Kezdőlap


Cím:	Gyertek bizonyítsuk be Csebisev tételét 2.
Szerző(k):	Kalmár László
Füzet:	1948/május, 127 - 128. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az 5. feladat megoldásával a Legendre-féle

\begin{matrix} n! = 2^{[\frac{n}{2}] + [\frac{n}{4}] + [\frac{n}{8}] + ...} \cdot 3^{[\frac{n}{3}] + [\frac{n}{9}] + [\frac{n}{27}] + ...} \cdot 5^{[\frac{n}{5}] + [\frac{n}{125}] + ...} \end{matrix}

azonosságban (ahol a prímszámok persze

n

-ig mennek) olyan kulcshoz jutottunk, amely alkalmas egyes, a prímszámokra vonatkozó kérdések megoldására. De vajon hogyan forgassuk ezt a kulcsot, hogy a Csebysev-tétel nyitját megtaláljuk? Mit kezdjünk az

n!

-sal, hogy épp az

n

és

2 n

közötti prímszámokról tudósítson bennünket?
Csebysev eredeti bizonyítása egy nagyon bonyolult, az

n!

segítségével képezett kifejezés vizsgálatán alapul. Erdős (és már előtte Ramanujan is a Csebysev-féle kifejezés helyett a sokkal egyszerűbb

\begin{matrix} \frac{(2 n)!}{{(n!)}^{2}} = \frac{1 \cdot 2 ... n \cdot (n + 1) (n + 2) ... 2 n}{1 \cdot 2 ... n \cdot 1 \cdot 3 ... n} = \frac{(n + 1) (n + 2) ... 2 n}{1 \cdot 2 ... n} \end{matrix}

kifejezést használja. Ezt a kifejezést

(\binom{2 n}{n})

-nel (mondd:

2 n

alatt

n

, vagy

2 n

n

felett) szokás jelölni: általában

(\binom{m}{n})

-nel az

\frac{m!}{n! \cdot (m - n)!}

kifejezést jelöljük. Ez arról nevezetes, hagy egy

m

-tagú osztályból ennyi féleképpen lehet kijelölni egy

n

-tagú küldöttséget; így

(\binom{m}{n})

csak látszólag tört, valójában mindig egész szám az értéke. De Erdős sem azért gondolt arra, hogy,

(\binom{2 n}{n})

segítségével fogjon hozzá a Csebysev-tétel bizonyításához, mert ha egy

2 n

-tagú osztálynak pontosan a felét visszük kirándulni, akkor éppen

(\binom{2 n}{n})

-féleképpen lehet kijelölni, hogy kik jussanak a kirándulók közé. Hanem azért, mert

(\binom{2 n}{n}) = \frac{(n + 1) (n + 2) ... 2 n}{1 \cdot 2 ... n}

meg kell, hogy érezze, hogy

n

és

2 n

között vannak prímszámok. Hiszen ezekkel a prímszámokkal minddel osztható, mert a számlálója osztható velük, de a nevezője nem; az

n

-ig terjedő prímszámok azonban a nevezőjében is előfordulnak, így ezek közül sok kiesik egyszerűsítés közben. Várható hát, hogy ha feltételezzük, hogy

n

és

2 n

között nincs prímszám, akkor

(\binom{2 n}{n})

prímtényezős felbontásából sokkal kisebb értéket kapunk

(\binom{2 n}{n})

számára, mint amekkora valójában. Ismerkedjünk meg hát közelebbről a

(\binom{2 n}{n})

-nel!
6. Mutassuk meg, hogy ha

a

pozitív szám, akkor

[2 a] - [a]

értéke vagy 0, vagy 1.
7. Mutassuk meg, hogy

(\binom{2 n}{n})

mindig egész szám.
8. Mutassuk meg, hogy

(\binom{2 n}{n})

törzstényezős felbontásában egyik prímszám hatványa sem lehet nagyobb

2 n

-nél. (A hatványról van szó, nem a hatványkitevőről!)
9. Mutassuk meg, hogy

(\binom{2 n}{n})

prímtényezős felbontásában a

\sqrt[]{2 n}

-nél nagyobb prímszámok legfeljebb első hatványon szerepelnek (azaz vagy nem szerepelnek, vagy csak első hatványon).
10. Mutassuk meg, hogy

(\binom{2 n}{n})

nem osztható a

\frac{2}{3} n

és

n

közötti prímszámokkal (

n

-et beleértve, ha prímszám;

\frac{2}{3} n

-et akkor sem értve bele, ha

n

osztható 3-mal és

\frac{2}{3} n

prímszám).