(1+2^{-t})}$, si bien que ${\displaystyle \ln(P_{4})>0}$, ce qui achève la démonstration.