Dovadă a postulatului lui Bertrand

În matematică , postulatul lui Bertrand afirmă că pentru fiecare n ≥ 2 există un p prim astfel încât n < p <2 n . Prima demonstrație a fost susținută de Pafnuty Chebyshev ;

Demonstrația lui Srinivasa Ramanujan

Preliminarii

De sine $\{a_{n}\}_{n\in N^{+}}$ ${\ displaystyle \ {a_ {n} \} _ {n \ în N ^ {+}}}$ ${\ displaystyle \ {a_ {n} \} _ {n \ în N ^ {+}}}$ este o succesiune de realuri astfel încât $a_{1}\geq a_{2}\geq a_{3}\geq ...\geq 0$ ${\ displaystyle a_ {1} \ geq a_ {2} \ geq a_ {3} \ geq ... \ geq 0}$ ${\ displaystyle a_ {1} \ geq a_ {2} \ geq a_ {3} \ geq ... \ geq 0}$ , asa de

$\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_{n}=a_{1}-a_{2}+\sum _{n=2}^{\infty }\left(a_{2n-1}-a_{2n}\right)\geq a_{1}-a_{2}$ ${\ displaystyle \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} a_ {n} = a_ {1} -a_ {2} + \ sum _ {n = 2} ^ {\ infty} \ left (a_ {2n-1} -a_ {2n} \ right) \ geq a_ {1} -a_ {2}}$ ${\ displaystyle \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} a_ {n} = a_ {1} -a_ {2} + \ sum _ {n = 2} ^ {\ infty} \ left (a_ {2n-1} -a_ {2n} \ right) \ geq a_ {1} -a_ {2}}$

Si deasemenea

$\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_{n}=a_{1}-a_{2}+a_{3}-\sum _{n=2}^{\infty }\left(a_{2n}-a_{2n+1}\right)\leq a_{1}-a_{2}+a_{3}$ ${\ displaystyle \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} a_ {n} = a_ {1} -a_ {2} + a_ {3} - \ sum _ { n = 2} ^ {\ infty} \ left (a_ {2n} -a_ {2n + 1} \ right) \ leq a_ {1} -a_ {2} + a_ {3}}$ ${\ displaystyle \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} a_ {n} = a_ {1} -a_ {2} + a_ {3} - \ sum _ { n = 2} ^ {\ infty} \ left (a_ {2n} -a_ {2n + 1} \ right) \ leq a_ {1} -a_ {2} + a_ {3}}$

Demonstrație

Lasa-i sa fie

$\theta (x)=\sum _{p\leq x}\ln p$ ${\ displaystyle \ theta (x) = \ sum _ {p \ leq x} \ ln p}$ ${\ displaystyle \ theta (x) = \ sum _ {p \ leq x} \ ln p}$

$\psi (x)=\sum _{n=1}^{\infty }\theta (x^{\frac {1}{n}})=\sum _{p^{a}\leq x}\ln p$ ${\ displaystyle \ psi (x) = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} \ theta (x ^ {\ frac {1} {n}}) = \ sum _ {p ^ {a} \ leq x} \ ln p}$ ${\ displaystyle \ psi (x) = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} \ theta (x ^ {\ frac {1} {n}}) = \ sum _ {p ^ {a} \ leq x} \ ln p}$

unde este $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ este întotdeauna un număr prim acum

$\ln \lfloor x\rfloor !=\sum _{n\leq x}\ln n=\sum _{n\leq x}\sum _{p^{a}|n}\ln p=\sum _{m\leq x}\psi \left({\frac {x}{m}}\right)=\sum _{m=1}^{\infty }\psi \left({\frac {x}{m}}\right)$ ${\ displaystyle \ ln \ lfloor x \ rfloor! = \ sum _ {n \ leq x} \ ln n = \ sum _ {n \ leq x} \ sum _ {p ^ {a} | n} \ ln p = \ sum _ {m \ leq x} \ psi \ left ({\ frac {x} {m}} \ right) = \ sum _ {m = 1} ^ {\ infty} \ psi \ left ({\ frac { x} {m}} \ right)}$ ${\ displaystyle \ ln \ lfloor x \ rfloor! = \ sum _ {n \ leq x} \ ln n = \ sum _ {n \ leq x} \ sum _ {p ^ {a} | n} \ ln p = \ sum _ {m \ leq x} \ psi \ left ({\ frac {x} {m}} \ right) = \ sum _ {m = 1} ^ {\ infty} \ psi \ left ({\ frac { x} {m}} \ right)}$

și știut (a se vedea aproximarea Stirling ) că

$x\ln x-x\leq \ln x!\leq x\ln x-x+\ln x$ ${\ displaystyle x \ ln xx \ leq \ ln x! \ leq x \ ln x-x + \ ln x}$ ${\ displaystyle x \ ln x-x \ leq \ ln x! \ leq x \ ln x-x + \ ln x}$

asa de

$\ln \lfloor x\rfloor !-2\ln \left\lfloor {\frac {x}{2}}\right\rfloor !=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\psi \left({\frac {x}{n}}\right)\leq x\ln 2+\ln x$ ${\ displaystyle \ ln \ lfloor x \ rfloor! -2 \ ln \ left \ lfloor {\ frac {x} {2}} \ right \ rfloor! = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} \ psi \ left ({\ frac {x} {n}} \ right) \ leq x \ ln 2+ \ ln x}$ ${\ displaystyle \ ln \ lfloor x \ rfloor! -2 \ ln \ left \ lfloor {\ frac {x} {2}} \ right \ rfloor! = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} \ psi \ left ({\ frac {x} {n}} \ right) \ leq x \ ln 2+ \ ln x}$

Și

$\ln \lfloor x\rfloor !-2\ln \left\lfloor {\frac {x}{2}}\right\rfloor !=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\psi \left({\frac {x}{n}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2$ ${\ displaystyle \ ln \ lfloor x \ rfloor! -2 \ ln \ left \ lfloor {\ frac {x} {2}} \ right \ rfloor! = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} \ psi \ left ({\ frac {x} {n}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2}$ ${\ displaystyle \ ln \ lfloor x \ rfloor! -2 \ ln \ left \ lfloor {\ frac {x} {2}} \ right \ rfloor! = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} \ psi \ left ({\ frac {x} {n}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2}$

acum pe baza celor scrise în preliminarii

$(1)$ ${\ displaystyle (1)}$ $(1)$ $\psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)\leq x\ln 2+\ln x$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ leq x \ ln 2+ \ ln x}$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ leq x \ ln 2+ \ ln x}$

$(2)$ ${\ displaystyle (2)}$ $(2)$ $\psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)+\psi \left({\frac {x}{3}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) + \ psi \ left ({\ frac {x} {3}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2}$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) + \ psi \ left ({\ frac {x} {3}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2}$

de la (1) primim

$\psi (x)=\sum _{n=0}^{\left\lfloor {\frac {\ln x}{\ln 2}}\right\rfloor }\left[\psi \left({\frac {x}{2^{n}}}\right)-\psi \left({\frac {x}{2^{n+1}}}\right)\right]\leq \sum _{n=0}^{\left\lfloor {\frac {\ln x}{\ln 2}}\right\rfloor }\left[{\frac {x}{2^{n}}}\ln 2+\ln {\frac {x}{2^{n}}}\right]\leq 2x\ln 2-\ln ^{2}x+\ln 2$ ${\ displaystyle \ psi (x) = \ sum _ {n = 0} ^ {\ left \ lfloor {\ frac {\ ln x} {\ ln 2}} \ right \ rfloor} \ left [\ psi \ left ( {\ frac {x} {2 ^ {n}}} \ right) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2 ^ {n + 1}}} \ right) \ right] \ leq \ sum _ {n = 0} ^ {\ left \ lfloor {\ frac {\ ln x} {\ ln 2}} \ right \ rfloor} \ left [{\ frac {x} {2 ^ {n}}} \ ln 2 + \ ln {\ frac {x} {2 ^ {n}}} \ right] \ leq 2x \ ln 2- \ ln ^ {2} x + \ ln 2}$ ${\ displaystyle \ psi (x) = \ sum _ {n = 0} ^ {\ left \ lfloor {\ frac {\ ln x} {\ ln 2}} \ right \ rfloor} \ left [\ psi \ left ( {\ frac {x} {2 ^ {n}}} \ right) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2 ^ {n + 1}}} \ right) \ right] \ leq \ sum _ {n = 0} ^ {\ left \ lfloor {\ frac {\ ln x} {\ ln 2}} \ right \ rfloor} \ left [{\ frac {x} {2 ^ {n}}} \ ln 2 + \ ln {\ frac {x} {2 ^ {n}}} \ right] \ leq 2x \ ln 2- \ ln ^ {2} x + \ ln 2}$

și substituind în (2) obținem

$(3)$ ${\ displaystyle (3)}$ ${\ displaystyle (3)}$ $\psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2-\psi \left({\frac {x}{3}}\right)\geq x\ln 2-\ln x+\ln 2-{\frac {2}{3}}x\ln 2-\ln ^{2}{\frac {x}{3}}\geq {\frac {1}{6}}x\ln 2$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2- \ psi \ left ({\ frac {x} {3}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2 - {\ frac {2} {3}} x \ ln 2- \ ln ^ {2} {\ frac { x} {3}} \ geq {\ frac {1} {6}} x \ ln 2}$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2- \ psi \ left ({\ frac {x} {3}} \ right) \ geq x \ ln 2- \ ln x + \ ln 2 - {\ frac {2} {3}} x \ ln 2- \ ln ^ {2} {\ frac { x} {3}} \ geq {\ frac {1} {6}} x \ ln 2}$

unde ultima inegalitate este valabilă pentru toți $x\geq 499$ ${\ displaystyle x \ geq 499}$ ${\ displaystyle x \ geq 499}$ .

Acum

$\psi (x)-2\psi \left({\sqrt {x}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\theta (x^{\frac {1}{n}})\leq \theta (x)$ ${\ displaystyle \ psi (x) -2 \ psi \ left ({\ sqrt {x}} \ right) = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} \ theta (x ^ {\ frac {1} {n}}) \ leq \ theta (x)}$ ${\ displaystyle \ psi (x) -2 \ psi \ left ({\ sqrt {x}} \ right) = \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} (- 1) ^ {n-1} \ theta (x ^ {\ frac {1} {n}}) \ leq \ theta (x)}$

și înlocuind în (3) ținând cont de faptul că $\theta (x)\leq \psi (x)$ ${\ displaystyle \ theta (x) \ leq \ psi (x)}$ ${\ displaystyle \ theta (x) \ leq \ psi (x)}$

$\psi (x)-\psi \left({\frac {x}{2}}\right)\leq \theta (x)-\theta \left({\frac {x}{2}}\right)+2\psi \left({\sqrt {x}}\right)\leq \theta (x)-\theta \left({\frac {x}{2}}\right)+4{\sqrt {x}}\ln 2+{\frac {\ln ^{2}x}{2}}$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ leq \ theta (x) - \ theta \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) +2 \ psi \ left ({\ sqrt {x}} \ right) \ leq \ theta (x) - \ theta \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) +4 {\ sqrt {x}} \ ln 2 + {\ frac {\ ln ^ {2} x} {2}}}$ ${\ displaystyle \ psi (x) - \ psi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ leq \ theta (x) - \ theta \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) +2 \ psi \ left ({\ sqrt {x}} \ right) \ leq \ theta (x) - \ theta \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) +4 {\ sqrt {x}} \ ln 2 + {\ frac {\ ln ^ {2} x} {2}}}$

$\theta (x)-\theta \left({\frac {x}{2}}\right)\geq \left[{\frac {x}{6}}-4{\sqrt {x}}\right]\ln 2-{\frac {\ln ^{2}x}{2}}$ ${\ displaystyle \ theta (x) - \ theta \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ geq \ left [{\ frac {x} {6}} - 4 {\ sqrt {x} } \ right] \ ln 2 - {\ frac {\ ln ^ {2} x} {2}}}$ ${\ displaystyle \ theta (x) - \ theta \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ geq \ left [{\ frac {x} {6}} - 4 {\ sqrt {x} } \ right] \ ln 2 - {\ frac {\ ln ^ {2} x} {2}}}$

și, în sfârșit

$\pi (x)-\pi \left({\frac {x}{2}}\right)\geq {\frac {\ln 2}{\ln x}}\left[{\frac {x}{6}}-4{\sqrt {x}}\right]-{\frac {\ln x}{2}}$ ${\ displaystyle \ pi (x) - \ pi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ geq {\ frac {\ ln 2} {\ ln x}} \ left [{\ frac { x} {6}} - 4 {\ sqrt {x}} \ right] - {\ frac {\ ln x} {2}}}$ ${\ displaystyle \ pi (x) - \ pi \ left ({\ frac {x} {2}} \ right) \ geq {\ frac {\ ln 2} {\ ln x}} \ left [{\ frac { x} {6}} - 4 {\ sqrt {x}} \ right] - {\ frac {\ ln x} {2}}}$

al doilea membru pentru $x\geq 938$ ${\ displaystyle x \ geq 938}$ ${\ displaystyle x \ geq 938}$ este întotdeauna mai mare de 1 și întrucât postulatul lui Bertrand este verificat pentru toți $x<938$ ${\ displaystyle x <938}$ ${\ displaystyle x <938}$ demonstrația s-a terminat.

Demonstrație de Paul Erdős

Notăm mulțimea numerelor prime cu $\mathbb {P}$ ${\ displaystyle \ mathbb {P}}$ ${\ mathbb {P}}$ și definim:

\theta (x)=\sum _{p\in \mathbb {P} ;p\leq x}\ln(p)

{\ displaystyle \ theta (x) = \ sum _ {p \ in \ mathbb {P}; p \ leq x} \ ln (p)}

{\ displaystyle \ theta (x) = \ sum _ {p \ in \ mathbb {P}; p \ leq x} \ ln (p)}

Lemă

\theta (n)<n\cdot \ln(4)\qquad {\mbox{per tutti gli interi }}n\geq 1

{\ displaystyle \ theta (n) <n \ cdot \ ln (4) \ qquad {\ mbox {pentru toate numerele întregi}} n \ geq 1}

{\ displaystyle \ theta (n) <n \ cdot \ ln (4) \ qquad {\ mbox {pentru toate numerele întregi}} n \ geq 1}

Demonstrație

n = 1:

\theta (1)=0<1\cdot \ln(4)

{\ displaystyle \ theta (1) = 0 <1 \ cdot \ ln (4)}

{\ displaystyle \ theta (1) = 0 <1 \ cdot \ ln (4)}

n = 2:

\theta (2)=\ln(2)<2\cdot \ln(4)

{\ displaystyle \ theta (2) = \ ln (2) <2 \ cdot \ ln (4)}

{\ displaystyle \ theta (2) = \ ln (2) <2 \ cdot \ ln (4)}

n > 2 și n este egal :

\theta (n)=\theta (n-1)<(n-1)\cdot \ln(4)<n\cdot \ln(4)

{\ displaystyle \ theta (n) = \ theta (n-1) <(n-1) \ cdot \ ln (4) <n \ cdot \ ln (4)}

{\ displaystyle \ theta (n) = \ theta (n-1) <(n-1) \ cdot \ ln (4) <n \ cdot \ ln (4)}

(prin inducție )

n > 2 și n este impar . Fie n = 2 m + 1 cu m > 0:

4^{m}={\frac {(1+1)^{2m+1}}{2}}={\frac {\sum _{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}}{2}}={\frac {x+{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}}{2}}\geq {2m+1 \choose m}

{\ displaystyle 4 ^ {m} = {\ frac {(1 + 1) ^ {2m + 1}} {2}} = {\ frac {\ sum _ {k = 0} ^ {2m + 1} {2m +1 \ alege k}} {2}} = {\ frac {x + {2m + 1 \ alege m} + {2m + 1 \ alege m + 1}} {2}} \ geq {2m + 1 \ alege m}}

{\ displaystyle 4 ^ {m} = {\ frac {(1 + 1) ^ {2m + 1}} {2}} = {\ frac {\ sum _ {k = 0} ^ {2m + 1} {2m +1 \ alege k}} {2}} = {\ frac {x + {2m + 1 \ alege m} + {2m + 1 \ alege m + 1}} {2}} \ geq {2m + 1 \ alege m}}

Fiecare prim p cu

{\displaystyle m+1<semantics><mrow class=

{\ displaystyle m + 1 <p \ leq 2m + 1}

{\ displaystyle m + 1 <p \ leq 2m + 1}

împarte

{2m+1 \choose m}

{\ displaystyle {2m + 1 \ alege m}}

{\ displaystyle {2m + 1 \ alege m}}

dând:

\theta (2m+1)-\theta (m+1)\leq \ln(4^{m})=m\cdot \ln(4)

{\ displaystyle \ theta (2m + 1) - \ theta (m + 1) \ leq \ ln (4 ^ {m}) = m \ cdot \ ln (4)}

{\ displaystyle \ theta (2m + 1) - \ theta (m + 1) \ leq \ ln (4 ^ {m}) = m \ cdot \ ln (4)}

Prin ipoteză inductivă

\theta (m+1)<(m+1)\cdot \ln 4

{\ displaystyle \ theta (m + 1) <(m + 1) \ cdot \ ln 4}

{\ displaystyle \ theta (m + 1) <(m + 1) \ cdot \ ln 4}

, din care rezultă:

\theta (n)=\theta (2m+1)<(2m+1)\cdot \ln(4)=n\cdot \ln(4)

{\ displaystyle \ theta (n) = \ theta (2m + 1) <(2m + 1) \ cdot \ ln (4) = n \ cdot \ ln (4)}

{\ displaystyle \ theta (n) = \ theta (2m + 1) <(2m + 1) \ cdot \ ln (4) = n \ cdot \ ln (4)}

CVD

Acestea fiind spuse că putem trece la demonstrația postulatului lui Bertrand. Să presupunem absurd că există un contraexemplu : un număr întreg n ≥ 2 astfel încât să nu existe un număr prim p astfel încât n < p <2 n .

Dacă 2 ≤ n <2048, atunci unul dintre numerele prime 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 și 2503 (fiecare mai puțin de două ori decât precedentul), pe care îl putem numi p , va satisface n < p <2 n . Prin urmare, n ≥ 2048.

4^{n}=(1+1)^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}

{\ displaystyle 4 ^ {n} = (1 + 1) ^ {2n} = \ sum _ {k = 0} ^ {2n} {2n \ alege k}}

{\ displaystyle 4 ^ {n} = (1 + 1) ^ {2n} = \ sum _ {k = 0} ^ {2n} {2n \ alege k}}

Atâta timp cât ${2n \choose n}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ este cel mai mare termen din sumă , avem:

{\frac {4^{n}}{2n+1}}\leq {2n \choose n}

{\ displaystyle {\ frac {4 ^ {n}} {2n + 1}} \ leq {2n \ choose n}}

{\ displaystyle {\ frac {4 ^ {n}} {2n + 1}} \ leq {2n \ choose n}}

Noi definim $R(p,n)$ ${\ displaystyle R (p, n)}$ ${\ displaystyle R (p, n)}$ ca cel mai mare număr x , astfel încât $p^{x}$ ${\ displaystyle p ^ {x}}$ ${\ displaystyle p ^ {x}}$ împarte ${2n \choose n}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ . Din moment ce n ! are $\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor$ ${\ displaystyle \ sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor}$ ${\ displaystyle \ sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor}$ factori de p , obținem:

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

{\ 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}

{\ 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}

De la fiecare termen $\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor {\ frac {2n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor -2 \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor}$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor {\ frac {2n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor -2 \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor}$ poate fi sau egal cu 0 $({\frac {n}{p^{j}}}<1/2)$ ${\ displaystyle ({\ frac {n} {p ^ {j}}} <1/2)}$ ${\ displaystyle ({\ frac {n} {p ^ {j}}} <1/2)}$ sau la 1 $({\frac {n}{p^{j}}}\geq 1/2)$ ${\ displaystyle ({\ frac {n} {p ^ {j}}} \ geq 1/2)}$ ${\ displaystyle ({\ frac {n} {p ^ {j}}} \ geq 1/2)}$ și toți termenii cu $j>\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor$ ${\ displaystyle j> \ left \ lfloor {\ frac {\ ln (2n)} {\ ln (p)}} \ right \ rfloor}$ ${\ displaystyle j> \ left \ lfloor {\ frac {\ ln (2n)} {\ ln (p)}} \ right \ rfloor}$ sunt 0, obținem:

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

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

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

Pentru $p>{\sqrt {2n}}$ ${\ displaystyle p> {\ sqrt {2n}}}$ ${\ displaystyle p> {\ sqrt {2n}}}$ avem $\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \leq 1$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor {\ frac {\ ln (2n)} {\ ln (p)}} \ right \ rfloor \ leq 1}$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor {\ frac {\ ln (2n)} {\ ln (p)}} \ right \ rfloor \ leq 1}$ sau $R(p,n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor$ ${\ displaystyle R (p, n) = \ left \ lfloor {\ frac {2n} {p}} \ right \ rfloor -2 \ left \ lfloor {\ frac {n} {p}} \ right \ rfloor}$ ${\ displaystyle R (p, n) = \ left \ lfloor {\ frac {2n} {p}} \ right \ rfloor -2 \ left \ lfloor {\ frac {n} {p}} \ right \ rfloor}$ .

${2n \choose n}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ nu are factori primi p astfel încât:

2 n < p , deoarece 2 n este cel mai mare factor.
${\displaystyle n<semantics><mrow class=$ ${\ displaystyle n <p \ leq 2n}$ ${\ displaystyle n <p \ leq 2n}$ , datorită presupunerii noastre inițiale.
${\displaystyle {\frac {2n}{3}}<semantics><mrow class=$ ${\ displaystyle {\ frac {2n} {3}} <p \ leq n}$ ${\ displaystyle {\ frac {2n} {3}} <p \ leq n}$ , deoarece $p>{\sqrt {2n}}$ ${\ displaystyle p> {\ sqrt {2n}}}$ ${\ displaystyle p> {\ sqrt {2n}}}$ (de cand $n\geq 5$ ${\ displaystyle n \ geq 5}$ ${\ displaystyle n \ geq 5}$ ) Ceea ce implică $R(p,n)=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor =2-2=0$ ${\ displaystyle R (p, n) = \ left \ lfloor {\ frac {2n} {p}} \ right \ rfloor -2 \ left \ lfloor {\ frac {n} {p}} \ right \ rfloor = 2 -2 = 0}$ ${\ displaystyle R (p, n) = \ left \ lfloor {\ frac {2n} {p}} \ right \ rfloor -2 \ left \ lfloor {\ frac {n} {p}} \ right \ rfloor = 2 -2 = 0}$ .

Fiecare factor prim al ${2n \choose n}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ este deci mai mic sau egal cu ${\frac {2n}{3}}$ ${\ displaystyle {\ frac {2n} {3}}}$ ${\ displaystyle {\ frac {2n} {3}}}$ .

${2n \choose n}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ are cel mult un factor din fiecare prim $p>{\sqrt {2n}}$ ${\ displaystyle p> {\ sqrt {2n}}}$ ${\ displaystyle p> {\ sqrt {2n}}}$ . Atâta timp cât $p^{R(p,n)}\leq 2n$ ${\ displaystyle p ^ {R (p, n)} \ leq 2n}$ ${\ displaystyle p ^ {R (p, n)} \ leq 2n}$ , produsul $p^{R(p,n)}$ ${\ displaystyle p ^ {R (p, n)}}$ ${\ displaystyle p ^ {R (p, n)}}$ pe toate celelalte prime merită cel mult $(2n)^{\sqrt {2n}}$ ${\ displaystyle (2n) ^ {\ sqrt {2n}}}$ ${\ displaystyle (2n) ^ {\ sqrt {2n}}}$ . De cand ${2n \choose n}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ ${\ displaystyle {2n \ choose n}}$ este produsul $p^{R(p,n)}$ ${\ displaystyle p ^ {R (p, n)}}$ ${\ displaystyle p ^ {R (p, n)}}$ pe toate primele p , obținem:

{\frac {4^{n}}{2n+1}}\leq {2n \choose n}\leq (2n)^{\sqrt {2n}}\prod _{p\in \mathbb {P} }^{\frac {2n}{3}}p=(2n)^{\sqrt {2n}}e^{\theta ({\frac {2n}{3}})}

{\ displaystyle {\ frac {4 ^ {n}} {2n + 1}} \ leq {2n \ choose n} \ leq (2n) ^ {\ sqrt {2n}} \ prod _ {p \ in \ mathbb { P}} ^ {\ frac {2n} {3}} p = (2n) ^ {\ sqrt {2n}} e ^ {\ theta ({\ frac {2n} {3}})}}

{\ displaystyle {\ frac {4 ^ {n}} {2n + 1}} \ leq {2n \ choose n} \ leq (2n) ^ {\ sqrt {2n}} \ prod _ {p \ in \ mathbb { P}} ^ {\ frac {2n} {3}} p = (2n) ^ {\ sqrt {2n}} e ^ {\ theta ({\ frac {2n} {3}})}}

Folosind lema $\theta (n)<n\cdot \ln(4)$ ${\ displaystyle \ theta (n) <n \ cdot \ ln (4)}$ ${\ displaystyle \ theta (n) <n \ cdot \ ln (4)}$ :

{\frac {4^{n}}{2n+1}}\leq (2n)^{\sqrt {2n}}4^{\frac {2n}{3}}

{\ displaystyle {\ frac {4 ^ {n}} {2n + 1}} \ leq (2n) ^ {\ sqrt {2n}} 4 ^ {\ frac {2n} {3}}}

{\ displaystyle {\ frac {4 ^ {n}} {2n + 1}} \ leq (2n) ^ {\ sqrt {2n}} 4 ^ {\ frac {2n} {3}}}

De vreme ce avem $(2n+1)<(2n)^{2}$ ${\ displaystyle (2n + 1) <(2n) ^ {2}}$ ${\ displaystyle (2n + 1) <(2n) ^ {2}}$ :

4^{\frac {n}{3}}\leq (2n)^{2+{\sqrt {2n}}}

{\ displaystyle 4 ^ {\ frac {n} {3}} \ leq (2n) ^ {2 + {\ sqrt {2n}}}}

{\ displaystyle 4 ^ {\ frac {n} {3}} \ leq (2n) ^ {2 + {\ sqrt {2n}}}}

În plus $2\leq {\frac {\sqrt {2n}}{3}}$ ${\ displaystyle 2 \ leq {\ frac {\ sqrt {2n}} {3}}}$ ${\ displaystyle 2 \ leq {\ frac {\ sqrt {2n}} {3}}}$ (la fel de $n\geq 18$ ${\ displaystyle n \ geq 18}$ ${\ displaystyle n \ geq 18}$ ):