lunes, 9 de mayo de 2011

Sobre el postulado de Bertrand

Uno de los resultados más añejos en la memoria es, sin lugar a dudas, el postulado de Bertrand: para cada $n \in \mathbb{N}$, el intervalo $(n,2n]$ siempre contiene un número primo. El estribillo con el cual se le asocia en ocasiones es el siguiente:

"Chebyshev said it, and I say it again:
there is always a prime between n and 2n."

De acuerdo con lo que se puede leer en el The man who loved only numbers de Paul Hoffman, Erdös dio una prueba del libro al postulado de Bertrand en su primer año de universidad y la noticia del acontecimiento se difundió en el mundo angloparlante precisamente a través del estribillo arriba mencionado (Hoffman, op. cit., pág. 37.). Si bien dicha prueba es simple y muy elegante, hoy quiero comentarles sobre un argumento (condicional) para derivar el postulado de Bertrand. Dicho argumento lo leí en el Monthly (H. J. Ricardo, Goldbach's Conjecture implies Bertrand's Postulate. Amer. Math. Monthly, vol. 112, no. 6 (Jun. - Jul., 2005), p. 492) hace algunos añitos y es condicional porque supone que la conjetura de Goldbach (todo número par mayor que $2$ es suma de dos primos) es cierta. Veamos:

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Sea $n$ un natural fijo. Si $n=1$ entonces es claro que hay un número primo en el intervalo correspondiente. Así, puede suponerse sin pérdida de generalidad que $n>1$. En ese caso, $2n$ resulta ser un número par mayor que dos y por Goldbach existen primos $p$ y $q$ tales que $$2n = p + q.$$ Afirmamos que, entre $p$ y $q$, uno de ellos es mayor o igual a $n$. En efecto, si ambos fueran estrictamente menores que $n$ entonces se tendría $$2n = p + q < 2n, \quad \textrm{¡contradicción!}$$ Supongamos entonces que $p \in [n, 2n)$. Si $n$ no es primo entonces $$n < p < 2n$$ y estamos. En otro caso, sean $p^{\prime}$ y $q^{\prime}$ tales que $$2(n+1) = p^{\prime} + q^{\prime}.$$ Si $p^{\prime} \in [n+1, 2n+2)$ entonces se cumple, de hecho, que $p^{\prime} \in (n,2n)$: en efecto, $p^{\prime}$ no puede ser igual a $2n + 1$, pues en ese caso $q^{\prime} = 1$ (¡contradicción!) y $p^{\prime}$ no puede ser igual a $2n$, pues este número es compuesto (¡contradicción!). QED.

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Aunque se ha mencionado a Erdös como un referente en las pruebas del postulado de Bertrand, es importante señalar que fue Chebyshev el primero en demostrarle. Srinivasa Ramanujan también proporcionó una prueba del postulado en un trabajo de 1919 (cf. Collected Papers of S. Ramanujan, págs. 208-209).

Para concluir esta pequeña nota voy a agregar una prueba de la infinitud de los primos positivos basada en el postulado de Bertrand. Básicamente lo que probaremos es que para cada número natural n existe un número primo con n dígitos en su representación decimal. La infinitud del conjunto de primos será una consecuencia inmediata de dicha observación.

Sea $n$ un número natural. El postulado de Bertrand nos permite asegurar la existencia de un primo $p_n$ tal que $$10^{n-1} < p_n \leq 2 \cdot 10^{n-1} < 10^{n}.$$ De las desigualdades en la línea previa es claro que $p_n$ es un número con exactamente n dígitos en su representación decimal. ¡Voilà!

Planeo platicarles de otras ilustraciones interesantes del postulado de Bertrand en un post futuro. Entre tanto, el exhorto es uno sólo: ¡no dejen de sintonizarnos!

Hasta pronto.

4 comentarios:

Miguel de la T.P. dijo...

UN HONOR EL PASAR`POR TU BLOG. DESDE JAEN UN ABRAZO

Eder Contreras Ordenes dijo...

Realmente interesante el postulado de Bertran. Un gusto leer esta entrada. Saludos Coquitao.

J. H. S. dijo...

Gracias por sus comentarios...

dejar de fumar sin esfuerzo dijo...

Nice article, approve. I will bookmark because this material provides concern information.