О числе e и n! | Квант 5 1972

Я. Г. ЛИМАНОВ

Страница переведена на новый сайт https://myeducation.su/ :

страница ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ Квант (1972)

Ниже текст для быстрого ознакомления с темой. В нём формулы отображаются некорректно. Смотрите оригинал в формате PDF по ссылке выше.

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

В этой заметке мы разберем задачи из статьи М И. Башмакова «О постулате
Бертрана» (см. «Квант» № 5, 1971).
Напомним, что постулатом Бертрана называется следующее утверждение:
если х > 1 , т о существует простое число, заключенное между х и 2х
Эго утверждение сформулировал французский математик Бертран, но
отыскать доказательства для него не сумел Это удалось сделать Чебыше
ву, причем сделать совершенно элементарно. Правда, он воспользовался
одной не элементарной формулой — формулой Стирлинга:
В эту формулу входят два едва ли не самых замечательных числа
Первое — это всем вам известное число л — отношение длины окружности
к ее диаметру Второе число — это число е — предел последовательности
лась Чебышеву для того, чтобы оценить величину л! = 1 -2 . . . -п.
На самом же деле, чтобы доказать постулат Бертрана, можно использовать
существенно менее точные оценки величины п!
Именно такие оценки и предлагалось доказать читателю в статье Башмакова
(задача 3). С разбора этой задачи мы и начнем
Вот ее формулировка:
Докажите, что существует такое действительное число е, что при
есгх натуральных п, больших некоторого п 0,
Неравенства [о использовать вместо
формулы Стирлинга. Они, конечно, менее точны, но зато и доказать их
намного проще
Остальные задачи из статьи — это, по сути дела, леммы из чебышевско-
го доказательства постулата Бертрана. Решить их намного проще, чем за дачу
3. Заслуга Чебышева не в том, что он их решил — сделать это нетрудно,
— а в том, что он их сформулировал и нашел, как с помощью этих
утверждений получить оценки для произведения (и, тем самым, для количества)
простых чисел, не превосходящих х, и доказать постулат Бертрана
Р е ш е н и е з а д а ч и 3. Примем пока без доказательства, что такое
Число е, что при всех натуральных п
действительно существует. (Доказательство существования будет приведено
чуть ниже.)

14

Мы хотим доказать, что | ՜ ~ ~ յ ՞ < л! <Լո | ՜ 7 ՜ յ ՞ или (что то же самое)
+ <Լ ^ <Հ լ—- ПРИ п> больших некоторого п0.
Пусть для некоторого k доказано, что Но
(ft + 2 ) * + l / ( f t + O * _ У*՜*՜’ ^ ПОЭТОМУ (fe ֊I ֊ 2 ) * ‘ 1 Հ-ըհ-ւ 1
( f t+l ) l / ft! l ft+ 1 / ^ (ft+1)! ^
Таким образом, наше утверждение верно и для fe-H, а значит, и для
£ + 2 , А+З и т. д. Точно так же из предположения
. . ft*
6 < ( * ֊! ) !
выводится, что
6 < (ft)!
Действительно,
(fe + l)ft+1 / ft* /Л -Н У ՜1՜ 1^
ft! / (ft—1)! I ft /
Остается доказать, что e существует, и найти начальные значения для п
в каждом из неравенств
( 1 ± Լ ) » < Ո, „ 1 < п (-2 _ у

Доказательство существования е

Условимся называть совокупность действительных чисел х, удовлетворяющих
неравенству а ^ х ^ Ь , отрезком с концами а и b (отрезок с концами
а и Ь обозначается через [а, ծ)).
При доказательстве существования числа е мы будем пользоваться следующим
свойством действительных чисел: если есть последовательность
отрезков [alt ], где a i^ a i+l<Zbi+1^ ;bi ( i = l , 2, …) (о такой последовательности
говорят, что она является последовательностью вложенных
отрезков), то существует точка а , общая для всех этих отрезков.
Это свойство мы не будем доказывать. Дело в том, что при четком определении
того, что мы понимаем под множеством действительных чисел,
это (или какое-нибудь эквивалентное ему) свойство принимается как аксиома.

Упражнения

1. Проверьте, что следующие свойства действительных чисел эквивалентны; если
принять любое из них без доказательства, то остальные из него выводятся.
а) У всякой последовательности вложенных отрезков есть хотя бы одна общая точка.
б) Всякая ограниченная монотонно возрастающая последовательность имеет предел.
в) Всякая последовательность ( օ |} ( յ= 1,2,…), в которой для любого е > 0 можно указать
такое N (зависящее, разумеется, от е), что |оп—օ « |< 8 при m, п > /V имеет предел.
(Такие последовательности называются последовательностями Коши.)
г) Всякое ограниченное сверху множество действительных чисел имеет точную верхнюю
грань, то есть можно указать такое число а , что все принадлежащие этому множеству
числа не больше а , но для всякого числа Р, меньшего а , найдутся числа из этого множества,
большие р.
д) Из всякого семейства отрезков, покрывающих отрезок (а,Ь ], можно выделить конечное
семейство отрезков, покрывающих отрезок [а, Ь). (Мы говорим, что система М отрезков
покрывает отрезок 1а, Ь], если для всякого х, принадлежащего отрезку [о. b J,
найдется отрезок из системы М, содержащий х.)
15

Покажем теперь, что последовательность _ монотонно возрастающая.
Для этого нужно, чтобы при любом ո было меньше
քո 4 ֊ 2 (п + 1 у» ^ /п + 2 \п+1
I՞ + 1 ; I « ) < U + 11
С помощью несложных преобразований это неравенство можно привести
к такому виду:
Кла+ 2 л + 1 )л—(л24-2л)л](л + 1 )< (л 44-2я)л. ( 1 )
[Вот промежуточные неравенства: (л ֊Ь 1)2/|+1< ( я + 2 ) л+1лл и (ла+
+ 2 л + 1 )л(л-Ь 1 )< (л а+ 2 л )л(л + 2 ).] Воспользовавшись формулой ак—ծ* =
= ( а—6)(ал — Ч -ал~ 26 + . . .+ а Ь * _ 2 + 6 * ~ 1), получаем: (л2+ 2 л ֊Н ) л—(ла+
+ 2 л )/|<:л(ла+ 2 л + 1 )л~1. Поэтому неравенство (1) будет доказано, если мы
докажем такое неравенство:
(л4+ 2 л + 1)л ֊1 (л + 1)< (п *+ 2п)л» 1(п+2).
Оно в свою очередь (это оказывается точно так же) следует из неравенства
(л2+ 2 л -Ц )л- 2(л + 1 )< (л 2+ 2 л )л- 2(л+2).
Повторяя эти рассуждения, мы убеждаемся, что неравенство (1) следует
из очевидного неравенства
л + 1 < « + 2 .
Еще проще показать, что при любом натуральном л
1 у+1 > | ո + ձ jn+շ (2)
В самом деле, неравенство (2) эквивалентно неравенству
(л + 1 )2л+3> ( л + 2 ) л+2лл+1.
Поэтому достаточно показать, что
1(п, + 2 п + 1 )л+ 1—(п, +2п)я+1)(л + 1 )> (я *+ 2 п )»+ 1. (3)
Но
(ла+ 2 п + 1)л+1-^(п2-Н2л)л+1> ( л 2-1֊2л)л(п+1),
откуда
I (л2+ 2 л + 1 ) » +1—(л2 4-2л)п+11 (л + 1 ) > ( л4+ 2п)» (л -J-1 )2>
> (л *+ 2 л )л(л2+ 2 л )= (л 2+ 2 л )л+1,
то есть неравенство (3), а значит, и неравенство (2), — доказано.
Итак, мы доказали, что последовательность ап — монотонно
возрастает, а последовательность b„ = монотонно убывает. Кроме
того, ап<.Ьпъ поскольку — > 1. Таким образом последовательность
отрезков с концами a it bt является последовательностью вложенных от-
/к + 1 \ * 1 . резков и длина я-го отрезка равна I— — I то есть при росте k она
стремится к нулю. Поэтому у всех этих отрезков есть ровно одна общая
точка. Соответствующее ей число и называется числом е.
Можно вычислить сколько угодно десятичных знаков числа е. Вот
первые несколько: е = 2 ,71828…
16

Поскольку О 2, неравенство е~ )» < : я! выполняется уже при п— 1
Неравенство п\ при я=*1, 2» 6 не выполняется, однако при
п ~ 7, а следовательно, и при больших п, — оно верно. (Мы не будем
этого проверять, однако заметим, что это несложно сделать с помощью
таблицы натуральных логарифмов — логарифмов по основанию е.)
Мы доказали, что ■ j» стремится к е. На самом деле можно доказать,
что стремится к ех. Именно это и предлагается сделать
в следующих упражнениях.

Упражнения

/ п v х у1
2. Докажите, что последовательность!— Jj՜^) » где а՜— положительное число, монотонно
возрастает.
I п~\-х 1
3. Докажите, что последовательность! — | , где I —натуральное число, большее
х, монотонно убывает.
I П-\
4. Выведите из утверждений 2 н 3, что последовательность I— -— I при любом полольном
х имеет конечный предел.
/ r i — l — l V I ft -i- X У У1
5. Докажите, что у последовательностей!— -— I и I— — -}-«^гI предел
жительном .. / п (- х у {п — \- х , у у
■льностеи!— — ֊—г I пределы совпадают.
( п -г х у1
6. Предел последовательности |— -—1 мы обозначим через с [здесь х՛ — некоторое
число, зависящее от л՛: х՛ = / (х)J . Выведите из 5, что
f Оч I- х2) — f (хх) -f / (хг).
7. Докажите, что f (0) ~ О и что при натуральных х } (а ) — х.
/ п- L х у
8. Докажите, что у последовательности!— -— J при отрицательном х также существует
предел причем / (■—х) г~- —./(х).
( т \ т
9. Докажите, что если т и п — целые числа (п փ 0), то f I I = — .
10. Докажите, что функция /՛ (х) монотонно возрастает.
11. Докажите, что/ f (х) ~ х.
Разберем теперь остальные задачи из статьи М. И. Башмакова

Формулировки задач

Напомним обозначения:
n(jf) — это число простых чисел, не превосходящих л՜;
0(jf) — логарифм произведения всех простых чисел, не превосходящих х:
0 (а՜) = log 2 ֊! ֊ log 3 j- log 5 + . . . = log p (0(a՜)—0 при * < 2 ) ;
P < x
T(x) — логарифм произведения всех натуральных чисел, не превосходящих
х: Т (.v)= V log л;
X
փ(յք) — логарифм наименьшего общего кратного всех натуральных чисел,
не превосходящих х: яр(х) — V ар logр, где p°i’ ^ x , pap l’ l ’> x .
Տ м „ Г И — T ( ք ) — Г ( ք ) ■֊ т (.£ ) + г ( — £ — ) .
3 Квинt .№ Տ
17

З а д а ч а 1. Доказать, что
т (х)= ч> ( * ) + ( т ՜)+ у ( — г ) + ■ ■ ■
З а д а ч а 2. Доказать, что
ф (х) = 0 (л:) + О (у х) ֊ք ֊ U(jVx) -f 6 (|/х )
Воспользовавшись результатом задачи 1, S(x) можно записать так:
S (х) ՛■֊• Дгф (х) + Л2г}1 + 4 3փ J -I- …
З а д а ч а 4. Проверьте, что коэффициенты А 1г А г, А3… меняются
с периодом 30 и что для первых тридцати значений п коэффициенты Ап
составляют следующую последовательность: I, 0, 0, 0, 0, —1, I, О, О, —1,
1. ֊1 , 1, 0, — 1 , 0, 1, ֊I , 1, — I , О, О, I, — 1, О, О, 0, 0, 1, — 1.
З а д а ч а 5. Докажите, что
Ц> (х) — 2tj-r (Ух) < 0 (у) < ф (х) — փ (Ух).
З а д а ч а 6. Докажите, что
lo g * Log х
Р е ш е н и е з а д а ч и 1. Заметим, что ap ֊l l o g rx]. Вычисляем,
с каким коэффициентом входит logp в сумму -ф (х) -է՜Փ^-յրյ -!- • • •
В логарифм р входит с коэффициентом ^ lo g^-4-j, значит, общий
[Ц коэффициент при log р равен V I logp — j. Вычтем из каждого слагаемого
|=г|
еднницу и преобразуем его: ^ log,, -4-j ~ 1 ~ [ loS;> «7— 1 ] = J ,0£р ~ 7 ~ ].
где ^1 = ֊ ֊ • Поэтому J ) |logp4 — J = + £ |logp . Повторяя наше
преобразование, мы получим такое равенство:
„ Liogp*!
է ի գ \ — տ и —
Ilogp*]
՜ > ] •
[logp*]
Итак, коэффициент при log р в сумме ф (х) Ь ф -j равен V .
Заметим теперь, что Т{х)~ V log i тоже можно представить в таком
виде: Т(х)~ ^ c^logp, где р — простые числа.
Р<х
У п р а ж н е н и я
12. Докажите, что если k — натуральное число, то
Հ > 1 [ l o g h [Jell = l ! o g hx ) .
18

13. Убедитесь, что коэффициент ср равен
ilo g p [x |] :
У к а з а н и е. Представьте Т (х) в виде log ([х]!).
Решив упражнения 12 и 13, вы полностью решите задачу 1.
Р е ш е н и е з а д а ч и 2. Решение этой задачи похоже на решение задачи
1: нужно убедиться, что коэффициент при р в сумме 0 (х) + в (Vx)
равен llogpx]. Сделать это совсем просто, log р входит слагаемым в 6 (| х),
если у х ^ р , то есть logpx ^ i . Поэтому в 2 0 (j/x ) логарифм р входит
слагаемым k раз, где k определяется из неравенства k + 1 >■ log/(x ^ k,
то есть (logpA:] раз.
Р е ш е н и е з а д а ч и 4. Эта задача очень похожа на задачу М92
(см. «Квант» № 7, 1971).
Действительно, ее можно сформулировать следующим образом:
В первую же поездку в магазин Петя купил себе много маленьких шоколадок.
Он решил, что в скучные дни ему следует съедать три шоколадки,
в т е дни, когда он занят только одним делом — две, а в остальные — по одной.
Тогда А։ + 2 равно числу шоколадок, которые Петя съел в /+ 1 день.
(Напомним, что Петя каждый второй день ездил купаться, каждый тр е тий
— в магазин и каждый пятый решал математические задачи).
Приведем формулу для А{.
y j = յ |շ[«’/21 — ւ’/2յ __ յշէ^/Յ] — */3 j —*/®| յշ 1 * /3 0 յ */3 0 յ (4)
У п р а ж н е н и я
14. Докажите формулу (4).
15. Выведите формулу для числа дел, которые будет делать Петя в k-й день.
Из формулы (4) сразу видно, что i4 j+30 Aյ. Вычислить значения первых тридцати
коэффициентов вы, конечно, сумеете сами.
Р е ш е н и е з а д а ч и 5. Эта задача следует из задачи 2. Действительно,
■ф(х) — (Vx) =■ 6 (х) -1- 0( 3 Vx) -Ь ■ • • О(*).
(х) — 2ф(Ух) — 0 (х) — 0 (Vx) f ■ • 0 (х).
Р е ш е н и е з а д а ч и 6. Поскольку ap=[log,,xj,
cPlog Р < ,0£р* 1о£ Р = (ал + 1) log р > log х.
Поэтому
Ф ( * ) в У ap \o g p < V lo g x = я(х)1ойх,
р« *
у(х) + 0(Х) = 2 (ар-Ь 1) l o g x > V log х — Jt(x)lo gx,
Р<х Р<Х
откуда

 

#физика #квант #МАТЕМАТИЧЕСКИЙ_КРУЖОК

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК