Górne oszacowanie n-tej liczby pierwszej

[lukasz_650]

Żeby nie zakładać nowego tematu, dorzucę to tutaj.
Pozwoliłem sobie jednak wydzielić.
max

Niech \(\displaystyle{ p_{n}}\) oznacza \(\displaystyle{ n}\)-tą liczbę pierwszą. Udowodnić nierówność \(\displaystyle{ p_{n} < e^{1+n}}\) \(\displaystyle{ (n = 1, 2, ...)}\).

Wiadomo, że wynika to chociażby z postulatu Bertranda, ale z pewnością dla tego oszacowania da się udowodnić tą nierówność w krótszy sposób, za co byłbym bardzo wdzięczny. Wystarczy sama wskazówka

[Maciej87]

A może warto na nowy wątek.
Wskazówka:
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{p_n-1} < \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}}\)
Uzasadnienie: rozwińmy i wymnóżmy formalnie szeregi potęgowe po prawej stronie.
Wśród wyrazów pojawią się na pewno wszystkie z lewej strony (bo czemu tak?).
Lewą stronę oszacujmy z dołu całką \(\displaystyle{ \int\limits_{1}^{p_n}\frac{1}{t}\mbox{d}t}\), prawą przez \(\displaystyle{ \frac{1}{p_k}\leqslant \frac{1}{k+1}}\)

[max]

O, fajne.

Można też uzyskać trochę lepsze szacowanie \(\displaystyle{ p_{n} \le 2^{n + 1} + 1}\) niewiele większym nakładem sił:

Idea (pochodząca z dowodu na istnienie nieskończenie wielu liczb pierwszych autorstwa J. Perotta) jest taka: szacujemy dołu liczbę liczb bezkwadratowych (nie dzielących się przez kwadrat liczby naturalnej \(\displaystyle{ \ge 2}\)) należących do zbioru \(\displaystyle{ \{2,\ldots, N\},}\) a następnie szacujemy od góry liczbę liczb bezkwadratowych, które dzielą się jedynie przez \(\displaystyle{ p_{1}\cdot \ldots\cdot p_{n-1}}\) i znajdujemy możliwie najmniejsze \(\displaystyle{ N,}\) dla którego liczb tych będzie na pewno mniej niz otrzymane na początku szacowanie.

Szczegóły:
(W zasadzie jest to wspomniany dowód Perotta uzupełniony o prosty wniosek.)

Będziemy oznaczać przez \(\displaystyle{ \lfloor x\rfloor}\) największą liczbę całkowitą nie większą od liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\) a przez \(\displaystyle{ \lceil x\rceil}\) najmniejszą liczbę całkowitą nie mniejszą od \(\displaystyle{ x}\)

Zauważmy, że liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ k^{2}}\) w zbiorze \(\displaystyle{ \{2,\ldots, N\}}\) jest \(\displaystyle{ \left\lfloor\frac{N}{k^{2}}\right\rfloor.}\)
Szacujemy z góry liczbę liczb ze zbioru \(\displaystyle{ \{1,\ldots, N\}}\) podzielnych przez kwadrat jakiejś liczby naturalnej \(\displaystyle{ \ge 2}\):

\(\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{N}\left\lfloor\frac{N}{k^{2}}\right\rfloor < N\left(\frac{1}{4} + \sum_{k=3}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}\right) < N\left(\frac{1}{4} + \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{{x}^{2}}dx\right) =\frac{3}{4}N}\)

Stąd liczb bezkwadratowych w zbiorze \(\displaystyle{ \{2,\ldots, N\}}\) jest co najmniej \(\displaystyle{ \left\lceil\frac{N}{4}\right\rceil}\)

Natomiast liczby bezkwadratowe podzielne przez \(\displaystyle{ p_{1},\ldots, p_{n-1}}\) są postaci \(\displaystyle{ p_{1}^{a_{1}}\cdot\ldots\cdot p_{n-1}^{a_{n-1}},\ a_{i}\in \{0,1\}}\)
czyli jest ich \(\displaystyle{ 2^{n-1}.}\)

Stąd dla \(\displaystyle{ N = 2^{n + 1} + 1}\) w zbiorze \(\displaystyle{ \{2,\ldots, N\}}\) znajduje się liczba bezkwadratowa podzielna przez \(\displaystyle{ p_{n},}\) tym bardziej \(\displaystyle{ p_{n}\le 2^{n+1} + 1.}\)

[lukasz_650]

Dziękuję bardzo za oba przedstawione sposoby rozwiązania. O ile rozwiązanie Maxa to pomysł z dowodu Perotta, tak w pierwszym zauważam wiele podobieństw do dowodu Eulera, że zbiór liczb pierwszych jest nieskończony, jak i do dowodu twierdzenia Eulera o rozbieżności szeregu sumy odwrotności liczb pierwszych

[Maciej87]

Mmm, dobry trik to rozwiązanie Perrota.