ในทางคณิตศาสตร์สมมติฐานของเบอร์ทรานด์ (ปัจจุบันเป็นทฤษฎีบท ) ระบุว่า สำหรับแต่ละจะมีจำนวนเฉพาะที่ทำให้ สมมติฐานนี้ ถูกตั้งขึ้นครั้งแรกในปี พ.ศ. 2388 โดยโจเซฟ เบอร์ทรานด์ [ ^{1 ] เช}บิเชฟ เป็น ผู้พิสูจน์เป็นคนแรก และ รามานุจันได้ให้การพิสูจน์ที่สั้นกว่าแต่ก็ก้าวหน้ากว่า^{[ 2 ]}${\displaystyle n\geq 2}$${\displaystyle p}$${\displaystyle n<p<2n}$

บทพิสูจน์เบื้องต้นต่อไปนี้ได้รับการตีพิมพ์โดยPaul Erdősในปี พ.ศ. 2475 ซึ่งเป็นหนึ่งในผลงานทางคณิตศาสตร์แรกๆ ของเขา^{[ 3 ]}แนวคิดพื้นฐานคือการแสดงให้เห็นว่าสัมประสิทธิ์ทวินามกลางจะต้องมีตัวประกอบเฉพาะภายในช่วง เพื่อให้มีขนาดใหญ่พอ ซึ่งทำได้โดยการวิเคราะห์การแยกตัวประกอบของสัมประสิทธิ์เหล่านั้น ${\displaystyle (n,2n)}$

ขั้นตอนหลักของการพิสูจน์มีดังนี้ ขั้นแรก แสดงให้เห็นว่าการมีส่วนร่วมของตัวประกอบกำลังเฉพาะทุกตัวในการแยกตัวประกอบเฉพาะของสัมประสิทธิ์ทวินามกลางนั้นมีค่าไม่เกิน; จากนั้น แสดงให้เห็นว่าจำนวนเฉพาะทุกตัวที่มากกว่าปรากฏอย่างมากที่สุดเพียงครั้งเดียว ${\displaystyle p^{r}}$${\displaystyle \textstyle {\binom {2n}{n}}=(2n)!/(n!)^{2}}$${\displaystyle 2n}$${\displaystyle {\sqrt {2n}}}$

ขั้นตอนต่อไปคือการพิสูจน์ว่าไม่มีตัวประกอบเฉพาะในช่วง ผลที่ตามมาของขอบเขตเหล่านี้คือ การมีส่วนร่วมต่อขนาดของที่มาจากตัวประกอบเฉพาะซึ่งมีค่าไม่เกินจะเติบโตแบบเชิงเส้นกำกับเมื่อสำหรับบางค่าเนื่องจากการเติบโตแบบเชิงเส้นกำกับของสัมประสิทธิ์ทวินามกลางมีค่าอย่างน้อยข้อสรุปคือโดยการขัดแย้งและสำหรับค่าที่มากพอสัมประสิทธิ์ทวินามจะต้องมีตัวประกอบเฉพาะอีกตัวหนึ่ง ซึ่งสามารถอยู่ระหว่างและเท่านั้น ${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$${\displaystyle ({\tfrac {2n}{3}},n)}$${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$${\displaystyle n}$${\displaystyle \theta ^{\!\;n}}$${\displaystyle \theta <4}$${\displaystyle 4^{n}\!/2n}$${\displaystyle n}$${\displaystyle n}$${\displaystyle 2n}$

ข้อโต้แย้งที่ให้มานั้นใช้ได้กับทุกค่าของ ส่วนค่าที่เหลือของ นั้น  ได้รับการตรวจสอบโดยตรง ซึ่งทำให้การพิสูจน์เสร็จสมบูรณ์ ${\displaystyle n\geq 427}$${\displaystyle n}$

การพิสูจน์นี้ใช้บทพิสูจน์ย่อยสี่ข้อ ต่อไปนี้ เพื่อสร้างข้อเท็จจริงเกี่ยวกับจำนวนเฉพาะที่มีอยู่ในสัมประสิทธิ์ทวินามกลาง

สำหรับจำนวนเต็ม ใดๆ เรามี ${\displaystyle n>0}$

${\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n}}\leq {\binom {2n}{n}}.}$

พิสูจน์:โดยใช้ทฤษฎีบททวินาม

${\displaystyle 4^{n}=(1+1)^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{\binom {2n}{k}}=2+\sum _{k=1}^{2n-1}{\binom {2n}{k}}\leq 2n{\binom {2n}{n}},}$

เนื่องจากเป็นพจน์ที่ใหญ่ที่สุดในผลรวมทางด้านซ้ายมือ และผลรวมมีพจน์ (รวมถึงพจน์เริ่มต้นที่อยู่นอกผลรวม) ${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$${\displaystyle 2n}$${\displaystyle 2}$

สำหรับจำนวนเฉพาะคงที่จำนวนหนึ่งให้กำหนดให้ เป็นอันดับp -adic ของนั่นคือจำนวนธรรมชาติ ที่มากที่สุด ที่หาร ลงตัว${\displaystyle p}$${\displaystyle R=R(n,p)}$${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$${\displaystyle r}$${\displaystyle p^{r}}$${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$

สำหรับจำนวนเฉพาะใดๆก็ตาม. ${\displaystyle p}$${\displaystyle p^{R}\leq 2n}$

บทพิสูจน์:เลขชี้กำลังของin กำหนดโดยสูตรของเลอจองเดอร์${\displaystyle p}$${\displaystyle n!}$

${\displaystyle \sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor \!,}$

ดังนั้น

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

แต่พจน์แต่ละพจน์ของผลรวมสุดท้ายจะต้องเป็นศูนย์ (ถ้า) หรือหนึ่ง (ถ้า) และพจน์ทั้งหมดที่มีจะเป็นศูนย์ ดังนั้น ${\displaystyle n/p^{j}{\bmod {1}}<1/2}$${\displaystyle n/p^{j}{\bmod {1}}\geq 1/2}$${\displaystyle j>\log _{p}(2n)}$

${\displaystyle R\leq \log _{p}(2n),}$

และ

${\displaystyle p^{R}\leq p^{\log _{p}(2n)}=2n.}$

ถ้าเป็น จำนวน เฉพาะคี่และแล้ว${\displaystyle p}$${\displaystyle {\frac {2n}{3}}<p\leq n}$${\displaystyle R(n,p)=0.}$

บทพิสูจน์:มีตัวประกอบของ สองตัวพอดีในตัวเศษของนิพจน์ซึ่งมาจากพจน์และในและยังมีตัวประกอบของ สองตัวในตัวส่วนจากพจน์ หนึ่งตัวในแต่ละตัวประกอบของ ตัวประกอบ เหล่านี้จะหักล้างกันหมด ทำให้ไม่มีตัวประกอบของใน(ขอบเขตของในเงื่อนไขเบื้องต้นของบทพิสูจน์ย่อยทำให้มั่นใจได้ว่า มีค่ามากเกินไปที่จะเป็นพจน์ในตัวเศษ และ จำเป็นต้องมีสมมติฐานว่า เป็นจำนวนคี่เพื่อให้แน่ใจว่า มีส่วนทำให้ตัวเศษเพียงตัวเดียวเท่านั้น) ${\displaystyle p}$${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}=(2n)!/(n!)^{2}}$${\displaystyle p}$${\displaystyle 2p}$${\displaystyle (2n)!}$${\displaystyle p}$${\displaystyle p}$${\displaystyle n!}$${\displaystyle p}$${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$${\displaystyle p}$${\displaystyle 3p}$${\displaystyle p}$${\displaystyle 2p}$${\displaystyle p}$

มีการกำหนดขอบเขตบนสำหรับฟังก์ชัน ดั้งเดิม

${\displaystyle n\#=\prod _{p\,\leq \,n}p,}$

โดยที่ผลคูณนั้นได้มาจากจำนวนเฉพาะ ทั้งหมด ที่น้อยกว่าหรือเท่ากับ. ${\displaystyle p}$${\displaystyle n}$

สำหรับทุก คน${\displaystyle n\geq 1}$${\displaystyle n\#<4^{n}}$

พิสูจน์:เราใช้การอุปมานแบบสมบูรณ์

เพราะเรา มีและ${\displaystyle n=1,2}$${\displaystyle 1\#=1<4}$${\displaystyle 2\#=2<4^{2}=16}$

สมมติว่าอสมการนี้เป็นจริงสำหรับทุกค่าเนื่องจากเป็นจำนวนประกอบ เราจึงได้ว่า ${\displaystyle 1\leq n\leq 2k-1}$${\displaystyle n=2k>2}$

${\displaystyle (2k)\#=(2k-1)\#<4^{2k-1}<4^{2k}.}$

ทีนี้ เรามาสมมติว่าอสมการนี้เป็นจริงสำหรับทุกค่าของเนื่องจากเป็นจำนวนเต็ม และจำนวนเฉพาะทั้งหมดปรากฏเฉพาะในตัวเศษเท่านั้น เราจึงได้ว่า ${\displaystyle 1\leq n\leq 2k}$${\displaystyle {\binom {2k+1}{k}}={\frac {(2k+1)!}{k!(k+1)!}}}$${\displaystyle k+2\leq p\leq 2k+1}$

${\displaystyle {\frac {(2k+1)\#}{(k+1)\#}}\leq {\binom {2k+1}{k}}={\frac {1}{2}}\!\left[{\binom {2k+1}{k}}+{\binom {2k+1}{k+1}}\right]<{\frac {1}{2}}(1+1)^{2k+1}=4^{k}.}$

ดังนั้น,

${\displaystyle (2k+1)\#=(k+1)\#\cdot {\frac {(2k+1)\#}{(k+1)\#}}\leq 4^{k+1}{\binom {2k+1}{k}}<4^{k+1}\cdot 4^{k}=4^{2k+1}.}$

สมมติ ว่า มีตัวอย่างค้านอยู่คือ จำนวนเต็มn  ≥ 2 ที่ไม่มีจำนวนเฉพาะp ใด ๆ ที่n  <  p  < 2n

ถ้า 2 ≤ n < 630 แล้วpสามารถเลือกได้จากจำนวนเฉพาะ 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631 (โดยแต่ละจำนวนเฉพาะเป็นจำนวนเฉพาะที่มากที่สุดที่น้อยกว่าสองเท่าของจำนวนเฉพาะก่อนหน้า) ซึ่งn  <  p  < 2n ดังนั้น n ≥  630

ไม่มีตัวประกอบเฉพาะpของที่ทำให้: ${\displaystyle \textstyle {\binom {2n}{n}}}$

• 2n < pเพราะตัวประกอบทุกตัวต้องหาร (2n )ได้!
• p = 2nเนื่องจาก 2n ไม่ใช่จำนวนเฉพาะ
• n < p < 2n เนื่องจากเราสมมติว่าไม่มีจำนวนเฉพาะดังกล่าว
• 2 n /3 < p ≤ n : โดยLemma 3 .

ดังนั้น ตัวประกอบเฉพาะp ทุกตัว จึงสอดคล้องกับp ≤ 2n / 3

เมื่อจำนวนนั้น มีตัวประกอบของ pไม่เกินหนึ่งตัวโดยLemma 2สำหรับจำนวนเฉพาะp ใดๆ เราจะได้p ^{R ( p , n )} ≤ 2 nและ จำนวนของจำนวนเฉพาะที่น้อยกว่า หรือเท่ากับxเนื่องจาก 1 ไม่ใช่ทั้งจำนวนเฉพาะและจำนวนประกอบ จากนั้น เริ่มจากLemma 1และแยกส่วน ด้าน ขวามือออกเป็นตัวประกอบเฉพาะ และสุดท้ายใช้Lemma 4ขอบเขตเหล่านี้จะให้ผลลัพธ์ดังนี้: ${\displaystyle p>{\sqrt {2n}},}$${\displaystyle \textstyle {2n \choose n}}$${\displaystyle \pi (x)\leq x-1}$

${\displaystyle {\frac {4^{n}}{2n}}\leq {\binom {2n}{n}}=\left(\,\prod _{p\,\leq \,{\sqrt {2n}}}p^{R(p,n)}\right)\!\!\left(\prod _{{\sqrt {2n}}\,<\,p\,\leq \,2n/3}\!\!\!\!\!\!\!p^{R(p,n)}\right)<\left(\,\prod _{p\,\leq \,{\sqrt {2n}}}\!\!2n\right)\!\!\left(\prod _{p\,\leq \,2n/3}\!\!p\right)\leq (2n)^{{\sqrt {2n}}-1}4^{2n/3}.}$

ดังนั้น

${\displaystyle 4^{n/3}<(2n)^{\sqrt {2n}}}$ซึ่งทำให้ง่ายขึ้นเป็น${\displaystyle 2^{\sqrt {2n}}<(2n)^{3}.}$

เมื่อนำ ค่าลอการิทึมฐาน 2 ของ และยกกำลังสองทั้งสองข้าง จะได้

${\displaystyle 2n<9\log _{2}^{2}(2n).}$

เนื่องจากด้านขวามือเป็นฟังก์ชันเว้าของn และด้านซ้ายมือเป็นเชิงเส้น อสมการสุดท้ายจึงได้รับการยืนยันในช่วงหนึ่งอย่างแน่นอน เนื่องจากเป็นจริงสำหรับและไม่เป็นจริงสำหรับเราจึงได้ ${\displaystyle n\geq 2}$${\displaystyle n=426}$${\displaystyle n=427}$

${\displaystyle n<427.}$

แต่กรณีเหล่านี้ได้รับการตัดสินไปแล้ว และเราสรุปได้ว่าไม่มีตัวอย่างค้านใดที่เป็นไปได้สำหรับสมมติฐานนี้

สามารถลดขอบเขตลงเหลือได้ ${\displaystyle n=50}$

เนื่องจากเราได้ดังนั้นเราจึงสามารถกล่าวได้ว่าผลคูณมีค่ามากที่สุดคือ ซึ่งให้ผลลัพธ์เป็น ${\displaystyle n\geq 17,}$${\displaystyle \pi (n)<{\frac {n}{2}}-1}$${\displaystyle p^{R}}$${\displaystyle (2n)^{0.5{\sqrt {2n}}-1}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {4^{n}}{2n}}\leq {\binom {2n}{n}}\leq (2n)^{0.5{\sqrt {2n}}-1}4^{2n/3}\\&4^{\sqrt {2n}}\leq (2n)^{3}\\&8n\leq 9\log _{2}^{2}(2n)\end{aligned}}}$

ซึ่งเป็นจริงสำหรับและเป็นเท็จสำหรับ ${\displaystyle n=49}$${\displaystyle n=50}$

• ทฤษฎีบทของเชบิเชฟและสัจพจน์ของแบร์ทรองด์ (ลีโอ โกลด์มาเคอร์): https://web.williams.edu/Mathematics/lg5/Chebyshev.pdf
• การพิสูจน์สัจพจน์ของเบอร์แทรนด์ (UW Math Circle): https://sites.math.washington.edu/~mathcircle/circle/archive/2013-14/advanced/mc-13a-w10.pdf
• หลักฐานในระบบ Mizar : http://mizar.org/version/current/html/nat_4.html#T56
• ไวส์สไตน์, เอริค ดับเบิลยู. "สมมติฐานของเบอร์ทรานด์" . แมธเวิลด์ .