Postulat de Bertrand

En mathématiques, le postulat de Bertrand affirme qu'entre un entier et son double, il existe toujours au moins un nombre premier.

Plus précisément, l'énoncé usuel est le suivant : Modèle:Énoncé

Le postulat de Bertrand est aussi connu sous le nom de théorème de Tchebychev, depuis que Pafnouti Tchebychev l’a démontré en 1850.

Énoncés

• L'énoncé usuel du postulat de Bertrand :

  1. Pour tout entier <math>n>1</math>, il existe un nombre premier <math>p</math> tel que <math>n<p<2n</math>.

  est équivalent aux quatre suivants :

  2. Pour tout entier <math>n\geqslant1</math>, il existe un nombre premier <math>p</math> tel que <math>n<p\leqslant 2n</math>.

  3. Pour tout entier <math>n\geqslant1</math>, <math>\pi(2n)-\pi(n)\geqslant1</math>, où <math>\pi</math> est la fonction de compte des nombres premiers.

  4. Pour tout indice <math>k</math>, <math>p_{k+1}<2p_k </math>, où <math>(p_k)_{k\geqslant1}</math> est la suite des nombres premiers.

  5. Pour tout indice <math>k</math>, <math>g_k<p_k</math>, où <math>g_k=p_{k+1}-p_{k}</math> est l’écart entre un nombre premier et le suivant.

  ainsi qu'aux variantes obtenues en remplaçant, dans les énoncés 1 à 3, « pour tout entier » par « pour tout réel<ref>Modèle:EncycloMath donne l'énoncé 1 avec : « pour tout <math>x>1</math> » (implicitement : réel).</ref> ».

• Celui formulé par Joseph Bertrand<ref>L'énoncé original de la page 129 de Modèle:Article, est : Modèle:Citation Le contenu de cette page 129 permet de comprendre, sans ambiguïté possible, que <math>n</math> est un entier, strictement supérieur à 6, et que le nombre premier <math>p</math> doit vérifier les inégalités <math>\tfrac n2<p\leq n-2</math> (stricte pour la première et large pour la seconde).</ref> et démontré par Pafnouti Tchebychev<ref>Pages 381-382 de Modèle:Article Modèle:Citation.</ref>, était légèrement plus fort :

Historique

Le « postulat » (un terme tel qu’hypothèse ou conjecture, moins généraux, serait plus approprié) est énoncé pour la première fois en 1845 par Joseph Bertrand<ref>Modèle:Harvsp.</ref> dans une étude sur des groupes de permutations, après qu’il a vérifié sa validité pour tous les nombres inférieurs à 6 millions.

C’est Pafnouti Tchebychev qui obtient, en 1850, la première démonstration<ref>Modèle:Harvsp Modèle:Citation, publié en 1852, pendant un voyage en Europe occidentale (France, Angleterre, Allemagne). La démonstration du postulat de Bertrand est contenue dans les pages 371-382.</ref> : il utilise notamment un encadrement de la factorielle par des fonctions dérivées de la formule de Stirling ainsi que la fonction <math> \theta(x) = \sum_{p=2}^x\ln p</math>, où <math>p</math> parcourt les nombres premiers inférieurs ou égaux à <math>x</math><ref name=DétailsDemoTchebychev/>. Depuis lors, le postulat s'appelle aussi « théorème de Tchebychev<ref name=Erdos/> » ou, plus rarement, « théorème de Bertrand-Tchebychev ».

Edmund Landau, en 1909, dans son ouvrage de synthèse des connaissances de l’époque sur la répartition des nombres premiers<ref>Modèle:Ouvrage.</ref>, reprend pour l’essentiel la démonstration de Tchebychev<ref name=DétailsDemoTchebychev>Pour plus de détails, voir les sections « Conjecture de Gauss-Legendre » et « Postulat de Bertrand » de l'article sur Pafnouti Tchebychev.</ref>.

En 1919, Srinivasa Ramanujan donne du postulat de Bertrand une démonstration plus simple<ref>{{#invoke:Langue|indicationDeLangue}} S. Ramanujan, « A proof of Bertrand's postulate », Journal of the Indian Mathematical Society, Modèle:Rom-min, 1919, Modèle:P.. — Collected Papers of Srinivasa Ramanujan, 1927, Modèle:P. ; reprint. Chelsea Publishing Company, New York, 1962.</ref>.

En 1932, Paul Erdős, à l’occasion de sa première publication, à l’âge de 19 ans, publie une démonstration entièrement élémentaire<ref name=Erdos>Modèle:Article.</ref> dans laquelle il utilise les coefficients binomiaux (il démontrera aussi que pour n>5, il existe au moins deux nombres premiers compris entre n et 2n). Pour son élégance, cette démonstration d’Erdős est l’une de celles retenues par Martin Aigner et Günter M. Ziegler dans leur livre Raisonnements divins<ref>Modèle:Ouvrage.</ref>.

Problèmes apparentés

Résultats dérivés de la démonstration de Tchebychev

L’essentiel de la démonstration de Tchebychev porte sur les <math>n</math> assez grands, le complément consistant à démontrer la propriété directement pour les <math>n</math> petits. L’énoncé est le suivant : Modèle:Énoncé

Un axe de recherche consiste à réduire la valeur de <math>\epsilon</math> :

• Tchebychev a obtenu en 1850<ref name=LandauZbl>{{#invoke:Langue|indicationDeLangue}} E. Landau, Modèle:Zbl.</ref> la valeur <math>\epsilon = \frac{1}{5}</math>, soit 0,2 ;
• James Joseph Sylvester améliore ce résultat en 1881<ref name=LandauZbl/><ref name=Dickson435>Modèle:Dickson1, vol. 1, 1919, Modèle:P..</ref>, et réduit <math>\epsilon</math> à 0,16688 ;
• et en 1891-1892<ref name=LandauZbl/><ref name=Dickson435/>, à 0,092 ;
• en 1893, Eugène Cahen croit avoir démontré que <math>\theta(z) \sim z</math> quand <math>z</math> tend vers l’infini<ref>Modèle:Article. Le commentaire de Minkowski (Modèle:Lang, vol. 25, Modèle:N°, 1896, Modèle:P.) reproduit dans zbMATH est sans appel, tandis que Modèle:Harvsp, ne remarque pas l'erreur.</ref>. Un corollaire immédiat (que Stieltjes avait conjecturé)<ref>Modèle:Article. Cahen reproduit cette note et la précédente Modèle:P. de Modèle:Article.</ref> est qu’on peut prendre <math>\epsilon</math> arbitrairement petit (ou, ce qui n'est plus général qu'en apparence : que pour tout <math>\epsilon>0</math>, la quantité de nombres premiers compris entre <math>x</math> et <math>(1+\epsilon)x</math> tend vers l'infini avec <math>x</math>)<ref name=LandauZbl/> ;
• le théorème des nombres premiers, équivalent de façon élémentaire à <math>\theta(z) \sim z</math>, 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 <math>\xi</math> en fonction de chaque <math>\epsilon>0</math><ref name=LandauZbl/>.

Conjecture de Legendre

Une conjecture similaire au postulat de Bertrand, mais non encore résolue, appelée conjecture de Legendre, affirme l'existence, pour tout entier <math>n\geqslant1</math>, d'un nombre premier <math>p</math> tel que <math>n^2<p<(n+1)^2</math>. Elle touche à l'hypothèse de Riemann.

Théorème de Sylvester

En 1891-1892, James Joseph Sylvester généralise l'énoncé usuel avec la proposition suivante<ref>{{#invoke:Langue|indicationDeLangue}} Sylvester, « On arithmetical series, part I », Messenger Math., vol. 21, mai 1891-avril 1892, Modèle:P..</ref> :

Le produit de <math>n</math> entiers consécutifs strictement supérieurs à <math>n</math> est divisible par un nombre premier strictement supérieur à <math>n</math>.

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

Démonstration

Notons <math>\mathbb P</math> l'ensemble des nombres premiers et définissons :

<math> \theta(x) = \sum_{p\in\mathbb P;\, p\leq x} \ln p</math>.

Voici le plan de la démonstration :

• lemme de majoration de <math>\theta(x)</math> ;
• vérification explicite de la propriété pour <math>n\leqslant630</math> ;
• démonstration de la propriété (dans sa version usuelle) pour <math>n>630</math> (en utilisant le lemme).

Lemme de majoration de Modèle:Math

• La propriété est vraie pour n = 1 : <math> \theta(1)= 0 < 1\ln4</math>.
• La propriété est vraie pour n = 2 : <math> \theta(2)=\ln2< 2\ln4</math>.
• Soit N > 2. Supposons la majoration vraie pour tous les entiers positifs n < N et montrons-la pour n = N.
  • Si N > 2 est pair : <math> \theta(N) = \theta(N-1) < (N-1)\ln4< N\ln4 </math>. En effet, N, étant pair et différent de 2, n'est pas premier ; donc il y a autant de nombres premiers entre 1 et N qu'entre 1 et N – 1.
  • Si N > 2 est impair. Soit N = 2m+1 avec m > 0. Par la formule du binôme de Newton :

    <math> 4^m = \frac {(1+1)^{2m+1}}2=\frac {\sum_{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}}2\geqslant \frac {{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}}2={2m+1 \choose m+1}</math>.

    Chaque nombre premier p tel que <math>m + 1 < p\leqslant 2m + 1</math> divise <math> {2m+1 \choose m+1} </math>, ce qui nous donne :

    <math> \theta(2m+1) - \theta(m+1) \leqslant \ln({2m+1 \choose m+1}) \leqslant \ln(4^m) = m\ln4</math>.

    Par hypothèse de récurrence, <math> \theta(m+1) < (m+1)\ln4</math>, donc :

    <math> \theta(N) = \theta(2m+1) < (2m+1)\ln4= N\ln4</math>.

Vérification pour <math>n\leqslant630</math>

Si <math>2\leqslant n\leqslant 630</math>, 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

<math>q\leqslant n<p</math>, donc <math>n<p</math> et <math>2q\leqslant 2n</math>.

De plus, par construction de cette liste, <math>p<2q</math>, ce qui, joint à <math>2q\leqslant 2n</math>, donne <math>p<2n</math>. On a donc bien

<math>n<p<2n</math>.

Preuve pour n > 630

Mise en place de la stratégie

Par la formule du binôme,

<math> 4^n=(1+1)^{2n}=2+\sum_{k=1}^{2n-1}{2n \choose k}</math>.

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

<math> \frac {4^n} {2n}\leqslant {2n \choose n}=\prod_{p\in\mathbb P}p^{R(p,n)}=P_1P_2P_3P_4</math>,

avec

<math>P_1=\prod_{p\in\mathbb P, p\leqslant\sqrt{2n}}p^{R(p,n)},\quad P_2=\prod_{p\in\mathbb P, \sqrt{2n}<p\leqslant2n/3}p^{R(p,n)},\quad P_3=\prod_{p\in\mathbb P, 2n/3<p\leqslant n}p^{R(p,n)},\quad P_4=\prod_{p\in\mathbb P, n<p<2n}p^{R(p,n)}</math>.

Pour minorer <math>P_4</math> (afin de montrer que <math>P_4>1</math>), on va majorer <math>P_1</math>, <math>P_2</math> et <math>P_3</math>. Il nous faut pour cela majorer les <math>R(p,n)</math>.

Calcul des R(p, n)

On désigne par <math> \left \lfloor X \right \rfloor </math> la partie entière de <math>X</math>, et par <math>\left \{X\right \}</math> sa partie fractionnaire.

Puisque (d'après une formule de Legendre) n! possède <math> \sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac n{p^j} \right \rfloor </math> facteurs égaux à p, on obtient :

<math> 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 </math>

Majoration de P₁

Puisque chaque terme <math> \left \lfloor \frac {2n} {p^j} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac n{p^j} \right \rfloor </math> vaut soit 0 (lorsque <math>\left \{\frac n{p^j}\right \} < \frac12</math>) soit 1 (lorsque <math>\left\{\frac n{p^j} \right\} \geqslant \frac12</math>) et que tous les termes avec <math> j> \left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln p} \right \rfloor </math> sont nuls, on obtient :

<math> R(p,n) \leqslant \left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln p} \right \rfloor</math>,

donc <math> p^{R(p,n)} \leqslant 2n </math>, donc <math>P_1\leqslant(2n)^{\sqrt{2n}}</math>.

Majoration de P₂

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

<math>P_2\leqslant \prod_{p\in\mathbb P, \sqrt{2n}<p\leqslant 2n/3}p\leqslant\operatorname{exp}(\theta(2n/3))<4^{2n/3}</math>,

la dernière inégalité venant du lemme.

Majoration de P₃

En fait, <math>P_3=1</math> (c'est le point clé de la preuve d'Erdös) car si <math>2n/3<p\leqslant n</math> alors

<math> R(p,n) = \left \lfloor \frac {2n}p\right \rfloor - 2\left \lfloor \frac np\right \rfloor = 2-2 = 0 </math>.

Synthèse

On aboutit à

<math>4^n\leqslant 2nP_1P_2P_3P_4<(2n)^{1+\sqrt{2n}}.4^{2n/3}.1.P_4</math>,

c'est-à-dire

<math>P_4>\frac{4^{n/3}}{(2n)^{1+\sqrt{2n}}}</math>

qui, en posant <math>2n=2^{2t}</math>, se réécrit

<math>\ln(P_4)>\frac{t2^t\ln2}3\left(\frac{2^t}t-6(1+2^{-t})\right)</math>.

Or <math>2n>1024=2^{10}</math> donc <math>t>5</math>, d'où <math>\frac{2^t}t>\frac{2^5}5>6(1+2^{-5})>6(1+2^{-t})</math>, si bien que <math>\ln(P_4)>0</math>, ce qui achève la démonstration.

Bibliographie

• Modèle:HardyWright, Modèle:4e éd., Modèle:P.
• Modèle:Article.
• Modèle:Youtube, preuve filmée du postulat de Bertrand.