i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 11 — #1 i
i
i
i
i
i
BERTRANDOV POSTULAT
ALEKSANDER SIMONIČ
School of Science
The University of New South Wales (Canberra)
Math. Subj. Class. (2010): 11N05, 11A41
V članku predstavimo Ramanujanov dokaz Bertrandovega postulata. Omenimo tudi
nekatere odprte probleme v povezavi s praštevilskimi vrzelmi.
BERTRAND’S POSTULATE
We present Ramanujan’s proof of Bertrand’s postulate. We also mention some open
problems related to prime gaps.
Uvod
Leta 1845 je francoski matematik Joseph Louis François Bertrand
(1822–1900) v razpravi o permutacijah zapisal naslednje: za vsako naravno
število n ≥ 4 obstaja praštevilo p, ki je večje od n in manǰse od 2n − 2.
Trditev je preveril za n = 1, . . . , 3 · 106, dokazati pa me je ni uspelo. Do-
mneva je dobila ime Bertrandov postulat. Čeprav je že več kot 150 let znana
njena pravilnost, se je tako ime še vedno drži. Danes se pogosto navaja šib-
keǰsa različica problema: za vsako naravno število n ≥ 1 obstaja praštevilo
p ∈ (n, 2n].
Pafnuciju Lvoviču Čebǐsevu (1821–1894), očetu ruske matematične
šole, je hipotezo sedem let kasneje uspelo dokazati v članku [4]. Pri tem
je uvedel posebni funkciji, ki sta postali stalnici v analitični teoriji števil.
Enostavneǰsi dokaz, obravnavan v tem prispevku, je leta 1919 objavil indij-
ski samouk Srinivasa Ramanujan (1887–1920), glej [8]. Ta matematični
genij je že v otroštvu pokazal izjemen matematični talent, vendar je bil
»odkrit« šele leta 1910. Na prigovarjanje G. H. Hardyja je leta 1914 prispel
v Cambridge, kjer so mu po dveh letih podelili doktorat. Kljub pomanj-
kanju matematične natančnosti, ki je bila posledica neformalne izobrazbe,
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 1 11
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 12 — #2 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
je dosegel zavidljive rezultate na področju specialnih funkcij v povezavi s
teorijo števil. Kot se je izrazil Hardy, je Ramanujan do svojih odkritij prǐsel
s povezovanjem trditev, intuicije in nepojasnjenega sklepanja, sposobnost
primerljiva z Eulerjevo. Zaradi izjemno slabega zdravja se je vrnil v Indijo,
kjer je kmalu zatem tudi umrl. Leta 1932 je nov dokaz prispeval tudi slo-
viti madžarski matematik Paul Erdős (1913–1996), kar je bil njegov prvi
raziskovalni prispevek. Erdősev dokaz ne uporablja funkcij Čebǐseva in se
na številnih mestih, posebno v povezavi z binomskimi koeficienti, ujema
z Ramanujanovim dokazom. Manj znan dokaz je leta 1944 objavil še in-
dijski številski teoretik in v številnih pogledih Ramanujanov matematični
naslednik S. S. Pillai (1901–1950), ki se je proslavil z delom na področju
Waringovega problema. Kasneje je izdelal še en dokaz, ki uporablja samo
racionalna števila, vendar mu je objavo preprečila letalska nesreča, v kateri
je umrl na poti v ZDA na 11. mednarodni kongres matematikov in enoletno
izpopolnjevanje na Univerzi Princeton. Oba dokaza sta reproducirana v [7],
kjer lahko bralec izve tudi več o njegovem življenju in delu.
Upravičeno lahko rečemo, da je danes Erdősev dokaz najbolj znan, ver-
jetno tudi po zaslugi knjige [2]. Vendar je ozadje dokaza Čebǐseva, Rama-
nujana ali Pillaia bolj v sozvočju s klasičnimi metodami analitične teorije
števil, zato je tudi primerneǰsi za uvod v to področje matematike. Za razu-
mevanje članka je dovolj znanje srednješolske matematike.
Funkciji Čebǐseva
Tvorimo zaporedje naravnih števil n1, n2, . . . na naslednji način: postavimo
n1 = 4 in za k ≥ 2 naj bo nk največje praštevilo, manǰse od 2nk−1 − 2.
Nekaj prvih elementov tega zaporedja je
4, 5, 7, 11, 19, 31, 59, 113, 223, 443, 883, 1759, 3511, 7019, . . .
Očitno je Bertrandov postulat ekvivalenten trditvi, da je zgornje zaporedje
strogo naraščajoče. Označimo s π(x) število praštevil, ki ne presegajo po-
12 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 1
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 13 — #3 i
i
i
i
i
i
Bertrandov postulat
zitivnega realnega števila x. Opomnimo, da je kodomena funkcije π pod-
množica naravnih števil. Če je π(x) − π(x/2) > 1 za x ≥ 8, je Bertrandov
postulat dokazan. Zakaj? Če je slednje pravilno, za vsako naravno šte-
vilo n ≥ 4 interval (n, 2n] vsebuje vsaj dve praštevili. Ker 2n in 2n − 2
nista praštevili, interval (n, 2n − 2) vsebuje vsaj eno praštevilo, kar pa je
vsebina Bertrandovega postulata. Glede na prej zapisano zadošča preveriti
π(x)− π(x/2) > 1 za x ≥ 2000.
Bolj prikladno kot s praštevilsko funkcijo π(x) je delati s funkcijama
Čebǐseva. Čebǐsev je v dokazu Bertrandovega postulata uvedel funkciji
ϑ(x) =
∑
p≤x
log p
in
ψ(x) = ϑ(x) + ϑ
(
x1/2
)
+ ϑ
(
x1/3
)
+ · · · . (1)
Zgornja vsota gre po praštevilih p in za x < 2 definiramo ϑ(x) = 0. Očitno
je ϑ(x) ≤ ψ(x). Funkcijo ψ lahko izrazimo tudi drugače. Naj bo Λ(n)
funkcija, različna od nič le pri potencah praštevil, za potenco praštevila p
pa enaka log p. Potem je
ψ(x) =
∑
p≤x
log p+
∑
p2≤x
log p+
∑
p3≤x
log p+ · · · =
∑
n≤x
Λ(n). (2)
Funkcije π, ϑ in ψ so osrednje funkcije analitične teorije števil. Velikokrat
se izkaže, da je najenostavneje delati s funkcijo ψ. Začetna ideja je, da
spodnjo mejo za razliko π(x) − π(x/2) izrazimo s funkcijo ψ. Ker je izraz
ϑ(x) − ϑ(x/2) enak vsoti logaritmov praštevil na intervalu (x/2, x], velja
preprosta ocena
π(x)− π(x/2) ≥ ϑ(x)− ϑ(x/2)
log x
. (3)
Ker po (1) sledi ψ (
√
x) = ϑ
(
x1/2
)
+ ϑ
(
x1/4
)
+ · · · , imamo
ψ(x)− 2ψ
(√
x
)
= ϑ(x)− ϑ
(
x1/2
)
+ ϑ
(
x1/3
)
∓ · · · .
11–21 13
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 14 — #4 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
Desna stran ni večja od ϑ(x), saj je ϑ naraščajoča funkcija. Upoštevamo še
ϑ(x/2) ≤ ψ(x/2) in dobimo
ϑ(x)− ϑ
(x
2
)
≥ ψ(x)− ψ
(x
2
)
− 2ψ
(√
x
)
. (4)
Bistvo Ramanujanovega prispevka k dokazu Bertrandovega postulata je eno-
stavneǰsa ocenitev desne strani neenakosti (4).
Ramanujanova ideja
Spomnimo se, da za binomski simbol
(
n
m
)
= n!/(m!(n−m)!) velja simetrija(
n
m
)
=
(
n
n−m
)
. Binomski koeficienti
(
n
0
)
,
(
n
1
)
, . . . ,
(
n
n
)
nastopajo v binomskem
izreku
(x+ y)n =
(
n
0
)
xn +
(
n
1
)
xn−1y + · · ·+
(
n
n− 1
)
xyn−1 +
(
n
n
)
yn. (5)
Lahko je videti, da je največji binomski koeficient
(
n
bn/2c
)
, kjer je bxc oznaka
za celi del nenegativnega realnega števila x.
Ramanujan je za x > 0 uvedel funkcijo
R(x) =
bxc!
bx/2c!2
.
Po osnovnem izreku aritmetike, da lahko vsako naravno število n ≥ 2 izra-
zimo kot produkt potenc praštevil, sledi log n =
∑
d|n Λ(d). Dobimo
log bxc! =
∑
n≤x
log n =
∑
n≤x
∑
d|n
Λ(d) = ψ(x) + ψ
(x
2
)
+ ψ
(x
3
)
+ · · · ,
kjer pri dokazu tretjega enačaja poleg upoštevanja (2) naredimo še sklep,
da je vseh naravnih števil med 1 in x, deljivih z d, ravno bx/dc. Potem je
logR(x) = ψ(x)− ψ
(x
2
)
+ ψ
(x
3
)
∓ · · · . (6)
Od tod že lahko slutimo, kako bomo to enakost uporabili pri neenakosti (4).
Ker je tudi ψ naraščajoča funkcija, sklepamo
ψ(x)− ψ
(x
2
)
≤ logR(x) ≤ ψ(x)− ψ
(x
2
)
+ ψ
(x
3
)
,
14 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 1
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 15 — #5 i
i
i
i
i
i
Bertrandov postulat
kar pomeni ψ(x)− ψ(x/2) ≥ logR(x)− ψ(x/3) in
ψ(x) =
(
ψ(x)− ψ
(x
2
))
+
(
ψ
(x
2
)
− ψ
(x
4
))
+
(
ψ
(x
4
)
− ψ
(x
8
))
+ · · ·
≤ log
(
R(x)R
(x
2
)
R
(x
4
)
R
(x
8
)
· · ·
)
.
Označimo z R(x) produkt v oklepaju. Ko v to neenakost vstavimo x/3 in
uporabimo preǰsnjo neenakost, skupaj s (3) in (4) končno dobimo
π(x)− π
(x
2
)
≥ 1
log x
(
logR(x)− logR
(x
3
)
− 2 logR
(√
x
))
. (7)
Sedaj smo nalogo prevedli na iskanje primerne zgornje in spodnje meje za
funkcijo R(x). Ramanujan je na tem mestu uporabil zelo pomembno, toda
neelementarno aproksimacijo fakultete
1 <
n!
(n/e)n
√
2πn
< e
1
12n , (8)
ki zagotavlja logR(x) < (3/4)x in logR(x) > (2/3)x za x > 300. Neenakosti
(8) sledita iz Stirlingove formule za funkcijo gama, glej [1, str. 204]. Zaključil
je, da tedaj velja
π(x)− π
(x
2
)
>
1
log x
(x
6
− 3
√
x
)
, (9)
saj je R(x) < e3x/2. Ker je za x ≥ 400 desna stran večja od 1, je Bertran-
dov postulat nemudoma dokazan, vendar za ceno Stirlingove formule. V
članku [6] je bilo pokazano, da lahko Ramanujanovi oceni nadomestimo s
šibkeǰsima, toda elementarnima ocenama. To bomo kasneje tudi storili.
Na tem mestu je vredno omeniti, da je Ramanujan na koncu članka brez
razlage napisal π(x)−π(x/2) ≥ 1, 2, 3, 4, 5, . . . za vse x ≥ 2, 11, 17, 29, 41, . . .
Ta ugotovitev je vzpodbudila matematike za naslednjo definicijo: za vsako
naravno število n naj bo Rn najmanǰse naravno število, za katerega velja
π(x) − π(x/2) ≥ n za vse x ≥ Rn. Enostavno preverimo, da prvih pet
Ramanujanovih števil ustreza tej definiciji. Opazimo še, da so vsa ta števila
tudi praštevila. Po definiciji interval (x/2, x] za vsak x < Rn vsebuje največ
11–21 15
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 16 — #6 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
n − 1 praštevil. Zato interval (Rn/2, Rn] vsebuje natanko n praštevil, kar
pomeni, da je Rn praštevilo. To dejstvo upravičuje izraz Ramanujanova
praštevila.
Primerjava z ocenama Čebǐseva in Pillaia
V tem razdelku bomo navedli oceni, ki ju dasta metodi Čebǐseva in Pillaia.
Dokazov zaradi obsežnosti ne moremo podati, bralec jih lahko poǐsče v [4]
in [3, str. 71–75].
Čebǐsev je namesto funkcije R(x) uporabljal
bxc! · bx/30c!
bx/2c! · bx/3c! · bx/5c!
.
Iz njegovih spodnjih mej za ϑ(x) dobimo neenakost
π(x)− π
(x
2
)
>
1
log x
(
2A
5
x− 24− 5
√
2
10
A
√
x
)
− 15
8 log 6
log x−
5
4
(
3 +
2 log 3
log 6
)
− 5
4 log x
(
4 +
log2 2
log 6
− 2 log 2
)
,
kjer je A = log
(√
2 3
√
3 5
√
5
)
− log 30
√
30 ≈ 0,9213. Desna stran je za x > 240
pozitivna, za x > 261 pa večja od 1.
Pillai je sledil Ramanujanovemu dokazu in je zato študiral funkcijoR(2n)
za naravna števila n, vendar se je želel izogniti aproksimaciji (8). Zato je
na elementaren način pokazal, da velja 22n−1/
√
n < R(2n) < 22n/
√
2n za
n ≥ 2. S skrbnim ocenjevanjem mu je za n ≥ 32 uspelo dokazati neenakost
π(2n)− π(n) > log 2
log 2n
(
2n
3
− 1
)
−
(√
2n+ 1
2
)
log n
log 2n
.
Desna stran je za n ≥ 45 pozitivna, za n ≥ 74 pa večja od 1.
Obe neenakosti sta bolǰsi od Ramanujanove ocene (9), vendar dokaza v
primerjavi z njegovim pristopom nista tako enostavna in pregledna, še zlasti
ker lahko Stirlingovo formulo povsem zaobidemo. Čeprav pri tem dobimo
slabšo oceno, je ta vseeno dovolj dobra za enostaven dokaz Bertrandovega
postulata.
16 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 1
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 17 — #7 i
i
i
i
i
i
Bertrandov postulat
Meji za funkcijo R(x)
Funkcijo R(x) bomo za x ≥ 3 izrazili glede na sodost in lihost števila bxc.
Brez težav izračunamo R(x) =
(
2k
k
)
za bxc = 2k in R(x) =
(
2k+1
k
)
(k + 1)
za bxc = 2k + 1. Po binomski formuli za x = y = 1 sledi neenakost(
n
m
)
≤ 2n za vse 0 ≤ m ≤ n. V nadaljevanju naj bo n ≥ 2. Če je n
lih, velja
(
n
bn/2c
)
=
(
n
bn/2c+1
)
. Torej imamo v tem primeru dva največja
binomska koeficienta. Zato za lih n velja neenakost
(
n
bn/2c
)
≤ 2n−1. Ker je(
n
0
)
+
(
n
n
)
≤
(
n
bn/2c
)
in
(
n
1
)
, . . . ,
(
n
n−1
)
≤
(
n
bn/2c
)
, sledi
2n
n
≤
(
n
bn/2c
)
.
S temi elementarnimi neenakostmi dobimo 2
2k
2k ≤ R(x) ≤ 2
2k za bxc = 2k
in (k + 1)2
2k+1
2k+1 ≤ R(x) ≤ (k + 1)2
2k za bxc = 2k + 1. Po primerjanju vseh
neenakosti imamo
2bxc
bxc
= min
{
2bxc
bxc
,
bxc+ 1
2bxc
2bxc
}
≤ R(x) ≤ max
{
2bxc,
bxc+ 1
2
2bxc−1
}
= (bxc+ 1) 2bxc−2.
Če upoštevamo x− 1 < bxc ≤ x, dobimo
2x−1
x
≤ R(x) ≤ (x+ 1) 2x−2. (10)
Enostavno preverimo, da velja (x+1)2x−2 ≤ x2x−1 in x/2 < (3/2)x/2. Torej
je x2x−1 < 6x/2 in s tem R(x) < 6x/2. Od tod dobimo
R(x) < 6x/2+x/4+x/8+··· ≤ 6x. (11)
Sedaj je jasno, da bomo v (7) uporabili (11) in levo neenakost v (10).
Dokaz
Po uporabi ocen iz preǰsnjega razdelka na (7) dobimo
π(x)− π
(x
2
)
>
1
log x
(
x
3
log
4
3
− 2
√
x log 6− log 2x
)
11–21 17
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 18 — #8 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
za x ≥ 3. Označimo s f(x) funkcijo v oklepaju. Ker za x ≥ 2 velja
√
x ≤ x/
√
2 < 5x/7 in log x < x, s pomočjo žepnega računala dobimo
f
(
103x
)
=
(
103
3
log
4
3
)
x−
(
20
√
10 log 6
)√
x− log
(
2 · 103
)
− log x
≈ 95,894x− 113,321
√
x− 7,601− log x > 13,91x− 7,601
in s tem
π
(
103x
)
− π
(
103x
2
)
>
13,91x− 7,601
x+ 6,908
.
Torej je π(x) − π(x/2) > 1 za x ≥ 2000, kar pa že pomeni pravilnost
Bertrandovega postulata.
Verjetno je marsikoga zmotila »nerigorozna« uporaba računala v prej-
šnjih vrsticah. In prav je tako, saj mora biti matematik v strogih dokazih
neodvisen od računskih pripomočkov, čeprav nam ti velikokrat pokažejo
pravo pot. Za zaključek razdelka je podan strog dokaz, kjer privzamemo na
znanje le naslednjo potenčno vrsto
log (1 + x) = x− x
2
2
+
x3
3
− x
4
4
± · · · , (12)
veljavno za x ∈ (−1, 1].
Z uporabo substitucije x→ 1/x− 1 preoblikujemo (12) v enakost
log x =
(
1− 1
x
)
+
1
2
(
1− 1
x
)2
+
1
3
(
1− 1
x
)3
+ · · · ,
ki je veljavna za x ≥ 1/2. To vrsto uporabimo pri oceni spodnje in zgornje
meje za logaritem. Za spodnjo mejo upoštevamo prve tri člene v vrsti, za
zgornjo pa preostale člene zamenjamo z ustrezno geometrijsko vrsto. Do-
bimo
(x− 1)
(
11x2 − 7x+ 2
)
6x3
< log x <
(x− 1)
(
3x3 + 13x2 − 5x+ 1
)
12x3
.
Ti oceni nam dasta log (4/3) > 55/192, log 6 = log 2 + log 3 < 4753/2592,
log 1000 = 3 (log 2 + log 5) < 30007/4000 in log 2000 = 4 log 2 + 3 log 5 <
18 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 1
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 19 — #9 i
i
i
i
i
i
Bertrandov postulat
24599/3000. Kot prej naj bo x ≥ 2. Če upoštevamo še
√
10 < 16/5,
log x < x in
√
x < 5x/7, dobimo
f
(
103x
)
>
6907
648
x− 24599
3000
.
Od tod sledi
π
(
103x
)
− π
(
103x
2
)
>
4
81
863375x− 664173
4000x+ 30007
,
kar znova pomeni π(x)− π(x/2) > 1 za x ≥ 2000.
Kako naprej?
Problemi teorije števil, v katere spada Bertrandov postulat, sprašujejo po
intervalih z vsaj enim praštevilom. Veliko matematikov je zastavilo razna
vprašanja na to temo, ki jih v glavnem zaokroža Oppermannova domneva.
Kot je navada v teoriji števil, imajo vsi ti problemi enostavno formulacijo,
zares pa je znanega le malo.
Danski matematik Ludvig Henrik Ferdinand Oppermann (1817–
1883) je leta 1882 postavil domnevo, da za vsako naravno število n ≥ 2
obstajata praštevili p in q, za kateri velja n(n − 1) < p < n2 in n2 < q <
n(n+ 1). Od tod takoj sledi, da vedno obstaja praštevilo med zaporednima
popolnima kvadratoma, kar je vsebina slavne Legendrove domneve, ki jo je
zastavil francoski matematik Adrien-Marie Legendre (1752–1833).
Razliko med zaporednima prašteviloma imenujemo praštevilska vrzel. V
zvezi z Oppermannovo domnevo se lahko vprašamo po zgornjih mejah za
praštevilske vrzeli. Naj bodo p1, p2, . . . zaporedna praštevila. Bertrandov
postulat zagotavlja obstoj praštevila na intervalu (pn, 2pn−2) za vse n ≥ 3,
od koder sledi pn+1 − pn < pn − 2 za n ≥ 3. Bi veljavnost Oppermannove
domneve to oceno kaj izbolǰsala? Tvorimo množico
∞⋃
n=2
((
n(n− 1), n2
)
∪
(
n2, n(n+ 1)
))
= (2, 4) ∪ (4, 6) ∪ (6, 9) ∪ (9, 12) ∪ · · · .
11–21 19
i
i
“Simonic” — 2019/6/26 — 8:16 — page 20 — #10 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
Opazimo, da za vsak n ≥ 2 obstaja k ∈ N, da je pn ∈
(
k2 − k, k2
)
ali
pn ∈
(
k2, k2 + k
)
. Po Oppermannovi domnevi imamo v prvem primeru
pn+1 < k
2 + k, v drugem pa pn+1 < (k + 1)
2. Najprej obravnavajmo prvi
primer. Ker je tedaj (k− 1/2)2 = k2− k+ 1/4 < pn, sledi k < 1/2 +
√
pn in
s tem pn+1 − pn < 2k < 1 + 2
√
pn. V drugem primeru pa imamo k <
√
pn
in tako ponovno pn+1 − pn < 2k + 1 < 1 + 2
√
pn. Ker slednje velja tudi za
n = 1, Oppermannova domneva implicira
pn+1 − pn < 1 + 2
√
pn, n ≥ 1, (13)
kar je znano kot Andricajeva domneva (1986). Ta domneva je ekvivalentna
trditvi
√
pn+1 −
√
pn < 1, n ≥ 1. (14)
Slednje je ekvivalentno neenakosti pn+1 − pn <
√
pn+1 +
√
pn, torej iz (14)
sledi (13). Obrat pokažemo tako, da iz nepravilnosti (14) sklepamo o ne-
pravilnosti (13).
Ocena (13) je bolǰsa od tiste, ki jo da Bertrandov postulat, ni pa zadnje,
kar matematiki verjamejo, da je res. Cramérjeva domneva (1936) zagotavlja
celo pn+1 − pn ≤ C log2 pn za neko konstanto C > 0. Švedski matematik
Harald Cramér (1893–1985) je na začetku matematične kariere naredil
pionirsko delo na področju uporabe teorije verjetnosti v teoriji števil, ka-
sneje pa se je ukvarjal tudi z aktuarsko in finančno matematiko. Temelji
za domnevo so v Riemannovi hipotezi, enem izmed najslavneǰsih odprtih
problemov v matematiki, saj je Cramér leta 1920 dokazal, da njena pravil-
nost zagotavlja pn+1−pn ≤ C
√
pn log pn. Neodvisno od katerekoli domneve
so znane šibkeǰse ocene oblike pn+1 − pn ≤ Cp1/2+εn , kjer poskušajo najti
čim manǰse vrednosti ε > 0. Baker, Harman in Pintz so leta 2001 dokazali
veljavnost preǰsnje neenakosti za ε = 0,025, glej knjigo [5, str. 32].
Omenimo še, da obstajajo tudi razne domneve o porazdelitvi elemen-
tov množice {pn+1 − pn : n ∈ N}, ki so vedno soda števila, le prvi element
20 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 1
i
i
“Simonic” — 2019/6/28 — 6:55 — page 21 — #11 i
i
i
i
i
i
Bertrandov postulat
je 1. Naj bo Pk(n) število elementov množice {i < n : pi+1 − pi = k}. Defi-
nirajmo še
C2 :=
∏
p≥3
(
1− 1
(p− 1)2
)
≈ 0,66016.
Zelo splošno domnevo o asimptotiki funkcije Pk(n) za soda števila k sta
postavila Hardy in J. E. Littlewood:
Pk(n) ∼
2C2n
log2 n
∏
p|k,p≥3
p− 1
p− 2
če k ni potenca števila 2, ter Pk(n) ∼ 2C2n/ log2 n sicer. Trivialna posledica
te domneve je limn→∞ Pk(n) =∞ za vsako sodo število k. V primeru k = 2
domneva govori o porazdelitvi praštevilskih dvojčkov in še vedno ni znano,
ali jih je res neskončno. Yitang Zhang je leta 2014 dokazal obstoj števila
k0, da je limn→∞ Pk0(n) =∞, pri čemer je eksplicitno podal le precej veliko
zgornjo mejo za število k0. Matematiki poskušajo nadgraditi Zhangovo
metodo v upanju, da bi rešili domnevo o neskončnem številu praštevilskih
dvojčkov. Obetavne rezultate je dal Project Polymath, spletni forum za
reševanje pomembnih in težkih matematičnih problemov s področja teorije
števil in diskretne matematike.
LITERATURA
[1] L. V. Ahlfors, Complex analysis: An introduction to the theory of analytic functions
of one complex variable, 3rd ed., McGraw-Hill, 1979.
[2] M. Aigner in G. M. Ziegler, Proofs from The Book, 5th ed., Springer-Verlag, Berlin,
2014.
[3] K. Chandrasekharan, Introduction to analytic number theory, Die Grundlehren der
mathematischen Wissenschaften 148, Springer-Verlag, New York, 1968.
[4] P. L. Čebǐsev, Mémoire sur les nombres premiers, J. Math. Pures Appl. 17 (1852),
366–390.
[5] R. K. Guy, Unsolved problems in number theory, 3rd ed., Problem Books in Mathe-
matics, Springer-Verlag, New York, 2004.
[6] J. Meher in M. Ram Murty, Ramanujan’s proof of Bertrand’s postulate, Amer. Math.
Monthly 120 (2013), 650–653.
[7] S. S. Pillai, Collected works of S. Sivasankaranarayana Pillai, Volumes I&II, Rama-
nujan Mathematical Society, Mysore, 2010.
[8] S. Ramanujan, A proof of Bertrand’s postulate, J. Indian Math. Soc. 11 (1919),
181–182.
11–21 21