Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n): Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 11:15, 26 cze 2024

07.11.2021

Oznaczenia

Będziemy stosowali następujące oznaczenia:

[math]\displaystyle{ \mathbb{Z} }[/math] — zbiór liczb całkowitych

[math]\displaystyle{ \mathbb{Z}_+ }[/math] — zbiór liczb całkowitych dodatnich

[math]\displaystyle{ \mathbb{N} }[/math] — zbiór liczb naturalnych [math]\displaystyle{ \mathbb{N} = \mathbb{Z}_{+} }[/math]

[math]\displaystyle{ \mathbb{N}_0 }[/math] — zbiór liczb całkowitych nieujemnych [math]\displaystyle{ \mathbb{N}_0 = \mathbb{Z}_{+} \cup \left \{ 0 \right \} }[/math]

[math]\displaystyle{ \mathbb{R} }[/math] — zbiór liczb rzeczywistych

[math]\displaystyle{ d \mid n }[/math] — czytaj: d dzieli n ([math]\displaystyle{ d }[/math] jest dzielnikiem liczby [math]\displaystyle{ n }[/math])

[math]\displaystyle{ d \nmid n }[/math] — czytaj: d nie dzieli n ([math]\displaystyle{ d }[/math] nie jest dzielnikiem liczby [math]\displaystyle{ n }[/math])

[math]\displaystyle{ p_n }[/math] — [math]\displaystyle{ n }[/math]-ta liczba pierwsza

[math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] — ilość liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ P(n) }[/math] — iloczyn liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ \lfloor x \rfloor }[/math] — największa liczba całkowita nie większa od [math]\displaystyle{ x }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{m}} }[/math] — współczynnik dwumianowy (symbol Newtona), [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{m}} = {\small\frac{n!}{m! \cdot (n - m) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \log (x) }[/math] — logarytm naturalny liczby [math]\displaystyle{ x \gt 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ W_p (n) }[/math] — wykładnik, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ n }[/math] — oznacza zawsze liczbę naturalną

[math]\displaystyle{ p }[/math] — oznacza zawsze liczbę pierwszą

Przykładowe wartości niektórych wypisanych wyżej funkcji:

[math]\displaystyle{ p_2 = 3 }[/math], [math]\displaystyle{ p_{10} = 29 }[/math], [math]\displaystyle{ p_{100} = 541 }[/math]

[math]\displaystyle{ \pi (10) = 4 }[/math], [math]\displaystyle{ \pi (100) = 25 }[/math], [math]\displaystyle{ \pi (541) = 100 }[/math]

[math]\displaystyle{ P(5) = 30 }[/math], [math]\displaystyle{ P(10) = 210 }[/math], [math]\displaystyle{ P(50) = 614889782588491410 }[/math]

[math]\displaystyle{ \lfloor 1.2 \rfloor = 1 }[/math], [math]\displaystyle{ \lfloor 2.8 \rfloor = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ \lfloor - 1.5 \rfloor = - 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\binom{5}{2}} = 10 }[/math], [math]\displaystyle{ {\small\binom{10}{5}} = 252 }[/math], [math]\displaystyle{ {\small\binom{9}{3}} = 84 }[/math]

[math]\displaystyle{ W_2 (8) = 3 }[/math], [math]\displaystyle{ W_3 (18) = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ W_7 (28) = 1 }[/math]

Funkcje te są zaimplementowane w PARI/GP^[1]

[math]\displaystyle{ p_n }[/math] = prime(n)

[math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] = primepi(n)

[math]\displaystyle{ P(n) }[/math] = prodeuler(p=2, n, p)

[math]\displaystyle{ \lfloor x \rfloor }[/math] = floor(x)

[math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{m}} }[/math] = binomial(n, m)

[math]\displaystyle{ W_p (n) }[/math] = valuation(n, p)

Twierdzenie Czebyszewa

W 1852 roku rosyjski matematyk Czebyszew^[2]^[3] udowodnił, że dla funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie

[math]\displaystyle{ a \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \: \underset{n \geqslant 11}{\lt } \: \pi (n) \: \underset{n \geqslant 96098}{\lt } \: b \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]

gdzie

[math]\displaystyle{ a = \log (2^{1 / 2} \cdot 3^{1 / 3} \cdot 5^{1 / 5} \cdot 30^{- 1 / 30}) = 0.921292022 \qquad \quad b = \tfrac{6}{5} a = 1.105550428 }[/math]

Dziwnym zrządzeniem losu rezultat ten określany jest jako nierówności Czebyszewa (których nie należy mylić z nierównościami udowodnionymi przez Czebyszewa w teorii prawdopodobieństwa), a twierdzeniem Czebyszewa nazywany jest łatwy wniosek z tych nierówności. Stąd tytuł tego artykułu: „Twierdzenie Czebyszewa o funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math]”

Twierdzenie Czebyszewa o funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] nabrało nowego życia, gdy w 1936 Erdos^[4] zelementaryzował jego dowód. Elementarny dowód daje mniej dokładne oszacowania, ale pozwala zapoznać się z tym pięknym twierdzeniem nawet uczniom szkoły podstawowej.

Czytelnik powinien mieć świadomość, że rezultat ten ma już jedynie znaczenie historyczne – dzisiaj dysponujemy znacznie lepszymi oszacowaniami^[5]^[6]^[7]^[8] funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] oraz [math]\displaystyle{ p_n }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\log n}} \right) \underset{n \geqslant 599}{\lt } \pi (n) \underset{n \geqslant 2}{\lt } {\small\frac{n}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1.28}{\log n}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ n (\log n + \log \log n - 1) \underset{n \geqslant 2}{\lt } p_n \underset{n \geqslant 6}{\lt } n (\log n + \log \log n) }[/math]

Przedstawimy tutaj elementarny dowód twierdzenia Czebyszewa o funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] oraz analogiczne oszacowanie dla funkcji [math]\displaystyle{ p_n }[/math].

Twierdzenie A1
Prawdziwe są następujące oszacowania:

[math]\displaystyle{ 0.72 \cdot n \log n \underset{n \geqslant 1}{\lt } p_n \underset{n \geqslant 3}{\lt } 2n \log n }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \underset{n \geqslant 3}{\lt } \pi (n) \underset{n \geqslant 2}{\lt } {\small\frac{2 n}{\log n}} }[/math]

Dowód powyższego twierdzenia jest łatwy, ale wymaga udowodnienia kolejno wielu, przeważnie bardzo prostych, twierdzeń pomocniczych.

Oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n }[/math] od dołu i [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] od góry

Rozpoczniemy od oszacowania liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2n}{n}} }[/math]. Badanie właściwości tego współczynnika dwumianowego jest kluczowe dla naszego dowodu.

Twierdzenie A2
Niech [math]\displaystyle{ n, k \in \mathbb{N} }[/math]. Współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} }[/math] jest zawsze liczbą całkowitą dodatnią.

Dowód

Indukcja matematyczna. Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\binom{0}{0}} = {\small\binom{1}{0}} = {\small\binom{1}{1}} = 1 }[/math]

to twierdzenie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla wszystkich liczb całkowitych należących do przedziału [math]\displaystyle{ [1, n] }[/math] mamy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\binom{n + 1}{0}} = {\small\binom{n + 1}{n + 1}} = 1 }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ k }[/math] spełniającego warunek [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant n }[/math], jest

[math]\displaystyle{ {\small\binom{n + 1}{k}} = {\small\binom{n}{k}} + {\small\binom{n}{k - 1}} }[/math]

Na podstawie założenia indukcyjnego liczby po prawej stronie są liczbami całkowitymi dodatnimi, zatem [math]\displaystyle{ {\small\binom{n + 1}{k}} }[/math] dla wszystkich wartości [math]\displaystyle{ k }[/math] jest liczbą całkowitą dodatnią. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie A3
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] jest liczbą parzystą.

Dowód

Łatwo zauważamy, że

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{n! \cdot n!}} = {\small\frac{2 n \cdot (2 n - 1)!}{n \cdot (n - 1) ! \cdot n!}} = 2 \cdot {\small\binom{2 n - 1}{n - 1}} }[/math]

□

Twierdzenie A4
Prawdziwe są następujące oszacowania współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]

[math]\displaystyle{ 3.8^{n + 1} \underset{n \geqslant 80}{\lt } {\small\binom{2 n}{n}} \underset{n \geqslant 5}{\lt } 4^{n - 1} }[/math]

Dowód

Indukcja matematyczna. W przypadku lewej nierówności łatwo sprawdzamy, że [math]\displaystyle{ 3.8^{81} \lt {\small\binom{160}{80}} }[/math]. Zakładając prawdziwość nierówności dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 80 }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} \gt 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \geqslant 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{80 + 1}} \right) \gt 3.8^{n + 1} \cdot 3.9753 \gt 3.8^{n + 2} }[/math]

Prawa nierówność jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n = 5 }[/math]. Zakładając prawdziwość nierówności dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]:

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} \lt 4^{n -1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \lt 4^n }[/math]

□

Twierdzenie A5
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 12 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n \gt 3 n }[/math].

Dowód

Indukcja matematyczna. Dowód oprzemy na spostrzeżeniu, że wśród kolejnych sześciu liczb naturalnych [math]\displaystyle{ 6 k, 6 k + 1, 6 k + 2, 6 k + 3, 6 k + 4, 6 k + 5 }[/math] jedynie dwie: [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math] mogą być pierwsze. Wynika stąd, że [math]\displaystyle{ p_{n + 2} \geqslant p_n + 6 }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 4 }[/math]. Dowód indukcyjny przeprowadzimy, stosując krok równy [math]\displaystyle{ 2 }[/math]. Twierdzenie jest oczywiście prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 12 }[/math], bo [math]\displaystyle{ p_{12} = 37 \gt 3 \cdot 12 = 36 }[/math], podobnie [math]\displaystyle{ p_{13} = 41 \gt 3 \cdot 13 = 39 }[/math]. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla wszystkich liczb naturalnych [math]\displaystyle{ k \in [12, n] }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 2 }[/math]:

[math]\displaystyle{ p_{n + 2} \geqslant p_n + 6 \gt 3 n + 6 = 3 \cdot (n + 2) }[/math]

Uwaga: inaczej mówiąc, dowodzimy twierdzenie osobno dla [math]\displaystyle{ n }[/math] parzystych [math]\displaystyle{ (n \geqslant 12) }[/math] i osobno dla [math]\displaystyle{ n }[/math] nieparzystych [math]\displaystyle{ (n \geqslant 13) }[/math].
□

Twierdzenie A6
Ciąg [math]\displaystyle{ a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n }[/math] jest rosnący i ograniczony. Dla wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ 2 \leqslant a_n \lt 3 }[/math].

Dowód

W artykule, w którym pojęcie współczynnika dwumianowego odgrywa główną rolę, nie mogło zabraknąć dowodu odwołującego się do wzoru dwumianowego

[math]\displaystyle{ \left ( x + y \right )^{n} = \sum_{k=0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^{n-k}y^{k} = {\small\binom{n}{0}} x^{n} + {\small\binom{n}{1}}x^{n-1}y + {\small\binom{n}{2}}x^{n-2}y^{2} + \ldots + {\small\binom{n}{n}}y^{n} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} }[/math].

Dowód opiera się na spostrzeżeniu, że [math]\displaystyle{ e = \sum_{k=0}^{\infty} {\small\frac{1}{k!}} = 2.718281828 \ldots }[/math], a wykorzystanie wzoru dwumianowego pozwala przekształcić wyrażenie [math]\displaystyle{ \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n }[/math] do postaci sumy z wyraźnie wydzielonym czynnikiem [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{k!}} }[/math]. Stosując wzór dwumianowy, możemy zapisać [math]\displaystyle{ n }[/math]-ty wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] w postaci

[math]\displaystyle{ a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = \sum_{k=0}^{n} {\small\binom{n}{k}} {\small\frac{1}{n^k}} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} \cdot {\small\frac{1}{n^k}} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot {\small\frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - (k - 1))}{n^k}} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n}} \right) }[/math]

Odpowiednio dla wyrazu [math]\displaystyle{ a_{n + 1} }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ a_{n + 1} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \qquad \: = 2 + \sum_{k=2}^{n + 1} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n + 1}} \right) \gt }[/math]

[math]\displaystyle{ \qquad \: \gt 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n + 1}} \right) \gt }[/math]

[math]\displaystyle{ \qquad \: \gt 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n}} \right) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \qquad \: = a_n }[/math]

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo dla dowolnej liczby [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math] jest [math]\displaystyle{ 1 - {\small\frac{x}{n + 1}} \gt 1 - {\small\frac{x}{n}} }[/math]

Zatem ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] jest rosnący. Musimy jeszcze wykazać, że jest ograniczony od góry. Pokazaliśmy wyżej, że wyraz [math]\displaystyle{ a_n }[/math] może być zapisany w postaci

[math]\displaystyle{ a_n = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n}} \right) }[/math]

Ponieważ czynniki w nawiasach są dodatnie i mniejsze od jedności, to

[math]\displaystyle{ a_n \leqslant 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; \leqslant 1 + 1 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{2^{k-1}}} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = 1 + \left ( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{2^2}} + \ldots + {\small\frac{1}{2^{n-1}}}\right ) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = 1 + {\small\frac{1 - \left ( \tfrac{1}{2} \right )^{n}}{1 - \tfrac{1}{2}}} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; = 1 + 2 - {\small\frac{1}{2^{n-1}}} \lt }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \; \lt 3 }[/math]

Druga nierówność (nieostra) jest prawdziwa, bo dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math] zachodzi oczywista nierówność [math]\displaystyle{ k! \geqslant 2^{k - 1} }[/math]. Do sumy ujętej w nawiasy zastosowaliśmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego.

Ponieważ [math]\displaystyle{ a_1 = 2 }[/math], to prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ 2 \leqslant a_n \lt 3 }[/math]. Zauważmy jeszcze (już bez dowodu), że ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math], jako rosnący i ograniczony od góry^[9], jest zbieżny. Granicą ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] jest liczba niewymierna [math]\displaystyle{ e = 2.718281828 \ldots }[/math], która jest podstawą logarytmu naturalnego.
□

Twierdzenie A7
Prawdziwe są następujące oszacowania:

[math]\displaystyle{ n^n \underset{n \geqslant 13}{\lt } p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n \underset{n \geqslant 3}{\lt } (n \log n)^n }[/math]

Dowód

Indukcja matematyczna. Udowodnimy tylko oszacowanie od dołu. Dowód oszacowania od góry przedstawimy po zakończeniu dowodu twierdzenia A1. Łatwo sprawdzamy, że twierdzenie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 13 }[/math]. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla liczb naturalnych [math]\displaystyle{ k \in [13, n] }[/math] mamy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]:

[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n p_{n + 1} \gt n^n \cdot p_{n + 1} \gt n^n \cdot 3 (n + 1) \gt n^n \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \cdot (n + 1) = (n + 1)^{n + 1} }[/math]

Gdzie skorzystaliśmy z faktu, że [math]\displaystyle{ p_n \gt 3 n }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 12 }[/math] oraz z właściwości rosnącego ciągu [math]\displaystyle{ a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \lt e = 2.718281828 \ldots \lt 3 }[/math] (zobacz twierdzenie A6).
□

Twierdzenie A8
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ {\small\frac{P (2 n)}{P (n)}} \lt 4^{n - 1} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ P (n) }[/math] oznacza iloczyn wszystkich liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math].

Dowód

Rozważmy współczynnik dwumianowy

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{n! \cdot n!}} = {\small\frac{2 n \cdot (2 n - 1) \cdot \ldots \cdot (n + 1)}{n!}} }[/math]

Każda liczba pierwsza należąca do przedziału [math]\displaystyle{ [n + 1, 2 n] }[/math] występuje w liczniku wypisanego wyżej ułamka i nie występuje w mianowniku. Wynika stąd oszacowanie

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = C \cdot \underset{n + 1 \leqslant p_k \leqslant 2 n}{\prod p_k} \gt \underset{n + 1 \leqslant p_k \leqslant 2 n}{\prod p_k} = {\small\frac{P (2 n)}{P (n)}} }[/math]

Zauważmy, że wypisany w powyższej nierówności iloczyn liczb pierwszych jest liczbą nieparzystą. Ponieważ współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] jest dodatnią liczbą całkowitą parzystą, zatem również czynnik [math]\displaystyle{ C \geqslant 2 }[/math] musi być dodatnią liczbą całkowitą parzystą. Łącząc uzyskaną nierówność z oszacowaniem z twierdzenia A4, otrzymujemy natychmiast:

[math]\displaystyle{ {\small\frac{P (2 n)}{P (n)}} \lt {\small\binom{2 n}{n}} \lt 4^{n - 1} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 2, 3, 4 }[/math] sprawdzamy uzyskany rezultat bezpośrednio.
□

Twierdzenie A9
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ P(n) \lt 4^n }[/math]

Dowód

Indukcja matematyczna. Oszacowanie [math]\displaystyle{ P(n) \lt 4^n }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1, 2 }[/math]. Zakładając prawdziwość oszacowania dla wszystkich liczb całkowitych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math], dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] rozpatrzymy dwa przypadki. Jeżeli [math]\displaystyle{ n + 1 = 2 k + 1 }[/math] jest liczbą nieparzystą większą lub równą [math]\displaystyle{ 3 }[/math], to mamy

[math]\displaystyle{ P(n + 1) = P (2 k + 1) = P (2 k + 2) = P (k + 1) \cdot {\small\frac{P (2 k + 2)}{P (k + 1)}} \lt 4^{k + 1} \cdot 4^k = 4^{2 k + 1} = 4^{n + 1} }[/math]

gdzie skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego i oszacowania z twierdzenia A8.

Jeżeli [math]\displaystyle{ n + 1 = 2 k }[/math] jest liczbą parzystą większą lub równą [math]\displaystyle{ 4 }[/math], to mamy

[math]\displaystyle{ P(n + 1) = P (2 k) = P (k) \cdot {\small\frac{P (2 k)}{P (k)}} \lt 4^k \cdot 4^{k - 1} = 4^{2 k - 1} \lt 4^{2 k} = 4^{n + 1} }[/math]

gdzie ponownie skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego i oszacowania z twierdzenia A8.
□

Twierdzenie A10
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n \gt {\small\frac{1}{2 \log 2}} \cdot n \log n }[/math].

Dowód

Ponieważ z definicji [math]\displaystyle{ P(p_n) = p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n }[/math], to korzystając z oszacowań uzyskanych w twierdzeniach A7 i A9 dostajemy dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 13 }[/math]

[math]\displaystyle{ n^n \lt p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n = P (p_n) \lt 4^{p_n} }[/math]

Logarytmując obie strony nierówności, mamy

[math]\displaystyle{ n \log n \lt p_n \cdot \log 4 }[/math]

Skąd natychmiast wynika dowodzone oszacowanie

[math]\displaystyle{ p_n \gt {\small\frac{1}{2 \log 2}} \cdot n \log n \gt 0.72 \cdot n \log n }[/math]

Prawdziwość powyższej nierówności dla [math]\displaystyle{ n \leqslant 12 }[/math] sprawdzamy bezpośrednio.
□

Twierdzenie A11
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (2 n) - \pi (n) \lt 2 \log 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math].

Dowód

Każda liczba pierwsza należąca do przedziału [math]\displaystyle{ [n + 1, 2 n] }[/math] jest dzielnikiem współczynnika dwumianowego

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{n! \cdot n!}} = {\small\frac{2 n \cdot (2 n - 1) \cdot \ldots \cdot (n + 1)}{n!}} }[/math]

bo dzieli licznik i nie dzieli mianownika. Ponieważ dla każdej z tych liczb jest [math]\displaystyle{ p \gt n }[/math], to

[math]\displaystyle{ n^{\pi (2 n) - \pi (n)} \lt \prod_{n \lt p_i \leqslant 2 n} p_i \lt {\small\binom{2 n}{n}} \lt 4^n }[/math]

Ostatnia nierówność wynika z twierdzenia A4. Logarytmując, dostajemy

[math]\displaystyle{ [\pi (2 n) - \pi (n)] \cdot \log n \lt 2 n \cdot \log 2 }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ \pi (2 n) - \pi (n) \lt 2 \log 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]

□

Twierdzenie A12
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (n) \lt 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math].

Dowód

Indukcja matematyczna. Oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (n) \lt 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ 2 \leqslant n \leqslant 62 }[/math], co łatwo sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W programie GP/PARI wystarczy wpisać polecenie:

for(n = 2, 62, if( primepi(n) >= 2 * n/log(n), print(n) ))

Zakładając prawdziwość wzoru dla wszystkich liczb naturalnych należących do przedziału [math]\displaystyle{ [2, n] }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

a) jeżeli [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] jest liczbą parzystą, to:

[math]\displaystyle{ \pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \lt 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}} }[/math]

Ostatnia nierówność wynika z twierdzenia A6. Wystarczy zauważyć, że [math]\displaystyle{ n \gt \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math]. Zatem [math]\displaystyle{ n^{n + 1} \gt (n + 1)^n }[/math]. Logarytmując, otrzymujemy [math]\displaystyle{ (n + 1) \log n \gt n \log (n + 1) }[/math].

b) jeżeli [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] jest liczbą nieparzystą, to możemy położyć [math]\displaystyle{ n + 1 = 2 k + 1 }[/math] i otrzymujemy:

[math]\displaystyle{ \pi (n + 1) = \pi (2 k + 1) }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = \pi (2 k + 2) }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = \pi (k + 1) + [\pi (2 k + 2) - \pi (k + 1)] }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \lt 2 \cdot {\small\frac{k + 1}{\log (k + 1)}} + 2 \log 2 \cdot {\small\frac{k + 1}{\log (k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = (1 + \log 2) \cdot {\small\frac{2 k + 2}{\log (k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \lt \left[ 1.7 \cdot {\small\frac{2 k + 2}{\log (k + 1)}} \cdot {\small\frac{\log (2 k + 1)}{2 k + 1}} \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = \left[ 1.7 \cdot {\small\frac{2 k + 2}{2 k + 1}} \cdot {\small\frac{\log (2 k + 2)}{\log (k + 1)}} \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = \left[ 1.7 \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 k + 1}} \right) \cdot {\small\frac{\log (k + 1) + \log 2}{\log (k + 1)}} \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = \left[ 1.7 \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 k + 1}} \right) \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log 2}{\log (k + 1)}} \right) \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \lt 2 \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}} }[/math]

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że czynnik w nawiasie kwadratowym maleje wraz ze wzrostem [math]\displaystyle{ k }[/math] i dla [math]\displaystyle{ k = 63 }[/math] osiąga wartość [math]\displaystyle{ 1.9989 \ldots }[/math]
□

Wykładnik, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w [math]\displaystyle{ n! }[/math]

Uzyskanie kolejnych oszacowań wymaga znalezienia wykładnika, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} }[/math].

Definicja A13
Funkcję [math]\displaystyle{ \lfloor x \rfloor }[/math] (czytaj: całość z [math]\displaystyle{ x }[/math]) definiujemy jako największą liczbę całkowitą nie większą od [math]\displaystyle{ x }[/math]. Operacyjnie możemy ją zdefiniować następująco: niech liczby [math]\displaystyle{ x, \varepsilon \in \mathbb{R} }[/math], liczba [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ 0 \leqslant \varepsilon \lt 1 }[/math], jeżeli [math]\displaystyle{ x = k + \varepsilon }[/math], to [math]\displaystyle{ \lfloor x \rfloor = \lfloor k + \varepsilon \rfloor = k }[/math].

Twierdzenie A14
Dla [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math], [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math] jest [math]\displaystyle{ \left \lfloor {\small\frac{x}{n}} \right\rfloor = \left \lfloor {\small\frac{\left \lfloor x \right \rfloor}{n}} \right \rfloor }[/math].

Dowód

Korzystając z definicji A13, przedstawmy liczbę w postaci [math]\displaystyle{ x = k + \varepsilon }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant \varepsilon \lt 1 }[/math].

Z twierdzenia o dzieleniu z resztą liczbę [math]\displaystyle{ k }[/math] możemy zapisać w postaci [math]\displaystyle{ k = q n + r }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant r \leqslant n - 1 }[/math], mamy zatem [math]\displaystyle{ x = q n + r + \varepsilon }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ 0 \leqslant r + \varepsilon \lt n }[/math], to po podzieleniu przez [math]\displaystyle{ n }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant {\small\frac{r + \varepsilon}{n}} \lt 1 }[/math]

czyli

[math]\displaystyle{ \left \lfloor {\small\frac{x}{n}} \right \rfloor = \left \lfloor {\small\frac{qn + r + \varepsilon }{n}} \right \rfloor = \left \lfloor q + {\small\frac{r + \varepsilon }{n}} \right \rfloor = q }[/math]

Podobnie, ponieważ [math]\displaystyle{ 0 \leqslant r \lt n }[/math], to [math]\displaystyle{ 0 \leqslant {\small\frac{r}{n}} \lt 1 }[/math] i otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{\left \lfloor x \right\rfloor}{n}} \right\rfloor = \left \lfloor {\small\frac{\left \lfloor qn + r + \varepsilon \right \rfloor}{n}} \right \rfloor = \left \lfloor {\small\frac{qn + r}{n}} \right \rfloor = \left \lfloor q + {\small\frac{r}{n}} \right \rfloor = q }[/math]

□

Twierdzenie A15
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]. Liczba [math]\displaystyle{ \lfloor 2 x \rfloor - 2 \lfloor x \rfloor }[/math] przyjmuje wartości [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ x = k + \varepsilon }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant \varepsilon \lt 1 }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ \lfloor 2 x \rfloor - 2 \lfloor x \rfloor = \lfloor 2 k + 2 \varepsilon \rfloor - 2 \lfloor k + \varepsilon \rfloor = 2 k + \lfloor 2 \varepsilon \rfloor - 2 k -2 \lfloor \varepsilon \rfloor = \lfloor 2 \varepsilon \rfloor }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ 0 \leqslant 2 \varepsilon \lt 2 }[/math], zatem [math]\displaystyle{ \lfloor 2 \varepsilon \rfloor = 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ \lfloor 2 \varepsilon \rfloor = 1 }[/math].
□

Bardzo istotnym rezultatem (z punktu widzenia przyszłych obliczeń) będzie znalezienie wykładnika, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w iloczynie [math]\displaystyle{ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n = n! }[/math]

Definicja A16
Niech [math]\displaystyle{ p }[/math] będzie liczbą pierwszą, zaś [math]\displaystyle{ a }[/math] dowolną liczbą naturalną. Jeżeli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia liczby naturalnej [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem [math]\displaystyle{ a }[/math], to powiemy, że funkcja [math]\displaystyle{ W_p (n) }[/math] przyjmuje wartość [math]\displaystyle{ a }[/math]. Fakt ten możemy zapisać następująco

[math]\displaystyle{ W_p (n) = a \qquad\qquad \iff \qquad\qquad p^{a} \mid n \qquad \text{i} \qquad p^{a + 1} \nmid n }[/math]

Przykład A17
[math]\displaystyle{ W_5 (100) = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ W_7 (42) = 1 }[/math], ponieważ [math]\displaystyle{ 11! = 2^8 \cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11 }[/math], to [math]\displaystyle{ W_3 (11!) = 4 }[/math]

Wprost z definicji funkcji [math]\displaystyle{ W_p (n) }[/math] wynikają następujące właściwości:

Twierdzenie A18

Podstawowe własności funkcji [math]\displaystyle{ W_p (n) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\; W_p (n \cdot m) = W_p (n) + W_p (m) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; W_p (n \cdot p^a) = a + W_p (n) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; W_{p}\left ( {\small\frac{n}{m}} \right ) = W_{p}\left ( n \right ) - W_{p}\left ( m \right ) \quad \text{o ile} \quad {\small\frac{n}{m}}\in \mathbb{Z}_{+} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; p \nmid n \quad\quad \iff \quad\quad W_p (n) = 0 }[/math]

Twierdzenie A19
Niech [math]\displaystyle{ p }[/math] będzie liczbą pierwszą. Ilość liczb podzielnych przez [math]\displaystyle{ p }[/math] i występujących w ciągu [math]\displaystyle{ 1, 2, 3, \ldots, n }[/math] wynosi [math]\displaystyle{ r = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor }[/math].

Dowód

Wśród liczb naturalnych [math]\displaystyle{ 1, 2, 3, \ldots, n }[/math] istnieje pewna ilość liczb podzielnych przez [math]\displaystyle{ p }[/math]. Liczby te możemy z łatwością wypisać, będą nimi

[math]\displaystyle{ 1 \cdot p, 2 \cdot p, 3 \cdot p, \ldots, r \cdot p }[/math]

Gdzie [math]\displaystyle{ r }[/math] jest największą liczbą całkowitą nie większą niż [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{p}} }[/math], czyli [math]\displaystyle{ r = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor }[/math].
□

Przykład A20
Ilość liczb całkowitych dodatnich podzielnych przez [math]\displaystyle{ 5 }[/math] i nie większych od [math]\displaystyle{ 63 }[/math] wynosi [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{63}{5}} \right\rfloor = 12 }[/math]. Liczby te to [math]\displaystyle{ 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50, 55, 60 }[/math].

Twierdzenie A19 umożliwi nam określenie wykładnika, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w [math]\displaystyle{ n! }[/math]

Twierdzenie A21
Liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w iloczynie [math]\displaystyle{ n! }[/math] z wykładnikiem [math]\displaystyle{ W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor }[/math]

Dowód

Dowód sprowadza się do znalezienia wartości funkcji [math]\displaystyle{ W_p (n!) }[/math].

[math]\displaystyle{ W_p (n!) = W_p (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n) = W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \cdot p \right) }[/math]

Pozostawiliśmy jedynie czynniki podzielne przez [math]\displaystyle{ p }[/math] (czynniki niepodzielne przez [math]\displaystyle{ p }[/math] nie dają wkładu do wykładnika, z jakim [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w [math]\displaystyle{ n! }[/math]), wyłączając czynnik [math]\displaystyle{ p }[/math] z każdej z liczb [math]\displaystyle{ p, 2 p, 3 p, \ldots, \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \cdot p }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ W_p (n!) = W_p \left( p^{\lfloor n / p \rfloor} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \right) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \right) }[/math]

Otrzymane wyrażenie przekształcamy analogicznie jak wyżej

[math]\displaystyle{ W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{\lfloor n / p \rfloor}{p}} \right\rfloor \cdot p \right) }[/math]

Z twierdzenia A14 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math] i [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_{+} }[/math] jest:

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{\lfloor x \rfloor}{n}} \right\rfloor = \left \lfloor {\small\frac{x}{n}} \right \rfloor }[/math]

zatem

[math]\displaystyle{ W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor \cdot p \right) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\, = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( p^{\lfloor n / p^2 \rfloor} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor \right) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\, = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor + W_p \left( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor \right) }[/math]

Oczywiście opisaną wyżej procedurę możemy powtarzać wielokrotnie. Zakończenie następuje wtedy, gdy wykładnik liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math] osiągnie wartość tak dużą, że [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math]. Ponieważ nie wiemy, jaka to wartość (choć możemy ją oszacować), to stosujemy zapis

[math]\displaystyle{ W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor }[/math]

zdając sobie sprawę z tego, że w rzeczywistości sumowanie obejmuje jedynie skończoną liczbę składników.
□

Uwaga A22
Łatwo zauważymy, że liczba sumowań jest skończona, gdy powyższy wzór zapiszemy w postaci

[math]\displaystyle{ W_p (n!) = \sum_{k = 1}^B \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ B = \lfloor \log_2 (n) \rfloor }[/math]. Jest tak dlatego, że jeżeli [math]\displaystyle{ k }[/math] przekroczy [math]\displaystyle{ \lfloor \log_2 (n) \rfloor }[/math], to dla liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p = 2 }[/math], jak również dla wszystkich innych liczb pierwszych, mamy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{p^k}} \lt 1 }[/math]

czyli dla [math]\displaystyle{ k \gt B }[/math] sumujemy same zera.

Przykład A23
Niech [math]\displaystyle{ n = 30 }[/math], [math]\displaystyle{ p = 3 }[/math]

[math]\displaystyle{ W_3 (30!) = W_3 (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 30) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = W_3 (3\cdot 6 \cdot 9 \cdot 12 \cdot 15 \cdot 18 \cdot 21 \cdot 24 \cdot 27 \cdot 30) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = W_3 (3^{10} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 10 + W_3 (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 10 + W_3 (3 \cdot 6 \cdot 9) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 10 + W_3 (3^3 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 10 + 3 + W_3 (1 \cdot 2 \cdot 3) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 10 + 3 + W_3 (3) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 10 + 3 + 1 = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = 14 }[/math]

Co jest zgodne ze wzorem:

[math]\displaystyle{ W_3 (30!) = \left\lfloor {\small\frac{30}{3}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{30}{3^2}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{30}{3^3}} \right\rfloor = 10 + 3 + 1 = 14 }[/math]

Podobnie jak w poprzednim podrozdziale będziemy badali współczynnik dwumianowy postaci [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]. Teraz już łatwo możemy policzyć wykładnik, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze tego współczynnika dwumianowego.

Twierdzenie A24
Liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] z wykładnikiem

[math]\displaystyle{ u = \sum^{\infty}_{k = 1} \left( \left \lfloor {\small\frac{2n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right) }[/math]

Dowód

Ponieważ [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} }[/math], to liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] z wykładnikiem:

[math]\displaystyle{ W_p \left( {\small\binom{2 n}{n}} \right) = W_p ((2 n) !) - 2 W_p (n!) = \sum^{\infty}_{k = 1} \left \lfloor {\small\frac{2n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \sum^{\infty}_{k = 1} \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor = \sum^{\infty}_{k = 1} \left( \left \lfloor {\small\frac{2n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right) }[/math]

□

Twierdzenie A25
Liczby pierwsze spełniające warunek [math]\displaystyle{ p \gt \sqrt{2 n} }[/math] występują w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem [math]\displaystyle{ u = 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ u = 0 }[/math].

Dowód

Jeżeli [math]\displaystyle{ p \gt \sqrt{2 n} }[/math], to dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ p^k \geqslant p^2 \gt 2 n \gt n }[/math]. Zatem dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math] i otrzymujemy

[math]\displaystyle{ u = \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) = \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p}} \right \rfloor }[/math]

Na mocy twierdzenia A15 (dla [math]\displaystyle{ x = \tfrac{n}{p} }[/math]), dostajemy natychmiast, że [math]\displaystyle{ u = 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ u = 0 }[/math].
□

Twierdzenie A26
Niech [math]\displaystyle{ p }[/math] będzie liczbą pierwszą. Jeżeli [math]\displaystyle{ p^a \biggr\rvert {\small\binom{2 n}{n}} }[/math], to [math]\displaystyle{ p^a \leqslant 2 n }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ u }[/math] oznacza wykładnik, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze. Mamy

[math]\displaystyle{ u = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor \right) }[/math]

gdzie sumowanie przebiega w rzeczywistości od [math]\displaystyle{ k = 1 }[/math] do [math]\displaystyle{ k = s }[/math], a wartość liczby [math]\displaystyle{ s }[/math] wynika z warunku [math]\displaystyle{ p^s \leqslant 2 n \lt p^{s + 1} }[/math]. Ponieważ sumowane wyrazy są równe [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to otrzymujemy natychmiast oszacowanie [math]\displaystyle{ u \leqslant s }[/math], skąd wynika następujący ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ p^a \leqslant p^u \leqslant p^s \leqslant 2 n }[/math]

□

Oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n }[/math] od góry i [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] od dołu

Z twierdzenia A26 wynika natychmiast

Twierdzenie A27
Niech [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s }[/math] będzie rozkładem współczynnika dwumianowego na czynniki pierwsze. Dla każdej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ q_i }[/math], [math]\displaystyle{ i = 1, \ldots, s }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ q^{\alpha_i}_i \leqslant 2 n }[/math].

Uwaga: w powyższym twierdzeniu [math]\displaystyle{ q_i }[/math] nie oznacza [math]\displaystyle{ i }[/math]-tej liczby pierwszej, a pewną liczbą pierwszą o indeksie [math]\displaystyle{ i }[/math] ze zboru liczb pierwszych [math]\displaystyle{ q_1, \ldots q_s }[/math], które wchodzą do rozkładu współczynnika dwumianowego na czynniki pierwsze z wykładnikiem większym od zera.

Twierdzenie A28
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} \lt (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)} }[/math]

Dowód

Dowód wynika natychmiast z twierdzenia A27, bo

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s \leqslant (2 n)^s \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} \lt (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)} }[/math]

□

Twierdzenie A29
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie

[math]\displaystyle{ \pi (n) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]

Dowód

W twierdzeniu A4 oszacowaliśmy współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]. Przepiszemy, to twierdzenie w postaci bardziej czytelnej dla potrzeb tego dowodu

[math]\displaystyle{ \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} \lt \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} \lt \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 2} = 3.8^{n + 1} \lt {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]

Nierówności te są prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 80 }[/math]. Z twierdzenia A28 mamy

[math]\displaystyle{ \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} \lt \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} \lt {\small\binom{2 n}{n}} \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} \lt (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)} }[/math]

Łącząc odpowiednie oszacowania współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] od góry z odpowiednimi oszacowaniami od dołu, dostajemy

[math]\displaystyle{ (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)} \gt \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ (2 n)^{\pi (2 n)} \gt \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} }[/math]

Zatem zarówno dla parzystych, jak i nieparzystych liczb [math]\displaystyle{ m \geqslant 160 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ m^{\pi (m)} \gt \left( \sqrt{3.8} \right)^m }[/math]

[math]\displaystyle{ \pi (m) \cdot \log m \gt m \cdot \log \left( \sqrt{3.8} \right) }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ \pi (m) \gt {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left ( 3.8 \right ) \cdot {\small\frac{m}{\log m}} \gt 0.6675 \cdot {\small\frac{m}{\log m}} \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{m}{\log m}} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ m = 3, 4, \ldots, 159 }[/math] prawdziwość nierówności sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W programie GP/PARI wystarczy wykonać polecenie

for(n = 2, 200, if( primepi(n) <= 2/3 * n/log(n), print(n) ))

□

Twierdzenie A30
Niech [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ n }[/math]-tej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p_n }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n \lt 2 n \log n }[/math]

Dowód

Rozpoczniemy od pokazania, że dla [math]\displaystyle{ x \gt 83499.14 }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie funkcji [math]\displaystyle{ \log x }[/math] od góry

[math]\displaystyle{ \log x \lt {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 4} }[/math]

Wiemy, że dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ x_0 }[/math], że dla [math]\displaystyle{ x \gt x_0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \log x \lt x^{1 / n} }[/math]. Zatem dla odpowiednio dużych [math]\displaystyle{ x }[/math] z pewnością będzie [math]\displaystyle{ \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} \gt \log x \, }[/math]^[a]. Zamieszczony niżej obrazek przedstawia wykres funkcji [math]\displaystyle{ f( x ) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} - \log x }[/math].

Wpisując w PARI/GP polecenie

solve(x = 80000, 10^5, 2/3 * x^(1/4) - log(x))

wyliczamy, że funkcja [math]\displaystyle{ f( x ) }[/math] przecina oś [math]\displaystyle{ O X }[/math] w punkcie [math]\displaystyle{ x = 83499.136 \ldots }[/math] Wynika stąd, że dla [math]\displaystyle{ x \gt 83499.14 }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ \log x \lt {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 4} }[/math]

Z twierdzenia A29 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (n) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]. Kładąc [math]\displaystyle{ n = p_k }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ k = \pi (p_k) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{p_k}{\log p_k}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ p_k \lt {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot \log p_k \qquad \qquad (1) }[/math]

Korzystając z wcześniej pokazanego oszacowania, otrzymujemy nierówność prawdziwą dla [math]\displaystyle{ p_k \gt 83499 }[/math]

[math]\displaystyle{ p_k \lt {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{2}{3}} \cdot (p_k)^{1 / 4} }[/math]

czyli

[math]\displaystyle{ (p_k)^{3 / 4} \lt k }[/math]

[math]\displaystyle{ p_k \lt k^{4 / 3} }[/math]

Wstawiając to oszacowanie ponownie do [math]\displaystyle{ (1) }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ p_k \lt {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{4}{3}} \cdot \log k = 2 k \log k }[/math]

Wpisując w PARI/GP polecenie

for(k = 1, 10^5, p = prime(k); if( p > 83499, print("end"); break() ); if( p >= 2 * k * log(k), print(k) ))

łatwo sprawdzamy, że oszacowanie [math]\displaystyle{ p_k \lt 2 k \log k }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 3 }[/math].

[a] Bardziej precyzyjnie: pochodna funkcji [math]\displaystyle{ f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} - \log x }[/math] jest równa [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{6 x^{3 / 4}}} - {\small\frac{1}{x}} }[/math] (zobacz WolframAlpha). Łatwo sprawdzamy, że pochodna jest ujemna w przedziale [math]\displaystyle{ (0, 1296) }[/math] i dodatnia w przedziale [math]\displaystyle{ (1296, \infty) }[/math]. Wynika stąd, że funkcja [math]\displaystyle{ f( x ) }[/math] jest funkcją malejącą dla [math]\displaystyle{ x \lt 1296 }[/math] i rosnącą dla [math]\displaystyle{ x \gt 1296 }[/math].
□

Dowód twierdzenia A30 kończy dowód całego twierdzenia A1. Możemy teraz dokończyć dowód twierdzenia A7 i pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie:

[math]\displaystyle{ p_1 \cdot \ldots \cdot p_n \lt (n \log n)^n }[/math]

Dowód

Indukcja matematyczna. Twierdzenie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math]. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]:

[math]\displaystyle{ p_1 \cdot \ldots \cdot p_n p_{n + 1} \lt (n \log n)^n \cdot p_{n + 1} \lt }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \lt n^n \cdot (\log n)^n \cdot 2 (n + 1) \log (n + 1) \leqslant }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \leqslant n^n \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \cdot (n + 1) \cdot (\log n)^n \cdot \log (n + 1) \lt }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad \lt (n + 1)^{n + 1} \cdot [\log (n + 1)]^n \cdot \log (n + 1) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \quad = [(n + 1) \cdot \log (n + 1)]^{n + 1} }[/math]

Gdzie skorzystaliśmy z twierdzenia A30 oraz z faktu, że ciąg [math]\displaystyle{ a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n }[/math] jest ciągiem ograniczonym [math]\displaystyle{ 2 \leqslant a_n \lt 3 }[/math] (zobacz twierdzenie A6).
□

Uwagi do dowodu

Wydłużając znacząco czas obliczeń, moglibyśmy nieco poprawić uzyskane wyżej oszacowanie i udowodnić

Twierdzenie A31
Niech [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ n }[/math]-tej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p_n }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n \lt 1.875 \cdot n \log n }[/math]

Dowód

Rozpoczniemy od pokazania, że dla [math]\displaystyle{ x \gt 7572437.23 }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie funkcji [math]\displaystyle{ \log x }[/math] od góry

[math]\displaystyle{ \log x \lt {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 5} }[/math]

Wiemy, że dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ x_0 }[/math], że dla [math]\displaystyle{ x \gt x_0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \log x \lt x^{1 / n} }[/math]. Zatem dla odpowiednio dużych [math]\displaystyle{ x }[/math] z pewnością będzie [math]\displaystyle{ \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} \gt \log x \, }[/math]^[a]. Wpisując w PARI/GP polecenie

solve(x = 10^6, 10^7, 2/3 * x^(1/5) - log(x))

wyliczamy, że funkcja [math]\displaystyle{ f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} - \log x }[/math] przecina oś [math]\displaystyle{ O X }[/math] w punkcie [math]\displaystyle{ x = 7572437.223 \ldots }[/math] Wynika stąd, że dla [math]\displaystyle{ x \gt 7572437.23 }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ \log x \lt {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 5} }[/math]

Z twierdzenia A29 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (n) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]. Kładąc [math]\displaystyle{ n = p_k }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ k = \pi (p_k) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{p_k}{\log p_k}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ p_k \lt {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot \log p_k \qquad \qquad (1) }[/math]

Korzystając z wcześniej pokazanego oszacowania, otrzymujemy nierówność prawdziwą dla [math]\displaystyle{ p_k \gt 7572437 }[/math]

[math]\displaystyle{ p_k \lt {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{2}{3}} \cdot (p_k)^{1 / 5} }[/math]

czyli

[math]\displaystyle{ (p_k)^{4 / 5} \lt k }[/math]

[math]\displaystyle{ p_k \lt k^{5 / 4} }[/math]

Wstawiając to oszacowanie ponownie do [math]\displaystyle{ (1) }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ p_k \lt {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{5}{4}} \cdot \log k = 1.875 \cdot k \log k }[/math]

Wpisując w PARI/GP polecenie

for(k = 1, 10^7, p = prime(k); if( p > 7572437, print("end"); break() ); if( p >= 2 * k * log(k), print(k) ))

łatwo sprawdzamy, że oszacowanie [math]\displaystyle{ p_k \lt 1.875 \cdot k \log k }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 3 }[/math].

[a] Bardziej precyzyjnie: pochodna funkcji [math]\displaystyle{ f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} - \log x }[/math] jest równa [math]\displaystyle{ {\small\frac{2}{15 x^{4 / 5}}} - {\small\frac{1}{x}} }[/math] (zobacz WolframAlpha). Łatwo sprawdzamy, że pochodna jest ujemna w przedziale [math]\displaystyle{ (0, 23730.46875) }[/math] i dodatnia w przedziale [math]\displaystyle{ (23730.46875, \infty) }[/math]. Wynika stąd, że funkcja [math]\displaystyle{ f( x ) }[/math] jest funkcją malejącą dla [math]\displaystyle{ x \lt 23730.46875 }[/math] i rosnącą dla [math]\displaystyle{ x \gt 23730.46875 }[/math].
□

Twierdzenie A32
Niech [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math]. Dla funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ \pi (n) \lt 1.733 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]

Dowód

Z twierdzenia A1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \pi (n) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \gt n^{4 / 5} }[/math]

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że dla [math]\displaystyle{ x \gt 7572437.223 \ldots }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{x}{\log x}} \gt x^{4 / 5} }[/math]

Korzystając z twierdzenia A9 możemy napisać ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ 4^n \gt P (n) = p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_{\pi (n)} \gt \pi (n)^{\pi (n)} \gt (n^{4 / 5})^{\pi (n)} = n^{4 \pi (n) / 5} }[/math]

skąd otrzymujemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 7572438 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ \pi (n) \lt 1.733 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]

W GP/PARI sprawdzamy, że otrzymana nierówność jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math]

for(n = 2, 8*10^6, if( primepi(n) >= 1.733 * n/log(n), print(n) ))

□

Uwaga A33
Dowód twierdzenia A31 wymagał wykorzystania polecenia PARI/GP, w którym wielokrotnie była wywoływana funkcja prime(n). Analogiczna sytuacja miała miejsce w przypadku twierdzenia A32 – tam musieliśmy wielokrotnie wywoływać funkcję primepi(n). Znacznie lepiej w takim przypadku jest napisać krótki program, który zamiast wielokrotnie wywoływać te funkcje, będzie je obliczał w sposób ciągły w całym testowanym przedziale wartości. Taka zmiana znacząco skraca czas obliczeń. Podane niżej programy Test1(n) i Test2(n) wywołane z parametrami n = 520000 i odpowiednio n = 8*10^6 odpowiadają poleceniom

for(s = 1, 520000, if( prime(s) >= s^(5/4), print(s) ))

for(n = 2, 8 * 10^6, if( primepi(n) >= 1.733 * n / log(n), print(n) ))

ale wykonywane są znacznie szybciej.

Test1(n) = 
\\ test oszacowania: prime(k) >= k^(5/4) dla 1 <= k <= n
\\ bez bezpośredniego odwoływania się do funkcji prime(k)
{
local(p, k);
k = 1;
p = 2;
while( k <= n,
       if( p >= k^(5/4), print(k) );
       k = k + 1;
       p = nextprime(p + 1);  \\ liczba p ma wartość prime(k)
     );
}

Test2(n) = 
\\ test oszacowania: primepi(k) < 1.733*k/log(k) dla 2 <= k <= n 
\\ bez bezpośredniego odwoływania się do funkcji primepi(k)
{
local(s, k);
s = 1;
k = 2;
while( k <= n,
       if( s >= 1.733 * k / log(k), print(k) );
       k = k + 1;
       s = s + isprime(k);  \\ dla kolejnych k liczba s ma wartość primepi(k)
     );
}

Uwaga A34
Czytelnik nie powinien mieć złudzeń, że postępując podobnie, uzyskamy istotne polepszenie oszacowania funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] lub [math]\displaystyle{ p_n }[/math]. Już osiągnięcie tą drogą oszacowania [math]\displaystyle{ p_n \lt 1.6 \cdot n \log n }[/math] przekracza możliwości obliczeniowe współczesnych komputerów. Wystarczy zauważyć, że nierówność

[math]\displaystyle{ \log x \lt {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 16} }[/math]

jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ x \gt 7.671 \cdot 10^{32} }[/math].

Zastosowania

Ciekawy rezultat wynika z twierdzenia A7, ale wcześniej musimy udowodnić twierdzenie o średniej arytmetycznej i geometrycznej.

Twierdzenie A35
Dla dowolnych liczb dodatnich [math]\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots, a_n }[/math] średnia arytmetyczna jest nie mniejsza od średniej geometrycznej

[math]\displaystyle{ {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}} \geqslant \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n} }[/math]

Dowód

Twierdzenie jest w sposób oczywisty prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Równie łatwo stwierdzamy prawdziwość nierówności dla [math]\displaystyle{ n = 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ (a_1 - a_2)^2 \geqslant 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ a^2_1 - 2 a_1 a_2 + a^2_2 \geqslant 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ a^2_1 + 2 a_1 a_2 + a^2_2 \geqslant 4 a_1 a_2 }[/math]

[math]\displaystyle{ (a_1 + a_2)^2 \geqslant 4 a_1 a_2 }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{a_1 + a_2}{2}} \geqslant \sqrt{a_1 a_2} }[/math]

Dla potrzeb dowodu zapiszemy dowodzoną nierówność w postaci

[math]\displaystyle{ \left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}} \right)^n \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n }[/math]

Zakładając, że twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math] dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] mamy

a) w przypadku gdy [math]\displaystyle{ n + 1 = 2 k }[/math] jest liczbą parzystą

[math]\displaystyle{ \left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{n + 1}}{n + 1}} \right)^{n + 1} = \left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k}}{2 k}} \right)^{2 k} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = \left[ \left( \frac{ \tfrac{a_{\large 1} + a_{\large 2}}{2} + \tfrac{a_{\large 3} + a_{\large 4}}{2} + \ldots + \tfrac{a_{\large 2 k - 1} + a_{\large 2 k}}{2}}{k} \right)^k \right]^2 \geqslant }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \geqslant \left( {\small\frac{a_1 + a_2}{2}} \cdot {\small\frac{a_3 + a_4}{2}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{a_{2 k - 1} + a_{2 k}}{2}} \right)^2 \geqslant }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \geqslant \left( \sqrt{a_1 a_2} \cdot \sqrt{a_3 a_4} \cdot \ldots \cdot \sqrt{a_{2 k - 1} a_{2 k}} \right)^2 = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{n + 1} }[/math]

Gdzie skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego i prawdziwości dowodzonego twierdzenia dla [math]\displaystyle{ n = 2 }[/math].

b) w przypadku gdy [math]\displaystyle{ n + 1 = 2 k - 1 }[/math] jest liczbą nieparzystą, możemy skorzystać z udowodnionego wyżej punktu a) dla parzystej ilości liczb

[math]\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots, a_{2 k - 1}, S }[/math]

gdzie przez [math]\displaystyle{ S }[/math] oznaczyliśmy średnią arytmetyczną liczb [math]\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots, a_{2 k - 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ S = {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k - 1}}{2 k - 1}} }[/math]

Na mocy punktu a) prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ \left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k - 1} + S}{2 k}} \right)^{2 k} = \left( {\small\frac{(2 k - 1) S + S}{2 k}} \right)^{2 k} \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k - 1} \cdot S }[/math]

Skąd otrzymujemy

[math]\displaystyle{ S^{2 k} \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k - 1} \cdot S }[/math]

[math]\displaystyle{ S^{2 k - 1} \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k - 1} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie A36
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwa jest nierówność [math]\displaystyle{ p_1 + p_2 + \ldots + p_n \gt n^2 }[/math].

Dowód

Korzystając z twierdzeń A7 i A35, możemy napisać następujący ciąg nierówności dla [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych liczb pierwszych

[math]\displaystyle{ {\small\frac{p_1 + p_2 + \ldots + p_n}{n}} \geqslant \sqrt[n]{p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n} \gt \sqrt[n]{n^n} = n }[/math]

Stąd otrzymujemy natychmiast tezę twierdzenia, którą sprawdzamy dla [math]\displaystyle{ n \lt 13 }[/math]. Do sprawdzenia można wykorzystać proste polecenie w PARI/GP

for(n = 1, 20, s = 0; for(k = 1, n, s = s + prime(k)); if( s <= n^2, print(n) ))

□

Twierdzenie A1 pozwala nam udowodnić różne oszacowania funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] i [math]\displaystyle{ p_n }[/math], które byłyby trudne do uzyskania inną drogą. Wykorzystujemy do tego znany fakt, że dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon \gt 0 }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ n_0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ n \gt n_0 }[/math] prawdziwa jest nierówność [math]\displaystyle{ \log x \lt x^{\varepsilon} }[/math]. Inaczej mówiąc, funkcja [math]\displaystyle{ \log x }[/math] rośnie wolniej niż najwolniej rosnąca funkcja potęgowa. Nim przejdziemy do dowodu takich przykładowych oszacowań, udowodnimy pomocnicze twierdzenie, które wykorzystamy przy szacowaniu.

Twierdzenie A37
Prawdziwe są następujące nierówności:

1. [math]\displaystyle{ e^x \gt x \qquad \qquad \qquad \quad \:\, }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]

2. [math]\displaystyle{ e^x \geqslant x + 1 \qquad \qquad \quad \;\:\, }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math] (równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ x = 0 }[/math])

3. [math]\displaystyle{ e^x \gt 2 x \qquad \qquad \qquad \;\;\,\, }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]

4. [math]\displaystyle{ \log x \lt n \cdot x^{1 / n} \qquad \quad \;\;\: }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math] i dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]

5. [math]\displaystyle{ \log x \lt \tfrac{1}{2} n \cdot x^{1 / n} \qquad \quad }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math] i dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]

6. [math]\displaystyle{ \log x \leqslant n (x^{1 / n} - 1) \qquad }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math] i dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] (równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ x = 1 }[/math])

Dowód

Nim przejdziemy do dowodu trzech pierwszych punktów, pokażemy, że funkcja [math]\displaystyle{ e^x }[/math] jest funkcją dodatnią. Ponieważ funkcję [math]\displaystyle{ e^x }[/math] możemy zdefiniować w sposób równoważny wzorem^[10]

[math]\displaystyle{ e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots }[/math]

to funkcja [math]\displaystyle{ e^x }[/math] jest funkcją dodatnią, bo dla [math]\displaystyle{ x \gt 0 }[/math] sumujemy tylko wyrazy dodatnie, dla [math]\displaystyle{ x = 0 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ e^0 = 1 }[/math], a dla [math]\displaystyle{ x \lt 0 }[/math] możemy napisać [math]\displaystyle{ e^x = {\small\frac{1}{e^{- x}}} \gt 0 \, }[/math]^[a]^[b].

Punkt 1. i punkt 3.

Pokazaliśmy, że funkcja [math]\displaystyle{ e^x }[/math] jest funkcją dodatnią. Ponieważ funkcje [math]\displaystyle{ x \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, 2 x }[/math] są ujemne lub równe zero dla [math]\displaystyle{ x \leqslant 0 }[/math], to pozostaje rozważyć jedynie przypadek, gdy [math]\displaystyle{ x \gt 0 }[/math]. Łatwo zauważamy, że

[math]\displaystyle{ e^x - x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} - x = 1 + \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{x^k}{k!}} \gt 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ e^x - 2 x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} - 2 x = 1 - x + {\small\frac{x^2}{2}} + \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{(x - 1)^2}{2}} + \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} \gt 0 }[/math]

Punkt 2.

Rozważymy kolejno przypadki

gdy [math]\displaystyle{ x \gt 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ e^x - (x + 1) = {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots \gt 0 }[/math], bo sumujemy wyrazy dodatnie

gdy [math]\displaystyle{ x = 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ e^x - (x + 1) = 0 }[/math]

gdy [math]\displaystyle{ - 1 \lt x \lt 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ e^x - (x + 1) = \left( {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} \right) + \left( {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} \right) + \ldots \gt 0 }[/math], bo dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 1 }[/math] jest [math]\displaystyle{ {\small\frac{x^{2 k}}{(2 k) !}} + {\small\frac{x^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} = {\small\frac{x^{2 k} (2 k + 1 + x)}{(2 k + 1) !}} \gt 0 }[/math]

gdy [math]\displaystyle{ x \leqslant - 1 }[/math], to [math]\displaystyle{ e^x \gt x + 1 }[/math], bo [math]\displaystyle{ x + 1 \leqslant 0 }[/math], a [math]\displaystyle{ e^x }[/math] jest funkcją dodatnią

Punkt 4.

W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą [math]\displaystyle{ x = e^t }[/math]. Dostajemy [math]\displaystyle{ t \lt n \cdot (e^t)^{1 / n} }[/math], czyli [math]\displaystyle{ e^{t / n} \gt {\small\frac{t}{n}} }[/math]. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego [math]\displaystyle{ {\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R} }[/math] na mocy punktu 1. tego twierdzenia.

Punkt 5.

W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą [math]\displaystyle{ x = e^t }[/math]. Dostajemy [math]\displaystyle{ t \lt {\small\frac{1}{2}} n \cdot (e^t)^{1 / n} }[/math], czyli [math]\displaystyle{ e^{t / n} \gt 2 \cdot {\small\frac{t}{n}} }[/math]. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego [math]\displaystyle{ {\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R} }[/math] na mocy punktu 3. tego twierdzenia.

Punkt 6.

W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą [math]\displaystyle{ x = e^t }[/math]. Dostajemy [math]\displaystyle{ t \leqslant n (e^{t / n} - 1) }[/math], czyli [math]\displaystyle{ e^{t / n} \geqslant {\small\frac{t}{n}} + 1 }[/math]. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego [math]\displaystyle{ {\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R} }[/math] na mocy punktu 2. tego twierdzenia.

[a] Czytelnik zapewne zauważył, że własność [math]\displaystyle{ e^x e^{- x} = 1 }[/math] przyjęliśmy bez dowodu. Można pokazać, że z definicji

[math]\displaystyle{ e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots }[/math]

wynika podstawowa własność funkcji wykładniczej [math]\displaystyle{ e^x e^y = e^{x + y} }[/math], ale dowód wymaga znajomości iloczynu Cauchy'ego szeregów^[11]^[12] i twierdzenia Mertensa o zbieżności takiego iloczynu.

[b] Zadanie: pokazać, że jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] spełnia warunek [math]\displaystyle{ f (x + y) = f (x) f (y) }[/math], to albo [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest tożsamościowo równa zero, albo jest funkcją dodatnią. Wskazówka: [math]\displaystyle{ f(x) = f \left( {\small\frac{x}{2}} + {\small\frac{x}{2}} \right) }[/math], [math]\displaystyle{ f(x) = f (x_0 + (x - x_0)) }[/math]
□

Zadanie A38
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math]. Pokazać, że dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ x_0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ x \gt x_0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \log x \lt x^{1 / n} }[/math].

Rozwiązanie

Pierwszy sposób
Rozważmy ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ \log x \lt n \cdot x^{1 / 2 n} \lt x^{1 / n} }[/math]

Z twierdzenia A37 p.5 wiemy, że pierwsza nierówność jest prawdziwa dla dowolnych [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math] i [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Podnosząc strony drugiej nierówności do potęgi [math]\displaystyle{ 2 n }[/math], otrzymujemy [math]\displaystyle{ n^{2 n} \cdot x \lt x^2 }[/math], czyli nierówność ta jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ x \gt n^{2 n} }[/math]. Wynika stąd, że wystarczy przyjąć [math]\displaystyle{ x_0 = n^{2 n} }[/math].

Drugi sposób
Nierówność [math]\displaystyle{ \log x \lt x^{1 / n} }[/math] możemy równoważnie zapisać w postaci [math]\displaystyle{ x \lt \exp (x^{1 / n}) }[/math]. Jeżeli położymy [math]\displaystyle{ x = t^n }[/math], to otrzymamy nierówność [math]\displaystyle{ t^n {\lt e^t} }[/math]. Ponieważ^[10]

[math]\displaystyle{ e^t = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{t^k}{k!}} = 1 + t + {\small\frac{t^2}{2}} + {\small\frac{t^3}{6}} + {\small\frac{t^4}{24}} + {\small\frac{t^5}{120}} + \ldots }[/math]

to

[math]\displaystyle{ e^t \gt {\small\frac{t^{n + 1}}{(n + 1) !}} \gt t^n }[/math]

Pierwsza nierówność jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ t \gt 0 }[/math], bo pomijamy wyrazy dodatnie, a druga jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ t \gt (n + 1) ! }[/math] Wystarczy zatem przyjąć [math]\displaystyle{ x_0 = [(n + 1) !]^n }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ [(n + 1) !]^n \gt n^{2 n} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math], to jest to gorsze oszacowanie wartości [math]\displaystyle{ x_0 }[/math].
□

Twierdzenie A39
Dla funkcji [math]\displaystyle{ p_n }[/math] i [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] prawdziwe są następujące oszacowania:

[math]\displaystyle{ 10 n \underset{n \geqslant 6473}{\lt } p_n \underset{n \geqslant 2}{\lt } n^2 }[/math]

[math]\displaystyle{ \sqrt{n} \underset{n \geqslant 5}{\lt } \pi (n) \underset{n \geqslant 64721}{\lt } {\small\frac{n}{10}} }[/math]

Dowód

Lewa górna nierówność. Z twierdzenia A1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] jest [math]\displaystyle{ p_n \gt 0.72 \cdot n \log n }[/math]. Wystarczy rozwiązać nierówność:

[math]\displaystyle{ 0.72 \cdot \log n \gt 10 }[/math]

czyli [math]\displaystyle{ n \gt \exp \left( {\small\frac{10}{0.72}} \right) = 1076137.5 }[/math]

W PARI/GP wpisujemy polecenie:

for(n = 1, 11 * 10^5, if( prime(n) <= 10 * n, print(n) ))

Prawa górna nierówność. Z twierdzenia A1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] jest [math]\displaystyle{ p_n \lt 2 n \log n }[/math]. Zatem wystarczy pokazać, że [math]\displaystyle{ 2 n \log n \lt n^2 }[/math]. Korzystając z twierdzenia A37 p.5, łatwo zauważmy, że dla [math]\displaystyle{ n \gt 4 }[/math] jest:

[math]\displaystyle{ n - 2 \log n \gt n - 2 \cdot n^{1 / 2} = \sqrt{n} \left( \sqrt{n} - 2 \right) \gt 0 }[/math]

Przypadki [math]\displaystyle{ n \leqslant 4 }[/math] sprawdzamy bezpośrednio.

Lewa dolna nierówność. Z twierdzenia A1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \pi (n) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]. Zatem wystarczy pokazać, że [math]\displaystyle{ {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \gt \sqrt{n} }[/math]. Korzystając z twierdzenia A37 p.5, łatwo zauważmy, że dla [math]\displaystyle{ n \gt 3^4 = 81 }[/math] jest:

[math]\displaystyle{ {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} - \sqrt{n} \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{2 \cdot n^{1 / 4}}} - \sqrt{n} = {\small\frac{1}{3}} \cdot n^{3 / 4} - \sqrt{n} = {\small\frac{1}{3}} \sqrt{n} (n^{1 / 4} - 3) \gt 0 }[/math]

Sprawdzenie przypadków [math]\displaystyle{ n \leqslant 81 }[/math] sprowadza się do wpisania w PARI/GP polecenia:

for(n = 1, 100, if( primepi(n) <= sqrt(n), print(n) ))

Prawa dolna nierówność. Z twierdzenia A1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \pi (n) \lt {\small\frac{2 n}{\log n}} }[/math]. Zatem wystarczy pokazać, że [math]\displaystyle{ {\small\frac{2 n}{\log n}} \lt {\small\frac{n}{10}} }[/math]. Nierówność ta jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ \log n \gt 20 }[/math], czyli dla

[math]\displaystyle{ n \gt e^{20} \gt 485165195.4 }[/math]

Sprawdzenie przypadków dla [math]\displaystyle{ n \leqslant 490 \cdot 10^6 }[/math] będzie wymagało napisania w PARI/GP krótkiego programu i wywołania go z parametrem n = 490 * 10^6

Test3(n) =
\\ test oszacowania: primepi(k) < k/10 dla 2 <= k <= n 
\\ bez bezpośredniego odwoływania się do funkcji primepi(k)
{
local(s, k);
s = 1;
k = 2;
while( k <= n,
       if( s >= k/10, print(k) );
       k = k + 1;
       s = s + isprime(k);  \\ dla kolejnych k liczba s ma wartość primepi(k)
     );
}

□

Twierdzenie A40
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n \gt (p_{n^2})^{n / 3} }[/math]

Dowód

Korzystając kolejno z twierdzeń A30, A37 p.5 i A7, łatwo otrzymujemy

[math]\displaystyle{ (p_{n^{\large 2}})^{n / 3} \lt (2 n^2 \log n^2)^{n / 3} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: = (4 n^2 \log n)^{n / 3} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \lt (4 n^2 \cdot 2 n^{1 / 4})^{n / 3} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: = (8 n^{9 / 4})^{n / 3} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: = (2 n^{3 / 4})^n }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \leqslant n^n }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \lt p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n }[/math]

Zauważmy, że nierówność [math]\displaystyle{ 2 n^{3 / 4} \leqslant n }[/math] jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2^4 }[/math]. Sprawdzając bezpośrednio dla [math]\displaystyle{ n \lt 16 }[/math], stwierdzamy, że dowodzona nierówność jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math].
□

Zadanie A41
Korzystając z twierdzenia A40 pokazać, że

[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n \gt (p_{n + 1})^2 \qquad \qquad \text{dla } \; n \geqslant 4 }[/math]
[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n \gt (p_{2 n})^3 \qquad \qquad \;\; \text{dla } \; n \geqslant 7 }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1.

Ponieważ [math]\displaystyle{ n^2 \gt n + 1 }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3}} \gt 2 }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \gt 6 }[/math], to dla [math]\displaystyle{ n \gt 6 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n \gt (p_{n^2})^{n / 3} \gt (p_{n + 1})^2 }[/math]

Sprawdzając bezpośrednio dla [math]\displaystyle{ n \leqslant 6 }[/math], łatwo stwierdzamy prawdziwość oszacowania dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 4 }[/math].

Punkt 2.

Ponieważ [math]\displaystyle{ n^2 \gt 2 n }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \gt 2 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3}} \gt 3 }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \gt 9 }[/math], to dla [math]\displaystyle{ n \gt 9 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n \gt (p_{n^2})^{n / 3} \gt (p_{2 n})^3 }[/math]

Sprawdzając bezpośrednio dla [math]\displaystyle{ n \leqslant 9 }[/math], łatwo stwierdzamy prawdziwość oszacowania dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 7 }[/math].
□

Twierdzenie A42
Każda liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] taka, że [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, n \right] }[/math] występuje w rozwinięciu [math]\displaystyle{ n! }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem równym jeden.

Dowód

Z twierdzenia A21 wiemy, że każda liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w iloczynie [math]\displaystyle{ n! }[/math] z wykładnikiem [math]\displaystyle{ W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ p \leqslant n }[/math] i [math]\displaystyle{ 2 p \gt n }[/math], zatem:

1. [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{p}} \geqslant 1 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{p}} \lt 2 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 1 }[/math]

2. [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{p^2}} \lt {\small\frac{2}{p}} \leqslant 1 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor = 0 }[/math] i tym bardziej [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 3 }[/math]

□

Rezultat uzyskany w twierdzeniu A25 zainspirował nas do postawienia pytania: jakie warunki musi spełniać liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math], aby występowała w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem równym jeden lub równym zero? Twierdzenia A43 i A45 udzielają na to pytanie precyzyjnej odpowiedzi. Przykłady A44 i A46 to tylko twierdzenia A43 i A45 dla wybranych wartości liczby [math]\displaystyle{ k }[/math]. Jeśli Czytelnik nie miał problemów ze zrozumieniem dowodów twierdzeń A43 i A45, to może je pominąć.

Twierdzenie A43
Niech [math]\displaystyle{ k }[/math] będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 (k + 1) \left( k + \tfrac{1}{2} \right) }[/math] i liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right] }[/math], to [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem równym jeden.

Dowód

Najpierw udowodnimy przypadek [math]\displaystyle{ k = 0 }[/math].

Zauważmy, że każda liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in (n, 2 n] }[/math] występuje dokładnie jeden raz w liczniku ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

i nie występuje w mianowniku. Zatem w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze wystąpi z wykładnikiem równym [math]\displaystyle{ 1 }[/math].

Co kończy dowód twierdzenia w przypadku, gdy [math]\displaystyle{ k = 0 }[/math].

Możemy teraz przejść do dowodu dla wszystkich [math]\displaystyle{ k \geqslant 1 }[/math].

Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby [math]\displaystyle{ p }[/math]

Zapiszmy współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] w postaci ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Rozważmy dowolną liczbę pierwszą występującą w mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby [math]\displaystyle{ p }[/math] spełniała następujące warunki:

[math]\displaystyle{ k p \leqslant n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w mianowniku
[math]\displaystyle{ (k + 1) p \gt n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w mianowniku (jako [math]\displaystyle{ p, 2 p, \ldots, k p }[/math])
[math]\displaystyle{ (2 k + 1) p \leqslant 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ (k + 1) p \gt n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej [math]\displaystyle{ k + 1 }[/math] razy w liczniku
[math]\displaystyle{ (2 k + 2) p \gt 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ (2 k + 1) p \leqslant 2 n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie [math]\displaystyle{ k + 1 }[/math] razy w liczniku (jako [math]\displaystyle{ (k + 1) p, (k + 2) p, \ldots, (2 k + 1) p }[/math])

Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right] }[/math] pojawia się dokładnie [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w mianowniku i dokładnie [math]\displaystyle{ k + 1 }[/math] razy w liczniku ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Zatem występuje w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem jeden.

Niech [math]\displaystyle{ q }[/math] będzie największą liczbą pierwszą nie większą od ustalonej liczby [math]\displaystyle{ 2 k + 1 }[/math]. Rozpatrywane przez nas wielokrotności liczby zwiększają wykładniki, z jakimi występują liczby pierwsze [math]\displaystyle{ r_i \in \{ 2, 3, \ldots, q \} }[/math]. Dlatego twierdzenie nie może dotyczyć tych liczb i musimy nałożyć warunek

[math]\displaystyle{ r_i \notin \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right] }[/math]

Warunek ten będzie z pewnością spełniony, gdy

[math]\displaystyle{ q \leqslant 2 k + 1 \leqslant {\small\frac{n}{k + 1}} }[/math]

czyli dla [math]\displaystyle{ n }[/math] spełniających nierówność [math]\displaystyle{ n \geqslant (k + 1) (2 k + 1) }[/math].

Oczywiście nie wyklucza to możliwości, że istnieją liczby [math]\displaystyle{ n \lt 2 (k + 1) (k + \tfrac{1}{2}) }[/math], dla których twierdzenie jest prawdziwe. Pozostaje (przy ustalonej wartości liczby [math]\displaystyle{ k }[/math]) bezpośrednio sprawdzić prawdziwość twierdzenia dla [math]\displaystyle{ n \lt 2 (k + 1) (k + \tfrac{1}{2}) }[/math].

Dowód na podstawie twierdzenia A24

Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right ) }[/math]

Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to będziemy szukali oszacowania od dołu. Z założenia mamy

1) [math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{n}{k + 1}} \qquad \; \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} \lt k + 1 \qquad \;\;\; \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant k }[/math]

2) [math]\displaystyle{ p \leqslant {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \geqslant 2 k + 1 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \geqslant 2 k + 1 }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant 2 k + 1 - 2 k = 1 }[/math]

Ponieważ każdy ze składników sumy może być równy tylko [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 1 }[/math]

Założenie, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 (k + 1)^2 }[/math] pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i następnych składników sumy

[math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{n}{k + 1}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \lt 2 k + 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{(2 n)^s}{p^s}} \lt (2 k + 2)^s }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} \lt {\small\frac{(2 k + 2)^2}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{2 k + 2}{2 n}} \right)^{s - 2} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} \lt {\small\frac{(2 k + 2)^2}{2 n}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} \lt 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0 }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0 }[/math], to również musi być [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^s}} \right\rfloor = 0 }[/math]. Pokazaliśmy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 (k + 1)^2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right ) = 1 }[/math]

Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, dla jakich wartości [math]\displaystyle{ n \lt 2 (k + 1)^2 }[/math] twierdzenie pozostaje prawdziwe.

Ponieważ analiza krotności pojawiania się liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math] jest bardziej precyzyjna, to podajemy, że twierdzenie jest z pewnością prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 (k + 1) (k + \tfrac{1}{2}) }[/math]
□

Przykład A44
Jeżeli [math]\displaystyle{ n \geqslant 6 }[/math] i liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right] }[/math], to [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem równym jeden.

Dowód

Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby [math]\displaystyle{ p }[/math]

Zapiszmy współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] w postaci ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Rozważmy dowolną liczbę pierwszą występującą w mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby [math]\displaystyle{ p }[/math] spełniała następujące warunki:

[math]\displaystyle{ p \leqslant n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej jeden raz w mianowniku
[math]\displaystyle{ 2 p \gt n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie jeden raz w mianowniku (jako [math]\displaystyle{ p }[/math])
[math]\displaystyle{ 3 p \leqslant 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ 2 p \gt n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej dwa razy w liczniku
[math]\displaystyle{ 4 p \gt 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ 3 p \leqslant 2 n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie dwa razy w liczniku (jako [math]\displaystyle{ 2 p }[/math] i [math]\displaystyle{ 3 p }[/math])

Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right] }[/math] pojawia się dokładnie jeden raz w mianowniku i dokładnie dwa razy w liczniku ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Zatem występuje w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem jeden.

Wielokrotności liczby [math]\displaystyle{ p }[/math] podnoszą wykładniki, z jakimi występują liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p = 2, 3 }[/math]. Dlatego zakładamy, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 6 }[/math], bo dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 6 }[/math] liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p = 2, 3 }[/math] nie spełniają warunku [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right] }[/math].

Bezpośrednio sprawdzamy, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 5 }[/math] i liczba [math]\displaystyle{ 3^2 }[/math] dzieli liczbę [math]\displaystyle{ {\small\binom{10}{5}} = 252 = 9 \cdot 28 }[/math]

Dowód na podstawie twierdzenia A24

Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) }[/math]

Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to będziemy szukali oszacowania od dołu. Z założenia mamy

1) [math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{n}{2}} \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} \lt 2 \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant 1 }[/math]

2) [math]\displaystyle{ p \leqslant {\small\frac{2 n}{3}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \geqslant 3 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \geqslant 3 }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant 3 - 2 = 1 }[/math]

Ponieważ każdy ze składników sumy może być równy tylko [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 1 }[/math]

Założenie, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 9 }[/math] pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i następnych składników sumy

[math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{n}{2}} \quad \implies \quad {\small\frac{(2 n)^k}{p^k}} \lt 4^k \quad \implies \quad {\small\frac{2 n}{p^k}} \lt {\small\frac{16}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{4}{2 n}} \right)^{k - 2} \quad \implies \quad {\small\frac{2 n}{p^k}} \leqslant {\small\frac{16}{2 n}} \quad \implies \quad {\small\frac{2 n}{p^k}} \leqslant {\small\frac{16}{18}} \quad \implies \quad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math], to również musi być [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math]. Pokazaliśmy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 9 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) = 1 }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 6, 7 }[/math] żadna liczba pierwsza nie należy do [math]\displaystyle{ \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right] }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ n = 8 }[/math] łatwo sprawdzamy, że liczba [math]\displaystyle{ 5 }[/math] wchodzi do rozkładu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{16}{8}} = 12870 }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem równym jeden.

Zatem dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 6 }[/math] liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right] }[/math] wchodzi do rozkładu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze z wykładnikiem równym jeden.
□

Twierdzenie A45
Niech [math]\displaystyle{ k }[/math] będzie dowolną ustaloną liczbą całkowitą dodatnią. Jeżeli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}, {\small\frac{n}{k}} \right] }[/math], to dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2}) }[/math] liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] nie występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze.

Dowód

Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby [math]\displaystyle{ p }[/math]

Zapiszmy współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] w postaci ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Rozważmy dowolną liczbę pierwszą [math]\displaystyle{ p }[/math] występującą w mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby [math]\displaystyle{ p }[/math] spełniała następujące warunki:

[math]\displaystyle{ k p \leqslant n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w mianowniku
[math]\displaystyle{ (k + 1) p \gt n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w mianowniku (jako [math]\displaystyle{ p, 2 p, \ldots, k p }[/math])
[math]\displaystyle{ 2 k p \leqslant 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ (k + 1) p \gt n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w liczniku
[math]\displaystyle{ (2 k + 1) p \gt 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ 2 k p \leqslant 2 n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w liczniku (jako [math]\displaystyle{ (k + 1) p, (k + 2) p, \ldots, 2 k p }[/math])

Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}, {\small\frac{n}{k}} \right] }[/math] pojawia się dokładnie [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w mianowniku i dokładnie [math]\displaystyle{ k }[/math] razy w liczniku ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Co oznacza, że [math]\displaystyle{ p }[/math] nie występuje w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze.

Niech [math]\displaystyle{ q }[/math] będzie największą liczbą pierwszą nie większą od ustalonej liczby [math]\displaystyle{ 2 k }[/math]. Rozpatrywane przez nas wielokrotności liczby [math]\displaystyle{ p }[/math] zwiększają wykładniki, z jakimi występują liczby pierwsze [math]\displaystyle{ r_i \in \{ 2, 3, \ldots, q \} }[/math]. Dlatego twierdzenie nie może dotyczyć tych liczb i musimy nałożyć warunek

[math]\displaystyle{ r_i \notin \left( {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}, {\small\frac{n}{k}} \right] }[/math]

Warunek ten będzie z pewnością spełniony, gdy

[math]\displaystyle{ q \leqslant 2 k \leqslant {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} }[/math]

czyli dla [math]\displaystyle{ n }[/math] spełniających nierówność [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2}) }[/math]. Oczywiście nie wyklucza to możliwości, że istnieją liczby [math]\displaystyle{ n \lt 2 k (k + \tfrac{1}{2}) }[/math], dla których twierdzenie jest prawdziwe. Pozostaje (przy ustalonej wartości liczby [math]\displaystyle{ k }[/math]) bezpośrednio sprawdzić prawdziwość twierdzenia dla [math]\displaystyle{ n \lt 2 k (k + \tfrac{1}{2}) }[/math].

Dowód na podstawie twierdzenia A24

Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right ) }[/math]

Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy [math]\displaystyle{ 0 }[/math], to będziemy szukali oszacowania od góry. Z założenia mamy

1) [math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \lt 2 k + 1 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \leqslant 2 k }[/math]

2) [math]\displaystyle{ p \leqslant {\small\frac{n}{k}} \qquad \quad \;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} \geqslant k \qquad \qquad \;\:\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant k }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant 2 k - 2 k = 0 }[/math]

Ponieważ każdy ze składników sumy może być równy tylko [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 0 }[/math]

Założenie, że [math]\displaystyle{ 2 n \geqslant (2 k + 1)^2 }[/math] pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i następnych składników sumy

[math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{2 n}{2 k + 1}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{(2 n)^s}{p^s}} \lt (2 k + 1)^s }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} \lt {\small\frac{(2 k + 1)^2}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{2 k + 1}{2 n}} \right)^{s - 2} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} \lt {\small\frac{(2 k + 1)^2}{2 n}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} \lt 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0 }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0 }[/math], to również musi być [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^s}} \right\rfloor = 0 }[/math]. Pokazaliśmy, że dla [math]\displaystyle{ 2 n \geqslant (2 k + 1)^2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right ) = 0 }[/math]

Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, dla jakich wartości [math]\displaystyle{ n \lt {\small\frac{1}{2}} (2 k + 1)^2 }[/math] twierdzenie pozostaje prawdziwe.

Ponieważ analiza krotności pojawiania się liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math] jest bardziej precyzyjna, to podajemy, że twierdzenie jest z pewnością prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2}) }[/math].
□

Przykład A46
Jeżeli [math]\displaystyle{ n \geqslant 8 }[/math] i liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right] }[/math], to [math]\displaystyle{ p }[/math] nie występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze.

Dowód

Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby [math]\displaystyle{ p }[/math]

Zapiszmy współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] w postaci ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Rozważmy dowolną liczbę pierwszą [math]\displaystyle{ p }[/math] występującą w mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby [math]\displaystyle{ p }[/math] spełniała następujące warunki:

[math]\displaystyle{ 2 p \leqslant n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej dwa razy w mianowniku
[math]\displaystyle{ 3 p \gt n }[/math] — warunek ten zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie dwa razy w mianowniku (jako [math]\displaystyle{ p }[/math] i [math]\displaystyle{ 2 p }[/math])
[math]\displaystyle{ 4 p \leqslant 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ 3 p \gt n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się co najmniej dwa razy w liczniku
[math]\displaystyle{ 5 p \gt 2 n }[/math] — warunek ten (łącznie z warunkiem [math]\displaystyle{ 4 p \leqslant 2 n }[/math]) zapewnia nam, że liczba [math]\displaystyle{ p }[/math] pojawi się dokładnie dwa razy w liczniku (jako [math]\displaystyle{ 3 p }[/math] i [math]\displaystyle{ 4 p }[/math])

Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right] }[/math] pojawia się dokładnie dwa razy w mianowniku i dokładnie dwa razy w liczniku ułamka

[math]\displaystyle{ {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}} }[/math]

Zatem nie występuje w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] na czynniki pierwsze.

Wielokrotności liczby [math]\displaystyle{ p }[/math] podnoszą wykładniki, z jakimi występują liczby pierwsze [math]\displaystyle{ 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ 3 }[/math]. Dlatego zakładamy, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 8 }[/math], bo dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 8 }[/math] liczby pierwsze [math]\displaystyle{ 2, 3 }[/math] nie spełniają warunku [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right] }[/math].

Bezpośrednio sprawdzamy, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math] i liczba [math]\displaystyle{ 3 }[/math] dzieli liczbę [math]\displaystyle{ {\small\binom{14}{7}} = 3432 }[/math]

Dowód na podstawie twierdzenia A24

Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) }[/math]

Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy [math]\displaystyle{ 0 }[/math], to będziemy szukali oszacowania od góry. Z założenia mamy

1) [math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{2 n}{5}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \lt 5 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \leqslant 4 }[/math]

2) [math]\displaystyle{ p \leqslant {\small\frac{n}{2}} \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} \geqslant 2 \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant 2 }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant 4 - 4 = 0 }[/math]

Ponieważ każdy ze składników szukanej sumy może być równy tylko [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 0 }[/math]

Założenie, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 13 }[/math] pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i następnych składników sumy

[math]\displaystyle{ p \gt {\small\frac{2 n}{5}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{(2 n)^k}{p^k}} \lt 5^k }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^k}} \lt {\small\frac{25}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{5}{2 n}} \right)^{k - 2} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^k}} \lt {\small\frac{25}{2 n}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^k}} \lt {\small\frac{25}{26}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math], to również musi być [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0 }[/math]. Pokazaliśmy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 13 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) = 0 }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 8, 9 }[/math] żadna liczba pierwsza nie należy do [math]\displaystyle{ \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right] }[/math].

Dla [math]\displaystyle{ n = 10, 11, 12 }[/math] łatwo sprawdzamy, że liczba [math]\displaystyle{ 5 }[/math] nie dzieli liczb [math]\displaystyle{ {\small\binom{20}{10}} = 184756 }[/math], [math]\displaystyle{ {\small\binom{22}{11}} = 705432 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ {\small\binom{24}{12}} = 2704156 }[/math].

Zatem dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 8 }[/math] liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right] }[/math] nie dzieli liczby [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} }[/math].
□

Uwaga A47
Z przykładu A44 nie wynika, że w przedziale [math]\displaystyle{ \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right] }[/math] znajduje się choćby jedna liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math]. Analogiczna uwaga jest prawdziwa w przypadku przykładu A46 oraz twierdzeń A43 i A45. Istnienie liczby pierwszej w określonym przedziale będzie tematem kolejnego artykułu.

Przykład A48
Pokazujemy i omawiamy wynik zastosowania twierdzeń A43 i A45 do współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}} }[/math]. Można udowodnić, że granicę stosowalności obu twierdzeń bardzo dokładnie opisuje warunek [math]\displaystyle{ p \gt \sqrt{2 n} }[/math], co w naszym przypadku daje [math]\displaystyle{ p \gt \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.04 }[/math].

Pokaż przykład

Wybraliśmy współczynnik dwumianowy [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}} }[/math] dlatego, że w rozkładzie tego współczynnika na czynniki pierwsze występują wszystkie liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p \leqslant 107 }[/math], co ułatwia analizowanie występowania liczb pierwszych. Tylko sześć liczb pierwszych: 2, 3, 59, 61, 73, 79 występuje z wykładnikiem większym niż jeden. Ponieważ [math]\displaystyle{ \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.043 }[/math], zatem liczba 79 jest ostatnią liczbą pierwszą, która mogłaby wystąpić z wykładnikiem większym niż jeden i tak właśnie jest.

Poniżej wypisaliśmy wszystkie liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p \leqslant 3284 }[/math], które występują w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}} }[/math] na czynniki pierwsze. Pogrubienie oznacza, że dana liczba rozpoczyna nowy wiersz w tabeli. Ostatnią pogrubioną i dodatkowo podkreśloną liczbą jest liczba 107, bo wszystkie liczby pierwsze mniejsze od 107 powinny pojawić się w tabeli – oczywiście tak się nie stanie, bo twierdzeń A43 i A45 nie można stosować bez ograniczeń dla coraz większych liczb [math]\displaystyle{ k }[/math].

2⁶, 3⁸, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59², 61², 67, 71, 73², 79², 83, 89, 97, 101, 103, 107, 127, 137, 139, 151, 157, 167, 173, 197, 199, 211, 223, 239, 241, 257, 277, 281, 283, 307, 311, 331, 337, 367, 373, 379, 383, 419, 421, 431, 433, 479, 487, 491, 499, 503, 557, 563, 569, 571, 577, 587, 593, 659, 661, 673, 677, 683, 691, 701, 709, 719, 727, 823, 827, 829, 839, 853, 857, 859, 863, 877, 881, 883, 887, 907, 911, 919, 929, 937, 1097, 1103, 1109, 1117, 1123, 1129, 1151, 1153, 1163, 1171, 1181, 1187, 1193, 1201, 1213, 1217, 1223, 1229, 1231, 1237, 1249, 1259, 1277, 1279, 1283, 1289, 1291, 1297, 1301, 1303, 1307, 1657, 1663, 1667, 1669, 1693, 1697, 1699, 1709, 1721, 1723, 1733, 1741, 1747, 1753, 1759, 1777, 1783, 1787, 1789, 1801, 1811, 1823, 1831, 1847, 1861, 1867, 1871, 1873, 1877, 1879, 1889, 1901, 1907, 1913, 1931, 1933, 1949, 1951, 1973, 1979, 1987, 1993, 1997, 1999, 2003, 2011, 2017, 2027, 2029, 2039, 2053, 2063, 2069, 2081, 2083, 2087, 2089, 2099, 2111, 2113, 2129, 2131, 2137, 2141, 2143, 2153, 2161, 2179

Liczba 821 została pogrubiona (w tabeli), bo jest liczbą pierwszą i wyznacza początek przedziału otwartego, konsekwentnie liczba 821 nie występuje w rozkładzie współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}} }[/math] na czynniki pierwsze.

Czytelnik łatwo sprawdzi, że największą wartością liczby [math]\displaystyle{ k }[/math], dla jakiej można jeszcze stosować twierdzenie A43, jest [math]\displaystyle{ k = 39 }[/math]. Podobnie największą wartością liczby [math]\displaystyle{ k }[/math], dla jakiej można jeszcze stosować twierdzenie A45, jest [math]\displaystyle{ k = 40 }[/math]. Wartości te i odpowiadające im przedziały zostały pogrubione, aby uwidocznić granicę stosowania tych twierdzeń. Łatwo odczytujemy, że twierdzenia A43 i A45 można stosować dla liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p }[/math] spełniających warunek [math]\displaystyle{ p \gt 81.09 }[/math]. Co bardzo dokładnie pokrywa się z warunkiem [math]\displaystyle{ p \gt \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.04 }[/math]

Liczba 73 jest ostatnią poprawnie pokazaną liczbą pierwszą. Po niej nie pojawiają się liczby pierwsze 71 i 67, które występują w rozwinięciu współczynnika dwumianowego [math]\displaystyle{ {\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}} }[/math] na czynniki pierwsze.

[math]\displaystyle{ k }[/math]	[math]\displaystyle{ {\small\frac{3284}{k+1}} }[/math]	[math]\displaystyle{ p \in \left ( {\small\frac{3284}{k + 1}}, \frac{3284}{k + \tfrac{1}{2}} \right ] }[/math]	[math]\displaystyle{ \frac{3284}{k+\tfrac{1}{2}} }[/math]	[math]\displaystyle{ {\small\frac{3284}{k}} }[/math]
0	3284	{3299, 3301, ..., 6553, 6563}	6568
1	1642	{1657, 1663, ..., 2161, 2179}	2189,33	3284
2	1094,67	{1097, 1103, ..., 1303, 1307}	1313,60	1642
3	821	{823, 827, ..., 929, 937}	938,29	1094,67
4	656,80	{659, 661, 673, 677, 683, 691, 701, 709, 719, 727}	729,78	821
5	547,33	{557, 563, 569, 571, 577, 587, 593}	597,09	656,80
6	469,14	{479, 487, 491, 499, 503}	505,23	547,33
7	410,50	{419, 421, 431, 433}	437,87	469,14
8	364,89	{367, 373, 379, 383}	386,35	410,50
9	328,40	{331, 337}	345,68	364,89
10	298,55	{307, 311}	312,76	328,40
11	273,67	{277, 281, 283}	285,57	298,55
12	252,62	{257}	262,72	273,67
13	234,57	{239, 241}	243,26	252,62
14	218,93	{223}	226,48	234,57
15	205,25	{211}	211,87	218,93
16	193,18	{197, 199}	199,03	205,25
17	182,44	{}	187,66	193,18
18	172,84	{173}	177,51	182,44
19	164,20	{167}	168,41	172,84
20	156,38	{157}	160,20	164,20
21	149,27	{151}	152,74	156,38
22	142,78	{}	145,96	149,27
23	136,83	{137, 139}	139,74	142,78
24	131,36	{}	134,04	136,83
25	126,31	{127}	128,78	131,36
26	121,63	{}	123,92	126,31
27	117,29	{}	119,42	121,63
28	113,24	{}	115,23	117,29
29	109,47	{}	111,32	113,24
30	105,94	{107}	107,67	109,47
31	102,63	{103}	104,25	105,94
32	99,52	{101}	101,05	102,63
33	96,59	{97}	98,03	99,52
34	93,83	{}	95,19	96,59
35	91,22	{}	92,51	93,83
36	88,76	{89}	89,97	91,22
37	86,42	{}	87,57	88,76
38	84,21	{}	85,30	86,42
39	82,10	{83}	83,14	84,21
40	80,10	{}	81,09	82,10
41	78,19	{79}	79,13	80,10
42	76,37	{}	77,27	78,19
43	74,64	{}	75,49	76,37
44	72,98	{73}	73,80	74,64
45	71,39	{}	72,18	72,98
46	69,87	{}	70,62	71,39
47	68,42	{}	69,14	69,87
48	67,02	{}	67,71	68,42
49	65,68	{}	66,34	67,02
50	64,39	{}	65,03	65,68
51	63,15	{}	63,77	64,39
52	61,96	{}	62,55	63,15
53	60,81	{61}	61,38	61,96
54	59,71	{}	60,26	60,81
55	58,64	{59}	59,17	59,71
56	57,61	{}	58,12	58,64
57	56,62	{}	57,11	57,61
58	55,66	{}	56,14	56,62
59	54,73	{}	55,19	55,66
60	53,84	{}	54,28	54,73
61	52,97	{53}	53,40	53,84
62	52,13	{}	52,54	52,97
63	51,31	{}	51,72	52,13
64	50,52	{}	50,91	51,31
65	49,76	{}	50,14	50,52
66	49,01	{}	49,38	49,76
67	48,29	{}	48,65	49,01
68	47,59	{}	47,94	48,29
69	46,91	{47}	47,25	47,59
70	46,25	{}	46,58	46,91

□

Przypisy

↑ Wikipedia, PARI/GP, (Wiki-en)
↑ Wikipedia, Pafnuty Czebyszew (1821 - 1893), (Wiki-pl), (Wiki-ru)
↑ P. L. Chebyshev, Mémoire sur les nombres premiers, J. de Math. Pures Appl. (1) 17 (1852), 366-390, (LINK)
↑ P. Erdos, Beweis eines Satzes von Tschebyschef, Acta Litt. Sci. Szeged 5 (1932), 194-198, (LINK1), (LINK2)
↑ P. Dusart, The [math]\displaystyle{ k^{th} }[/math] prime is greater than [math]\displaystyle{ k (\ln k + \ln \ln k - 1) }[/math] for [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math], Math. Of Computation, Vol. 68, Number 225 (January 1999), pp. 411-415.
↑ P. Dusart, Sharper bounds for [math]\displaystyle{ \psi }[/math], [math]\displaystyle{ \theta }[/math], [math]\displaystyle{ \pi }[/math], [math]\displaystyle{ p_k }[/math], Rapport de recherche no. 1998-06, Université de Limoges
↑ P. Dusart, Estimates of some functions over primes without R.H., (2010), (LINK)
↑ P. Dusart, Explicit estimates of some functions over primes, Ramanujan Journal. 45 (1) (January 2018) pp. 225-234.
↑ Wikipedia, Twierdzenie o zbieżności ciągu monotonicznego, (LINK)
↑ ^10,0 ^10,1 Wikipedia, Characterizations of the exponential function, (Wiki-en)
↑ Wikipedia, Cauchy product, (Wiki-en)
↑ Wikipedia, Szereg (matematyka) - Działania, (Wiki-pl)

[PARIGP-1] Wikipedia, PARI/GP, (Wiki-en)

[Czebyszew1-2] Wikipedia, Pafnuty Czebyszew (1821 - 1893), (Wiki-pl), (Wiki-ru)

[Czebyszew2-3] P. L. Chebyshev, Mémoire sur les nombres premiers, J. de Math. Pures Appl. (1) 17 (1852), 366-390, (LINK)

[Erdos-4] P. Erdos, Beweis eines Satzes von Tschebyschef, Acta Litt. Sci. Szeged 5 (1932), 194-198, (LINK1), (LINK2)

[Dusart99-5] P. Dusart, The [math]\displaystyle{ k^{th} }[/math] prime is greater than [math]\displaystyle{ k (\ln k + \ln \ln k - 1) }[/math] for [math]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math], Math. Of Computation, Vol. 68, Number 225 (January 1999), pp. 411-415.

[Dusart06-6] P. Dusart, Sharper bounds for [math]\displaystyle{ \psi }[/math], [math]\displaystyle{ \theta }[/math], [math]\displaystyle{ \pi }[/math], [math]\displaystyle{ p_k }[/math], Rapport de recherche no. 1998-06, Université de Limoges

[Dusart10-7] P. Dusart, Estimates of some functions over primes without R.H., (2010), (LINK)

[Dusart18-8] P. Dusart, Explicit estimates of some functions over primes, Ramanujan Journal. 45 (1) (January 2018) pp. 225-234.

[p1-9] Wikipedia, Twierdzenie o zbieżności ciągu monotonicznego, (LINK)

[exp1-10] 10,0 ^10,1 Wikipedia, Characterizations of the exponential function, (Wiki-en)

[Cauchy1-11] Wikipedia, Cauchy product, (Wiki-en)

[Cauchy2-12] Wikipedia, Szereg (matematyka) - Działania, (Wiki-pl)

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]

[7]

[8]

[9]

[10]

[11]

[12]

Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n): Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 11:15, 26 cze 2024

Spis treści

Oznaczenia

Twierdzenie Czebyszewa

Oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n }[/math] od dołu i [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] od góry

Wykładnik, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w [math]\displaystyle{ n! }[/math]

Oszacowanie [math]\displaystyle{ p_n }[/math] od góry i [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] od dołu

Uwagi do dowodu

Zastosowania

Przypisy

Menu nawigacyjne

Szukaj

@@ Linia 11: / Linia 11: @@
 ::<math>\mathbb{Z}</math> — zbiór liczb całkowitych<br/>
 ::<math>\mathbb{Z}_+</math> — zbiór liczb całkowitych dodatnich<br/>
-::<math>\mathbb{N}</math> — zbiór liczb naturalnych <math>\mathbb{N} = \mathbb{Z}_{+}\cup \left \{ 0 \right \}</math><br/>
+::<math>\mathbb{N}</math> — zbiór liczb naturalnych <math>\mathbb{N} = \mathbb{Z}_{+}</math><br/>
+::<math>\mathbb{N}_0</math> — zbiór liczb całkowitych nieujemnych <math>\mathbb{N}_0 = \mathbb{Z}_{+} \cup \left \{ 0 \right \}</math><br/>
 ::<math>\mathbb{R}</math> — zbiór liczb rzeczywistych<br/>
-::<math>d \mid n</math> — czytaj: d dzieli n (<math>d</math> jest dzielnikiem liczby <math>n</math>)<br/>
+::<math>d \mid n</math> — czytaj: d&nbsp;dzieli n (<math>d</math> jest dzielnikiem liczby <math>n</math>)<br/>
 ::<math>d \nmid n</math> — czytaj: d nie dzieli n (<math>d</math> nie jest dzielnikiem liczby <math>n</math>)<br/>
 ::<math>p_n</math> — <math>n</math>-ta liczba pierwsza<br/>
@@ Linia 19: / Linia 20: @@
 ::<math>P(n)</math> — iloczyn liczb pierwszych nie większych od <math>n</math><br/>
 ::<math>\lfloor x \rfloor</math> — największa liczba całkowita nie większa od <math>x</math><br/>
-::<math>\binom{n}{m}</math> — współczynnik dwumianowy (symbol Newtona), <math>\binom{n}{m} = \frac{n!}{m! \cdot (n - m) !}</math><br/>
+::<math>{\small\binom{n}{m}}</math> — współczynnik dwumianowy (symbol Newtona), <math>{\small\binom{n}{m}} = {\small\frac{n!}{m! \cdot (n - m) !}}</math><br/>
 ::<math>\log (x)</math> — logarytm naturalny liczby <math>x > 0</math>
-::<math>W_p (n)</math> — wykładnik z jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby <math>n</math>
+::<math>W_p (n)</math> — wykładnik, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby <math>n</math>
 ::<math>n</math> — oznacza zawsze liczbę naturalną
 ::<math>p</math> — oznacza zawsze liczbę pierwszą
@@ Linia 33: / Linia 34: @@
 ::<math>P(5) = 30</math>,&nbsp;&nbsp; <math>P(10) = 210</math>,&nbsp;&nbsp; <math>P(50) = 614889782588491410</math><br/>
 ::<math>\lfloor 1.2 \rfloor = 1</math>,&nbsp;&nbsp; <math>\lfloor 2.8 \rfloor = 2</math>,&nbsp;&nbsp; <math>\lfloor - 1.5 \rfloor = - 2</math><br/>
-::<math>\binom{5}{2} = 10</math>,&nbsp;&nbsp; <math>\binom{10}{5} = 252</math>,&nbsp;&nbsp; <math>\binom{9}{3} = 84</math><br/>
+::<math>{\small\binom{5}{2}} = 10</math>,&nbsp;&nbsp; <math>{\small\binom{10}{5}} = 252</math>,&nbsp;&nbsp; <math>{\small\binom{9}{3}} = 84</math><br/>
 ::<math>W_2 (8) = 3</math>,&nbsp;&nbsp; <math>W_3 (18) = 2</math>,&nbsp;&nbsp; <math>W_7 (28) = 1</math>
-Funkcje te są zaimplementowane w PARI/GP<ref name="PARIGP"/>
+Funkcje te są zaimplementowane w&nbsp;PARI/GP<ref name="PARIGP"/>
 ::<math>p_n</math> = prime(n)<br/>
@@ Linia 44: / Linia 45: @@
 ::<math>P(n)</math> = prodeuler(p=2, n, p)<br/>
 ::<math>\lfloor x \rfloor</math> = floor(x)<br/>
-::<math>\binom{n}{m}</math> = binomial(n, m)<br/>
+::<math>{\small\binom{n}{m}}</math> = binomial(n, m)<br/>
 ::<math>W_p (n)</math> = valuation(n, p)
@@ Linia 55: / Linia 56: @@
 W 1852 roku rosyjski matematyk Czebyszew<ref name="Czebyszew1"/><ref name="Czebyszew2"/> udowodnił, że dla funkcji <math>\pi (n)</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
-::<math>a \cdot \frac{n}{\log n} \: \underset{n \geqslant 11}{<} \: \pi (n) \: \underset{n \geqslant 96098}{<} \: b \cdot \frac{n}{\log n}</math>
+::<math>a \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \: \underset{n \geqslant 11}{<} \: \pi (n) \: \underset{n \geqslant 96098}{<} \: b \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>
 gdzie
@@ Linia 70: / Linia 71: @@
-::<math>\frac{n}{\log n} \left( 1 + \frac{1}{\log n} \right) \underset{n \geqslant 599}{<} \pi (n) \underset{n \geqslant 2}{<} \frac{n}{\log n} \left( 1 + \frac{1.28}{\log n} \right)</math>
+::<math>{\small\frac{n}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\log n}} \right) \underset{n \geqslant 599}{<} \pi (n) \underset{n \geqslant 2}{<} {\small\frac{n}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1.28}{\log n}} \right)</math>
@@ Linia 81: / Linia 82: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A1</span><br/>
+<span id="A1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A1</span><br/>
 Prawdziwe są następujące oszacowania:
@@ Linia 88: / Linia 89: @@
-::<math>\frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n} \underset{n \geqslant 3}{<} \pi (n) \underset{n \geqslant 2}{<} \frac{2 n}{\log n}</math>
+::<math>{\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \underset{n \geqslant 3}{<} \pi (n) \underset{n \geqslant 2}{<} {\small\frac{2 n}{\log n}}</math>
@@ Linia 99: / Linia 100: @@
 == Oszacowanie <math>p_n</math> od dołu i <math>\pi (n)</math> od góry ==
-Rozpoczniemy od oszacowania liczby <math>\binom{2n}{n}</math>. Badanie właściwości tego współczynnika dwumianowego jest kluczowe dla naszego dowodu.
+Rozpoczniemy od oszacowania liczby <math>{\small\binom{2n}{n}}</math>. Badanie właściwości tego współczynnika dwumianowego jest kluczowe dla naszego dowodu.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A2</span><br/>
+<span id="A2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A2</span><br/>
-Niech <math>n, k \in \mathbb{N}</math>. Współczynnik dwumianowy <math>\binom{n}{k}</math> jest zawsze liczbą całkowitą dodatnią.
+Niech <math>n, k \in \mathbb{N}</math>. Współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{n}{k}}</math> jest zawsze liczbą całkowitą dodatnią.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 Indukcja matematyczna. Ponieważ
-::<math>\binom{0}{0} = \binom{1}{0} = \binom{1}{1} = 1</math>
+::<math>{\small\binom{0}{0}} = {\small\binom{1}{0}} = {\small\binom{1}{1}} = 1</math>
 to twierdzenie jest prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla wszystkich liczb całkowitych należących do przedziału <math>[1, n]</math> mamy dla <math>n + 1</math>
-::<math>\binom{n + 1}{0} = \binom{n + 1}{n + 1} = 1</math>
+::<math>{\small\binom{n + 1}{0}} = {\small\binom{n + 1}{n + 1}} = 1</math>
 Dla <math>k</math> spełniającego warunek <math>1 \leqslant k \leqslant n</math>, jest
-::<math>\binom{n + 1}{k} = \binom{n}{k} + \binom{n}{k - 1}</math>
+::<math>{\small\binom{n + 1}{k}} = {\small\binom{n}{k}} + {\small\binom{n}{k - 1}}</math>
-Na podstawie założenia indukcyjnego liczby po prawej stronie są liczbami całkowitymi dodatnimi, zatem <math>\binom{n + 1}{k}</math> dla wszystkich wartości <math>k</math> jest liczbą całkowitą dodatnią. Co należało pokazać.<br/>
+Na podstawie założenia indukcyjnego liczby po prawej stronie są liczbami całkowitymi dodatnimi, zatem <math>{\small\binom{n + 1}{k}}</math> dla wszystkich wartości <math>k</math> jest liczbą całkowitą dodatnią. Co należało pokazać.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 123: / Linia 124: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A3</span><br/>
+<span id="A3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A3</span><br/>
-Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math> jest liczbą parzystą.
+Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> jest liczbą parzystą.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 Łatwo zauważamy, że
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{n! \cdot n!} = \frac{2 n \cdot (2 n - 1)!}{n \cdot (n - 1) ! \cdot n!} = 2 \cdot \binom{2 n - 1}{n - 1}</math><br/>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{n! \cdot n!}} = {\small\frac{2 n \cdot (2 n - 1)!}{n \cdot (n - 1) ! \cdot n!}} = 2 \cdot {\small\binom{2 n - 1}{n - 1}}</math><br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 135: / Linia 136: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A4</span><br/>
+<span id="A4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A4</span><br/>
-Prawdziwe są następujące oszacowania współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math>
+Prawdziwe są następujące oszacowania współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>
-::<math>3.8^{n + 1} \underset{n \geqslant 80}{<} \binom{2 n}{n} \underset{n \geqslant 5}{<} 4^{n - 1}</math>
+::<math>3.8^{n + 1} \underset{n \geqslant 80}{<} {\small\binom{2 n}{n}} \underset{n \geqslant 5}{<} 4^{n - 1}</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Indukcja matematyczna. W&nbsp;przypadku lewej nierówności łatwo sprawdzamy, że <math>3.8^{81} < \binom{160}{80}</math>. Zakładając prawdziwość nierówności dla <math>n \geqslant 80</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>
+Indukcja matematyczna. W&nbsp;przypadku lewej nierówności łatwo sprawdzamy, że <math>3.8^{81} < {\small\binom{160}{80}}</math>. Zakładając prawdziwość nierówności dla <math>n \geqslant 80</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>
-::<math>\binom{2 (n + 1)}{n + 1} = \binom{2 n}{n} \cdot \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)} > 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - \frac{1}{n + 1} \right) \geqslant 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - \frac{1}{80 + 1} \right) > 3.8^{n + 1} \cdot 3.9753 > 3.8^{n + 2}</math>
+::<math>{\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} > 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \geqslant 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{80 + 1}} \right) > 3.8^{n + 1} \cdot 3.9753 > 3.8^{n + 2}</math>
 Prawa nierówność jest prawdziwa dla <math>n = 5</math>. Zakładając prawdziwość nierówności dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>:
-::<math>\binom{2 (n + 1)}{n + 1} = \binom{2 n}{n} \cdot \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)} < 4^{n -1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - \frac{1}{n + 1} \right) < 4^n</math>
+::<math>{\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} < 4^{n -1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) < 4^n</math>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 154: / Linia 155: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A5</span><br/>
+<span id="A5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A5</span><br/>
 Dla <math>n \geqslant 12</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>p_n > 3 n</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 Indukcja matematyczna. Dowód oprzemy na spostrzeżeniu, że wśród kolejnych sześciu liczb naturalnych <math>6 k, 6 k + 1, 6 k + 2, 6 k + 3, 6 k + 4, 6 k + 5</math>
-jedynie dwie: <math>6 k + 1</math> i <math>6 k + 5</math> mogą być pierwsze. Wynika stąd, że <math>p_{n + 2} \geqslant p_n + 6</math> dla <math>n \geqslant 4</math>. Dowód indukcyjny przeprowadzimy, stosując krok równy <math>2</math>. Twierdzenie jest oczywiście prawdziwe dla <math>n = 12</math>, bowiem <math>p_{12} = 37 > 3 \cdot 12 = 36</math>, podobnie <math>p_{13} = 41 > 3 \cdot 13 = 39</math>. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla wszystkich liczb naturalnych <math>k \in [12, n]</math>, otrzymujemy dla <math>n + 2</math>:
+jedynie dwie: <math>6 k + 1</math> i <math>6 k + 5</math> mogą być pierwsze. Wynika stąd, że <math>p_{n + 2} \geqslant p_n + 6</math> dla <math>n \geqslant 4</math>. Dowód indukcyjny przeprowadzimy, stosując krok równy <math>2</math>. Twierdzenie jest oczywiście prawdziwe dla <math>n = 12</math>, bo <math>p_{12} = 37 > 3 \cdot 12 = 36</math>, podobnie <math>p_{13} = 41 > 3 \cdot 13 = 39</math>. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla wszystkich liczb naturalnych <math>k \in [12, n]</math>, otrzymujemy dla <math>n + 2</math>:
 ::<math>p_{n + 2} \geqslant p_n + 6 > 3 n + 6 = 3 \cdot (n + 2)</math>
@@ Linia 169: / Linia 170: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A6</span><br/>
+<span id="A6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A6</span><br/>
-Ciąg <math>a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n</math> jest rosnący i&nbsp;ograniczony. Dla wyrazów ciągu <math>(a_n)</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>2 \leqslant a_n < 3</math>.
+Ciąg <math>a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n</math> jest rosnący i&nbsp;ograniczony. Dla wyrazów ciągu <math>(a_n)</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>2 \leqslant a_n < 3</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 W&nbsp;artykule, w&nbsp;którym pojęcie współczynnika dwumianowego odgrywa główną rolę, nie mogło zabraknąć dowodu odwołującego się do wzoru dwumianowego
-::<math>\left ( x + y \right )^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k}y^{k} = \binom{n}{0} x^{n} + \binom{n}{1}x^{n-1}y + \binom{n}{2}x^{n-2}y^{2} + \ldots + \binom{n}{n}y^{n}</math>
+::<math>\left ( x + y \right )^{n} = \sum_{k=0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^{n-k}y^{k} = {\small\binom{n}{0}} x^{n} + {\small\binom{n}{1}}x^{n-1}y + {\small\binom{n}{2}}x^{n-2}y^{2} + \ldots + {\small\binom{n}{n}}y^{n}</math>
-gdzie <math>\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}</math>.
+gdzie <math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}}</math>.
-Dowód opiera się na spostrzeżeniu, że <math>e = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = 2.718281828 \ldots</math>, a&nbsp;wykorzystanie wzoru dwumianowego pozwala przekształcić wyrażenie <math>\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n</math> do postaci sumy z wyraźnie wydzielonym czynnikiem <math>\frac{1}{k!}</math>. Stosując wzór dwumianowy, możemy zapisać <math>n</math>-ty wyraz ciągu <math>(a_n)</math> w&nbsp;postaci
+Dowód opiera się na spostrzeżeniu, że <math>e = \sum_{k=0}^{\infty} {\small\frac{1}{k!}} = 2.718281828 \ldots</math>, a&nbsp;wykorzystanie wzoru dwumianowego pozwala przekształcić wyrażenie <math>\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n</math> do postaci sumy z&nbsp;wyraźnie wydzielonym czynnikiem <math>{\small\frac{1}{k!}}</math>. Stosując wzór dwumianowy, możemy zapisać <math>n</math>-ty wyraz ciągu <math>(a_n)</math> w&nbsp;postaci
-::<math>a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n =</math>
+::<math>a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n =</math>
-::<math>\quad \; = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} =</math>
+::<math>\quad \; = \sum_{k=0}^{n} {\small\binom{n}{k}} {\small\frac{1}{n^k}} =</math>
-::<math>\quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{n!}{k! \cdot (n - k)!} \cdot \frac{1}{n^k} =</math>
+::<math>\quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} \cdot {\small\frac{1}{n^k}} =</math>
-::<math>\quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - (k - 1))}{n^k} =</math>
+::<math>\quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot {\small\frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - (k - 1))}{n^k}} =</math>
-::<math>\quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - \frac{k - 1}{n} \right) </math>
+::<math>\quad \; = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n}} \right) </math>
 Odpowiednio dla wyrazu <math>a_{n + 1}</math> mamy
-::<math>a_{n + 1} = \left( 1 + \frac{1}{n + 1} \right)^{n + 1} =</math>
+::<math>a_{n + 1} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} =</math>
-::<math>\qquad \: = 2 + \sum_{k=2}^{n + 1} \frac{1}{k!} \cdot \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - \frac{k - 1}{n + 1} \right) ></math>
+::<math>\qquad \: = 2 + \sum_{k=2}^{n + 1} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n + 1}} \right) ></math>
-::<math>\qquad \: > 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - \frac{k - 1}{n + 1} \right) ></math>
+::<math>\qquad \: > 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n + 1}} \right) ></math>
-::<math>\qquad \: > 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - \frac{k - 1}{n} \right) =</math>
+::<math>\qquad \: > 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n}} \right) =</math>
 ::<math>\qquad \: = a_n</math>
-Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo dla dowolnej liczby <math>x \in \mathbb{R}_+</math> jest <math>1 - \frac{x}{n + 1} > 1 - \frac{x}{n}</math>
+Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo dla dowolnej liczby <math>x \in \mathbb{R}_+</math> jest <math>1 - {\small\frac{x}{n + 1}} > 1 - {\small\frac{x}{n}}</math>
-Zatem ciąg <math>(a_n)</math> jest rosnący. Musimy jeszcze wykazać, że jest ograniczony od góry. Pokazaliśmy wyżej, że wyraz <math>a_n</math> może być zapisany w postaci
+Zatem ciąg <math>(a_n)</math> jest rosnący. Musimy jeszcze wykazać, że jest ograniczony od góry. Pokazaliśmy wyżej, że wyraz <math>a_n</math> może być zapisany w&nbsp;postaci
-::<math>a_n = 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - \frac{k - 1}{n} \right) </math>
+::<math>a_n = 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( 1 - {\small\frac{k - 1}{n}} \right) </math>
 Ponieważ czynniki w&nbsp;nawiasach są dodatnie i&nbsp;mniejsze od jedności, to
-::<math>a_n \leqslant 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} =</math>
+::<math>a_n \leqslant 2 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{k!}} =</math>
-::<math>\quad \; \leqslant 1 + 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}} =</math>
+::<math>\quad \; \leqslant 1 + 1 + \sum_{k=2}^{n} {\small\frac{1}{2^{k-1}}} =</math>
-::<math>\quad \; = 1 + \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \ldots + \frac{1}{2^{n-1}}\right ) =</math>
+::<math>\quad \; = 1 + \left ( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{2^2}} + \ldots + {\small\frac{1}{2^{n-1}}}\right ) =</math>
-::<math>\quad \; = 1 + \frac{1 - \left ( \frac{1}{2} \right )^{n}}{1 - \frac{1}{2}} =</math>
+::<math>\quad \; = 1 + {\small\frac{1 - \left ( \tfrac{1}{2} \right )^{n}}{1 - \tfrac{1}{2}}} =</math>
-::<math>\quad \; = 1 + 2 - \frac{1}{2^{n-1}} < </math>
+::<math>\quad \; = 1 + 2 - {\small\frac{1}{2^{n-1}}} < </math>
 ::<math>\quad \; < 3</math>
-Druga nierówność (nieostra) jest prawdziwa, bo dla <math>k \geqslant 2</math> zachodzi oczywista nierówność <math>k! \geqslant 2^{k - 1}</math>. Do sumy ujętej w nawiasy zastosowaliśmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego.
+Druga nierówność (nieostra) jest prawdziwa, bo dla <math>k \geqslant 2</math> zachodzi oczywista nierówność <math>k! \geqslant 2^{k - 1}</math>. Do sumy ujętej w&nbsp;nawiasy zastosowaliśmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego.
 Ponieważ <math>a_1 = 2</math>, to prawdziwe jest oszacowanie <math>2 \leqslant a_n < 3</math>. Zauważmy jeszcze (już bez dowodu), że ciąg <math>(a_n)</math>, jako rosnący i&nbsp;ograniczony od góry<ref name="p1"/>, jest zbieżny. Granicą ciągu <math>(a_n)</math> jest liczba niewymierna <math>e = 2.718281828 \ldots</math>, która jest podstawą logarytmu naturalnego.<br/>
@@ Linia 236: / Linia 237: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A7</span><br/>
+<span id="A7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A7</span><br/>
 Prawdziwe są następujące oszacowania:
@@ Linia 242: / Linia 243: @@
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Indukcja matematyczna. Udowodnimy tylko oszacowanie od dołu. Dowód oszacowania od góry przedstawimy po zakończeniu dowodu twierdzenia A1. Łatwo sprawdzamy, że twierdzenie jest prawdziwe dla <math>n = 13</math>. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla liczb naturalnych <math>k \in [13, n]</math> mamy dla <math>n + 1</math>:
+Indukcja matematyczna. Udowodnimy tylko oszacowanie od dołu. Dowód oszacowania od góry przedstawimy po zakończeniu dowodu twierdzenia [[#A1|A1]]. Łatwo sprawdzamy, że twierdzenie jest prawdziwe dla <math>n = 13</math>. Zakładając prawdziwość twierdzenia dla liczb naturalnych <math>k \in [13, n]</math> mamy dla <math>n + 1</math>:
-::<math>p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n p_{n + 1} > n^n \cdot p_{n + 1} > n^n \cdot 3 (n + 1) > n^n \cdot \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \cdot (n + 1) = (n + 1)^{n + 1}</math>
+::<math>p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n p_{n + 1} > n^n \cdot p_{n + 1} > n^n \cdot 3 (n + 1) > n^n \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \cdot (n + 1) = (n + 1)^{n + 1}</math>
-Gdzie skorzystaliśmy z faktu, że <math>p_n > 3 n</math> dla <math>n \geqslant 12</math> oraz z właściwości rosnącego ciągu <math>a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n < e = 2.718281828 \ldots < 3</math> (zobacz twierdzenie A6).<br/>
+Gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;faktu, że <math>p_n > 3 n</math> dla <math>n \geqslant 12</math> oraz z&nbsp;właściwości rosnącego ciągu <math>a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n < e = 2.718281828 \ldots < 3</math> (zobacz twierdzenie [[#A6|A6]]).<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 252: / Linia 253: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A8</span><br/>
+<span id="A8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A8</span><br/>
-Dla <math>n \geqslant 2</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\frac{P (2 n)}{P (n)} < 4^{n - 1}</math>, gdzie <math>P (n)</math> oznacza iloczyn wszystkich liczb pierwszych nie większych od <math>n</math>.
+Dla <math>n \geqslant 2</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>{\small\frac{P (2 n)}{P (n)}} < 4^{n - 1}</math>, gdzie <math>P (n)</math> oznacza iloczyn wszystkich liczb pierwszych nie większych od <math>n</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 Rozważmy współczynnik dwumianowy
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{n! \cdot n!} = \frac{2 n \cdot (2 n - 1) \cdot \ldots \cdot (n + 1)}{n!}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{n! \cdot n!}} = {\small\frac{2 n \cdot (2 n - 1) \cdot \ldots \cdot (n + 1)}{n!}}</math>
 Każda liczba pierwsza należąca do przedziału <math>[n + 1, 2 n]</math> występuje w&nbsp;liczniku wypisanego wyżej ułamka i&nbsp;nie występuje w&nbsp;mianowniku. Wynika stąd oszacowanie
-::<math>\binom{2 n}{n} = C \cdot \underset{n + 1 \leqslant p_k \leqslant 2 n}{\prod p_k} > \underset{n + 1 \leqslant p_k \leqslant 2 n}{\prod p_k} = \frac{P (2 n)}{P (n)}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = C \cdot \underset{n + 1 \leqslant p_k \leqslant 2 n}{\prod p_k} > \underset{n + 1 \leqslant p_k \leqslant 2 n}{\prod p_k} = {\small\frac{P (2 n)}{P (n)}}</math>
-Zauważmy, że wypisany w&nbsp;powyższej nierówności iloczyn liczb pierwszych jest liczbą nieparzystą. Ponieważ współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math> jest dodatnią liczbą całkowitą parzystą, zatem również czynnik <math>C \geqslant 2</math> musi być dodatnią liczbą całkowitą parzystą. Łącząc uzyskaną nierówność z&nbsp;oszacowaniem z&nbsp;twierdzenia A4, otrzymujemy natychmiast:
+Zauważmy, że wypisany w&nbsp;powyższej nierówności iloczyn liczb pierwszych jest liczbą nieparzystą. Ponieważ współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> jest dodatnią liczbą całkowitą parzystą, zatem również czynnik <math>C \geqslant 2</math> musi być dodatnią liczbą całkowitą parzystą. Łącząc uzyskaną nierówność z&nbsp;oszacowaniem z&nbsp;twierdzenia [[#A4|A4]], otrzymujemy natychmiast:
-::<math>\frac{P (2 n)}{P (n)} < \binom{2 n}{n} < 4^{n - 1}</math>
+::<math>{\small\frac{P (2 n)}{P (n)}} < {\small\binom{2 n}{n}} < 4^{n - 1}</math>
 Dla <math>n = 2, 3, 4</math> sprawdzamy uzyskany rezultat bezpośrednio.<br/>
@@ Linia 274: / Linia 275: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A9</span><br/>
+<span id="A9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A9</span><br/>
 Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>P(n) < 4^n</math>
@@ Linia 280: / Linia 281: @@
 Indukcja matematyczna. Oszacowanie <math>P(n) < 4^n</math> jest prawdziwe dla <math>n = 1, 2</math>. Zakładając prawdziwość oszacowania dla wszystkich liczb całkowitych nie większych od <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> rozpatrzymy dwa przypadki. Jeżeli <math>n + 1 = 2 k + 1</math> jest liczbą nieparzystą większą lub równą <math>3</math>, to mamy
-::<math>P(n + 1) = P (2 k + 1) = P (2 k + 2) = P (k + 1) \cdot \frac{P (2 k + 2)}{P (k + 1)} < 4^{k + 1} \cdot 4^k = 4^{2 k + 1} = 4^{n + 1}</math>
+::<math>P(n + 1) = P (2 k + 1) = P (2 k + 2) = P (k + 1) \cdot {\small\frac{P (2 k + 2)}{P (k + 1)}} < 4^{k + 1} \cdot 4^k = 4^{2 k + 1} = 4^{n + 1}</math>
-gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;założenia indukcyjnego i&nbsp;oszacowania z&nbsp;twierdzenia A8.
+gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;założenia indukcyjnego i&nbsp;oszacowania z&nbsp;twierdzenia [[#A8|A8]].
 Jeżeli <math>n + 1 = 2 k</math> jest liczbą parzystą większą lub równą <math>4</math>, to mamy
-::<math>P(n + 1) = P (2 k) = P (k) \cdot \frac{P (2 k)}{P (k)} < 4^k \cdot 4^{k - 1} = 4^{2 k - 1} < 4^{2 k} = 4^{n + 1}</math>
+::<math>P(n + 1) = P (2 k) = P (k) \cdot {\small\frac{P (2 k)}{P (k)}} < 4^k \cdot 4^{k - 1} = 4^{2 k - 1} < 4^{2 k} = 4^{n + 1}</math>
-gdzie ponownie skorzystaliśmy z&nbsp;założenia indukcyjnego i&nbsp;oszacowania z&nbsp;twierdzenia A8.<br/>
+gdzie ponownie skorzystaliśmy z&nbsp;założenia indukcyjnego i&nbsp;oszacowania z&nbsp;twierdzenia [[#A8|A8]].<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 294: / Linia 295: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A10</span><br/>
+<span id="A10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A10</span><br/>
-Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>p_n > \frac{1}{2 \log 2} \cdot n \log n</math>.
+Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>p_n > {\small\frac{1}{2 \log 2}} \cdot n \log n</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Ponieważ z&nbsp;definicji <math>P(p_n) = p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n</math>, to korzystając z&nbsp;oszacowań uzyskanych w&nbsp;twierdzeniach A7 i&nbsp;A9 dostajemy dla <math>n \geqslant 13</math>
+Ponieważ z&nbsp;definicji <math>P(p_n) = p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n</math>, to korzystając z&nbsp;oszacowań uzyskanych w&nbsp;twierdzeniach [[#A7|A7]] i&nbsp;[[#A9|A9]] dostajemy dla <math>n \geqslant 13</math>
 ::<math>n^n < p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n = P (p_n) < 4^{p_n}</math>
@@ Linia 308: / Linia 309: @@
 Skąd natychmiast wynika dowodzone oszacowanie
-::<math>p_n > \frac{1}{2 \log 2} \cdot n \log n > 0.72 \cdot n \log n</math>
+::<math>p_n > {\small\frac{1}{2 \log 2}} \cdot n \log n > 0.72 \cdot n \log n</math>
 Prawdziwość powyższej nierówności dla <math>n \leqslant 12</math> sprawdzamy bezpośrednio.<br/>
@@ Linia 316: / Linia 317: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A11</span><br/>
+<span id="A11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A11</span><br/>
-Dla <math>n \geqslant 2</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (2 n) - \pi (n) < 2 \log 2 \cdot \frac{n}{\log n}</math>.
+Dla <math>n \geqslant 2</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (2 n) - \pi (n) < 2 \log 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 Każda liczba pierwsza należąca do przedziału <math>[n + 1, 2 n]</math> jest dzielnikiem współczynnika dwumianowego
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{n! \cdot n!} = \frac{2 n \cdot (2 n - 1) \cdot \ldots \cdot (n + 1)}{n!}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{n! \cdot n!}} = {\small\frac{2 n \cdot (2 n - 1) \cdot \ldots \cdot (n + 1)}{n!}}</math>
-bowiem dzieli licznik i&nbsp;nie dzieli mianownika. Ponieważ dla każdej z&nbsp;tych liczb jest <math>p > n</math>, to
+bo dzieli licznik i&nbsp;nie dzieli mianownika. Ponieważ dla każdej z&nbsp;tych liczb jest <math>p > n</math>, to
-::<math>n^{\pi (2 n) - \pi (n)} < \prod_{n < p_i \leqslant 2 n} p_i < \binom{2 n}{n} < 4^n</math>
+::<math>n^{\pi (2 n) - \pi (n)} < \prod_{n < p_i \leqslant 2 n} p_i < {\small\binom{2 n}{n}} < 4^n</math>
-Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;twierdzenia A4. Logarytmując, dostajemy
+Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;twierdzenia [[#A4|A4]]. Logarytmując, dostajemy
 ::<math>[\pi (2 n) - \pi (n)] \cdot \log n < 2 n \cdot \log 2</math>
@@ Linia 334: / Linia 335: @@
 Czyli
-::<math>\pi (2 n) - \pi (n) < 2 \log 2 \cdot \frac{n}{\log n}</math>
+::<math>\pi (2 n) - \pi (n) < 2 \log 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 340: / Linia 341: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A12</span><br/>
+<span id="A12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A12</span><br/>
-Dla <math>n \geqslant 2</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) < 2 \cdot \frac{n}{\log n}</math>.
+Dla <math>n \geqslant 2</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) < 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Indukcja matematyczna. Oszacowanie <math>\pi (n) < 2 \cdot \frac{n}{\log n}</math> jest prawdziwe dla <math>2 \leqslant n \leqslant 62</math>, co łatwo sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W&nbsp;programie GP/PARI wystarczy wpisać polecenie:
+Indukcja matematyczna. Oszacowanie <math>\pi (n) < 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math> jest prawdziwe dla <math>2 \leqslant n \leqslant 62</math>, co łatwo sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W&nbsp;programie GP/PARI wystarczy wpisać polecenie:
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 2, 62, '''if'''( '''primepi'''(n) >= 2 * n/'''log'''(n), '''print'''(n) ))</span>
@@ Linia 352: / Linia 353: @@
 a) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą parzystą, to:
-::<math>\pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot \frac{n}{\log n} < 2 \cdot \frac{n + 1}{\log (n + 1)}</math>
+::<math>\pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} < 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}}</math>
-Ostatnia nierówność wynika ze spostrzeżenia, że funkcja <math>\frac{x}{\log x}</math> jest funkcją rosnącą dla <math>x > e \approx 2.71828</math>. Można też wykorzystać oszacowanie <math>\log(1 + x) < x</math> prawdziwe dla <math>x > 0</math>.
+Ostatnia nierówność wynika z twierdzenia A6. Wystarczy zauważyć, że <math>n > \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n</math> dla <math>n \geqslant 3</math>. Zatem <math>n^{n + 1} > (n + 1)^n</math>. Logarytmując, otrzymujemy <math>(n + 1) \log n > n \log (n + 1)</math>.
 b) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą nieparzystą, to możemy położyć <math>n + 1 = 2 k + 1</math> i&nbsp;otrzymujemy:
@@ Linia 364: / Linia 365: @@
 ::::<math>\quad = \pi (k + 1) + [\pi (2 k + 2) - \pi (k + 1)]</math>
-::::<math>\quad < 2 \cdot \frac{k + 1}{\log (k + 1)} + 2 \log 2 \cdot \frac{k + 1}{\log (k + 1)}</math>
+::::<math>\quad < 2 \cdot {\small\frac{k + 1}{\log (k + 1)}} + 2 \log 2 \cdot {\small\frac{k + 1}{\log (k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad = (1 + \log 2) \cdot \frac{2 k + 2}{\log (k + 1)}</math>
+::::<math>\quad = (1 + \log 2) \cdot {\small\frac{2 k + 2}{\log (k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad < \left[ 1.7 \cdot \frac{2 k + 2}{\log (k + 1)} \cdot \frac{\log (2 k + 1)}{2 k + 1} \right] \cdot \frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}</math>
+::::<math>\quad < \left[ 1.7 \cdot {\small\frac{2 k + 2}{\log (k + 1)}} \cdot {\small\frac{\log (2 k + 1)}{2 k + 1}} \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad = \left[ 1.7 \cdot \frac{2 k + 2}{2 k + 1} \cdot \frac{\log (2 k + 2)}{\log (k + 1)} \right] \cdot \frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}</math>
+::::<math>\quad = \left[ 1.7 \cdot {\small\frac{2 k + 2}{2 k + 1}} \cdot {\small\frac{\log (2 k + 2)}{\log (k + 1)}} \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad = \left[ 1.7 \cdot \left( 1 + \frac{1}{2 k + 1} \right) \cdot \frac{\log (k + 1) + \log 2}{\log (k + 1)} \right] \cdot \frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}</math>
+::::<math>\quad = \left[ 1.7 \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 k + 1}} \right) \cdot {\small\frac{\log (k + 1) + \log 2}{\log (k + 1)}} \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad = \left[ 1.7 \cdot \left( 1 + \frac{1}{2 k + 1} \right) \cdot \left( 1 + \frac{\log 2}{\log (k + 1)} \right) \right] \cdot \frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}</math>
+::::<math>\quad = \left[ 1.7 \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 k + 1}} \right) \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log 2}{\log (k + 1)}} \right) \right] \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad < 2 \cdot \frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}</math>
+::::<math>\quad < 2 \cdot {\small\frac{2 k + 1}{\log (2 k + 1)}}</math>
-::::<math>\quad = 2 \cdot \frac{n + 1}{\log (n + 1)}</math>
+::::<math>\quad = 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}}</math>
-Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;faktu, że czynnik w nawiasie kwadratowym maleje wraz ze wzrostem <math>k</math> i&nbsp;dla <math>k = 63</math> osiąga wartość <math>1.9989 \ldots</math><br/>
+Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;faktu, że czynnik w&nbsp;nawiasie kwadratowym maleje wraz ze wzrostem <math>k</math> i&nbsp;dla <math>k = 63</math> osiąga wartość <math>1.9989 \ldots</math><br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 388: / Linia 389: @@
-== Wykładnik z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w <math>n!</math> ==
+== Wykładnik, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w <math>n!</math> ==
-Uzyskanie kolejnych oszacowań wymaga znalezienia wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2}</math>.
+Uzyskanie kolejnych oszacowań wymaga znalezienia wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}}</math>.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja A13</span><br/>
+<span id="A13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja A13</span><br/>
 Funkcję <math>\lfloor x \rfloor</math> (czytaj: całość z <math>x</math>) definiujemy jako największą liczbę całkowitą nie większą od <math>x</math>. Operacyjnie możemy ją zdefiniować następująco: niech liczby <math>x, \varepsilon \in \mathbb{R}</math>, liczba <math>k \in \mathbb{Z}</math> oraz <math>0 \leqslant \varepsilon < 1</math>, jeżeli <math>x = k + \varepsilon</math>, to <math>\lfloor x \rfloor = \lfloor k + \varepsilon \rfloor = k </math>.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A14</span><br/>
+<span id="A14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A14</span><br/>
-Dla <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>, <math>x \in \mathbb{R}</math> jest <math>\left \lfloor \frac{x}{n} \right\rfloor = \left \lfloor \frac{\left \lfloor x \right \rfloor}{n} \right \rfloor</math>.
+Dla <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>, <math>x \in \mathbb{R}</math> jest <math>\left \lfloor {\small\frac{x}{n}} \right\rfloor = \left \lfloor {\small\frac{\left \lfloor x \right \rfloor}{n}} \right \rfloor</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Korzystając z&nbsp;definicji A13, przedstawmy liczbę w&nbsp;postaci <math>x = k + \varepsilon</math>, gdzie <math>0 \leqslant \varepsilon < 1</math>.
+Korzystając z&nbsp;definicji [[#A13|A13]], przedstawmy liczbę w&nbsp;postaci <math>x = k + \varepsilon</math>, gdzie <math>0 \leqslant \varepsilon < 1</math>.
 Z&nbsp;twierdzenia&nbsp;o dzieleniu z&nbsp;resztą liczbę <math>k</math> możemy zapisać w&nbsp;postaci <math>k = q n + r</math>, gdzie <math>0 \leqslant r \leqslant n - 1</math>, mamy zatem <math>x = q n + r + \varepsilon</math>. Ponieważ <math>0 \leqslant r + \varepsilon < n</math>, to po podzieleniu przez <math>n</math> dostajemy
-::<math>0 \leqslant \frac{r + \varepsilon}{n} < 1</math>
+::<math>0 \leqslant {\small\frac{r + \varepsilon}{n}} < 1</math>
 czyli
 <div style="margin-top: 0em; margin-bottom: 1em;">
-::<math>\left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{qn + r + \varepsilon }{n} \right \rfloor = \left \lfloor q + \frac{r + \varepsilon }{n} \right \rfloor = q</math>
+::<math>\left \lfloor {\small\frac{x}{n}} \right \rfloor = \left \lfloor {\small\frac{qn + r + \varepsilon }{n}} \right \rfloor = \left \lfloor q + {\small\frac{r + \varepsilon }{n}} \right \rfloor = q</math>
 </div>
-Podobnie, ponieważ <math>0 \leqslant r < n</math>, to <math>0 \leqslant \frac{r}{n} < 1</math> i&nbsp;otrzymujemy
+Podobnie, ponieważ <math>0 \leqslant r < n</math>, to <math>0 \leqslant {\small\frac{r}{n}} < 1</math> i&nbsp;otrzymujemy
 <div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
-::<math>\left\lfloor \frac{\left \lfloor x \right\rfloor}{n} \right\rfloor = \left \lfloor \frac{\left \lfloor qn + r + \varepsilon \right \rfloor}{n} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{qn + r}{n} \right \rfloor = \left \lfloor q + \frac{r}{n} \right \rfloor = q</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{\left \lfloor x \right\rfloor}{n}} \right\rfloor = \left \lfloor {\small\frac{\left \lfloor qn + r + \varepsilon \right \rfloor}{n}} \right \rfloor = \left \lfloor {\small\frac{qn + r}{n}} \right \rfloor = \left \lfloor q + {\small\frac{r}{n}} \right \rfloor = q</math>
 </div>
 &#9633;
@@ Linia 424: / Linia 425: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A15</span><br/>
+<span id="A15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A15</span><br/>
 Niech <math>x \in \mathbb{R}</math>. Liczba <math>\lfloor 2 x \rfloor - 2 \lfloor x \rfloor</math> przyjmuje wartości <math>0</math> lub <math>1</math>.
@@ Linia 441: / Linia 442: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja A16</span><br/>
+<span id="A16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja A16</span><br/>
 Niech <math>p</math> będzie liczbą pierwszą, zaś <math>a</math> dowolną liczbą naturalną. Jeżeli liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia liczby naturalnej <math>n \geqslant 2</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem <math>a</math>, to powiemy, że funkcja <math>W_p (n)</math> przyjmuje wartość <math>a</math>. Fakt ten możemy zapisać następująco
@@ Linia 448: / Linia 449: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A17</span><br/>
+<span id="A17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A17</span><br/>
 <math>W_5 (100) = 2</math>,&nbsp;&nbsp; <math>W_7 (42) = 1</math>,&nbsp;&nbsp; ponieważ <math>11! = 2^8 \cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11</math>, to <math>W_3 (11!) = 4</math>
@@ Linia 456: / Linia 457: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A18</span><br/>
+<span id="A18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A18</span><br/>
 Podstawowe własności funkcji <math>W_p (n)</math>
@@ Linia 462: / Linia 463: @@
 ::# <math>\;\; W_p (n \cdot m) = W_p (n) + W_p (m)</math>
 ::# <math>\;\; W_p (n \cdot p^a) = a + W_p (n)</math>
-::# <math>\;\; W_{p}\left ( \frac{n}{m} \right ) = W_{p}\left ( n \right ) - W_{p}\left ( m \right ) \quad \text{o ile} \quad \frac{n}{m}\in \mathbb{Z}_{+}</math>
+::# <math>\;\; W_{p}\left ( {\small\frac{n}{m}} \right ) = W_{p}\left ( n \right ) - W_{p}\left ( m \right ) \quad \text{o ile} \quad {\small\frac{n}{m}}\in \mathbb{Z}_{+}</math>
 ::# <math>\;\; p \nmid n \quad\quad \iff \quad\quad W_p (n) = 0</math>
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A19</span><br/>
+<span id="A19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A19</span><br/>
-Niech <math>p</math> będzie liczbą pierwszą. Ilość liczb podzielnych przez <math>p</math> i&nbsp;występujących w&nbsp;ciągu <math>1, 2, 3, \ldots, n</math> wynosi <math>r = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor</math>.
+Niech <math>p</math> będzie liczbą pierwszą. Ilość liczb podzielnych przez <math>p</math> i&nbsp;występujących w&nbsp;ciągu <math>1, 2, 3, \ldots, n</math> wynosi <math>r = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
@@ Linia 475: / Linia 476: @@
 ::<math>1 \cdot p, 2 \cdot p, 3 \cdot p, \ldots, r \cdot p</math>
-Gdzie <math>r</math> jest największą liczbą całkowitą nie większą niż <math>\frac{n}{p}</math>, czyli <math>r = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor</math>.<br/>
+Gdzie <math>r</math> jest największą liczbą całkowitą nie większą niż <math>{\small\frac{n}{p}}</math>, czyli <math>r = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor</math>.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 481: / Linia 482: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A20</span><br/>
+<span id="A20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A20</span><br/>
-Ilość liczb całkowitych dodatnich podzielnych przez <math>5</math> i&nbsp;nie większych od <math>63</math> wynosi <math>\left\lfloor \frac{63}{5} \right\rfloor = 12</math>. Liczby te to <math>5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50, 55, 60</math>.
+Ilość liczb całkowitych dodatnich podzielnych przez <math>5</math> i&nbsp;nie większych od <math>63</math> wynosi <math>\left\lfloor {\small\frac{63}{5}} \right\rfloor = 12</math>. Liczby te to <math>5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50, 55, 60</math>.
-Twierdzenie A19 umożliwi nam określenie wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w <math>n!</math>
+Twierdzenie [[#A19|A19]] umożliwi nam określenie wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w <math>n!</math>
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A21</span><br/>
+<span id="A21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A21</span><br/>
-Liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;iloczynie <math>n!</math> z&nbsp;wykładnikiem <math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor</math>
+Liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;iloczynie <math>n!</math> z&nbsp;wykładnikiem <math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 Dowód sprowadza się do znalezienia wartości funkcji <math>W_p (n!)</math>.
-::<math>W_p (n!) = W_p (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n) = W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \cdot p \right)</math>
+::<math>W_p (n!) = W_p (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n) = W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \cdot p \right)</math>
-Pozostawiliśmy jedynie czynniki podzielne przez <math>p</math> (czynniki niepodzielne przez <math>p</math> nie dają wkładu do wykładnika, z&nbsp;jakim <math>p</math> występuje w <math>n!</math>), wyłączając czynnik <math>p</math> z&nbsp;każdej z&nbsp;liczb <math>p, 2 p, 3 p, \ldots, \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \cdot p</math> mamy
+Pozostawiliśmy jedynie czynniki podzielne przez <math>p</math> (czynniki niepodzielne przez <math>p</math> nie dają wkładu do wykładnika, z&nbsp;jakim <math>p</math> występuje w <math>n!</math>), wyłączając czynnik <math>p</math> z&nbsp;każdej z&nbsp;liczb <math>p, 2 p, 3 p, \ldots, \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \cdot p</math> mamy
-::<math>W_p (n!) = W_p \left( p^{\lfloor n / p \rfloor} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \right) = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + W_p \left( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \right)</math>
+::<math>W_p (n!) = W_p \left( p^{\lfloor n / p \rfloor} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \right) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \right)</math>
 Otrzymane wyrażenie przekształcamy analogicznie jak wyżej
-::<math>W_p (n!) = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{\lfloor n / p \rfloor}{p} \right\rfloor \cdot p \right)</math>
+::<math>W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{\lfloor n / p \rfloor}{p}} \right\rfloor \cdot p \right)</math>
-Z twierdzenia A14 wiemy, że dla <math>x \in \mathbb{R}</math> i <math>n \in \mathbb{Z}_{+}</math> jest:
+Z twierdzenia [[#A14|A14]] wiemy, że dla <math>x \in \mathbb{R}</math> i <math>n \in \mathbb{Z}_{+}</math> jest:
-::<math>\left\lfloor \frac{\lfloor x \rfloor}{n} \right\rfloor = \left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{\lfloor x \rfloor}{n}} \right\rfloor = \left \lfloor {\small\frac{x}{n}} \right \rfloor</math>
 zatem
-::<math>W_p (n!) = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor \cdot p \right) =</math>
+::<math>W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( p \cdot 2 p \cdot 3 p \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor \cdot p \right) =</math>
-::::<math>\;\, = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + W_p \left( p^{\lfloor n / p^2 \rfloor} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor \right) =</math>
+::::<math>\;\, = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + W_p \left( p^{\lfloor n / p^2 \rfloor} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor \right) =</math>
-::::<math>\;\, = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor + W_p \left( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor \right)</math>
+::::<math>\;\, = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor + W_p \left( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor \right)</math>
-Oczywiście opisaną wyżej procedurę możemy powtarzać wielokrotnie. Zakończenie następuje wtedy, gdy wykładnik liczby pierwszej <math>p</math> osiągnie wartość tak dużą, że <math>\left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>. Ponieważ nie wiemy, jaka to wartość (choć możemy ją oszacować), to stosujemy zapis
+Oczywiście opisaną wyżej procedurę możemy powtarzać wielokrotnie. Zakończenie następuje wtedy, gdy wykładnik liczby pierwszej <math>p</math> osiągnie wartość tak dużą, że <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>. Ponieważ nie wiemy, jaka to wartość (choć możemy ją oszacować), to stosujemy zapis
-::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor</math>
+::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor</math>
 zdając sobie sprawę z&nbsp;tego, że w&nbsp;rzeczywistości sumowanie obejmuje jedynie skończoną liczbę składników.<br/>
@@ Linia 526: / Linia 527: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A22</span><br/>
+<span id="A22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A22</span><br/>
-Należy zauważyć, że liczba sumowań jest skończona, bowiem bardziej precyzyjnie możemy powyższy wzór zapisać w postaci
+Łatwo zauważymy, że liczba sumowań jest skończona, gdy powyższy wzór zapiszemy w&nbsp;postaci
-::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^B \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor</math>
+::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^B \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor</math>
-gdzie <math>B = \lfloor \log_2 (n) \rfloor</math>. Jest tak dlatego, że jeżeli <math>k</math> przekroczy <math>\lfloor \log_2 (n) \rfloor</math>, to dla liczby pierwszej <math>p = 2</math>, jak również dla wszystkich innych liczb pierwszych mamy
+gdzie <math>B = \lfloor \log_2 (n) \rfloor</math>. Jest tak dlatego, że jeżeli <math>k</math> przekroczy <math>\lfloor \log_2 (n) \rfloor</math>, to dla liczby pierwszej <math>p = 2</math>, jak również dla wszystkich innych liczb pierwszych, mamy
-::<math>\frac{n}{p^k} < 1</math>
+::<math>{\small\frac{n}{p^k}} < 1</math>
 czyli dla <math>k > B</math> sumujemy same zera.
@@ Linia 539: / Linia 540: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A23</span><br/>
+<span id="A23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A23</span><br/>
 Niech <math>n = 30</math>, <math>p = 3</math>
@@ Linia 564: / Linia 565: @@
 Co jest zgodne ze wzorem:
-::<math>W_3 (30!) = \left\lfloor \frac{30}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{30}{3^2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{30}{3^3} \right\rfloor = 10 + 3 + 1 = 14</math>
+::<math>W_3 (30!) = \left\lfloor {\small\frac{30}{3}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{30}{3^2}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{30}{3^3}} \right\rfloor = 10 + 3 + 1 = 14</math>
-Podobnie jak w&nbsp;poprzednim podrozdziale będziemy badali współczynnik dwumianowy postaci <math>\binom{2 n}{n}</math>. Teraz już łatwo możemy policzyć wykładnik, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze tego współczynnika dwumianowego.
+Podobnie jak w&nbsp;poprzednim podrozdziale będziemy badali współczynnik dwumianowy postaci <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>. Teraz już łatwo możemy policzyć wykładnik, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze tego współczynnika dwumianowego.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A24</span><br/>
+<span id="A24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A24</span><br/>
-Liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> z&nbsp;wykładnikiem
+Liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> z&nbsp;wykładnikiem
-::<math>u = \sum^{\infty}_{k = 1} \left( \left \lfloor \frac{2n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right)</math>
+::<math>u = \sum^{\infty}_{k = 1} \left( \left \lfloor {\small\frac{2n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right)</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Ponieważ <math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2}</math>, to liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> z&nbsp;wykładnikiem:
+Ponieważ <math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}}</math>, to liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia na czynniki pierwsze liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> z&nbsp;wykładnikiem:
-::<math>W_p \left( \binom{2 n}{n} \right) = W_p ((2 n) !) - 2 W_p (n!) = \sum^{\infty}_{k = 1} \left \lfloor \frac{2n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \sum^{\infty}_{k = 1} \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor = \sum^{\infty}_{k = 1} \left( \left \lfloor \frac{2n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right)</math>
+::<math>W_p \left( {\small\binom{2 n}{n}} \right) = W_p ((2 n) !) - 2 W_p (n!) = \sum^{\infty}_{k = 1} \left \lfloor {\small\frac{2n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \sum^{\infty}_{k = 1} \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor = \sum^{\infty}_{k = 1} \left( \left \lfloor {\small\frac{2n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right)</math>
 <br/>
 &#9633;
@@ Linia 587: / Linia 588: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A25</span><br/>
+<span id="A25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A25</span><br/>
-Liczby pierwsze spełniające warunek <math>p > \sqrt{2 n}</math> występują w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem <math>u = 1</math> lub <math>u = 0</math>.
+Liczby pierwsze spełniające warunek <math>p > \sqrt{2 n}</math> występują w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem <math>u = 1</math> lub <math>u = 0</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Jeżeli <math>p > \sqrt{2 n}</math>, to dla <math>k \geqslant 2</math> mamy <math>p^k \geqslant p^2 > 2 n > n</math>. Zatem dla <math>k \geqslant 2</math> jest <math>\left\lfloor \frac{2 n}{p^k} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor = 0</math> i&nbsp;otrzymujemy
+Jeżeli <math>p > \sqrt{2 n}</math>, to dla <math>k \geqslant 2</math> mamy <math>p^k \geqslant p^2 > 2 n > n</math>. Zatem dla <math>k \geqslant 2</math> jest <math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math> i&nbsp;otrzymujemy
-::<math>u = \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right ) = \left \lfloor \frac{2 n}{p} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor</math>
+::<math>u = \sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) = \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p}} \right \rfloor</math>
-Na mocy twierdzenia A15 (dla <math>x = \tfrac{n}{p}</math>), dostajemy natychmiast, że <math>u = 1</math> lub <math>u = 0</math>.
+Na mocy twierdzenia [[#A15|A15]] (dla <math>x = \tfrac{n}{p}</math>), dostajemy natychmiast, że <math>u = 1</math> lub <math>u = 0</math>.
 <br/>
 &#9633;
@@ Linia 602: / Linia 603: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A26</span><br/>
+<span id="A26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A26</span><br/>
-Niech <math>p</math> będzie liczbą pierwszą. Jeżeli <math>p^a \biggr\rvert \binom{2 n}{n}</math>, to <math>p^a \leqslant 2 n</math>.
+Niech <math>p</math> będzie liczbą pierwszą. Jeżeli <math>p^a \biggr\rvert {\small\binom{2 n}{n}}</math>, to <math>p^a \leqslant 2 n</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Niech <math>u</math> oznacza wykładnik, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze. Mamy
+Niech <math>u</math> oznacza wykładnik, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> wchodzi do rozwinięcia współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze. Mamy
-::<math>u = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \left\lfloor \frac{2 n}{p^k} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor \right)</math>
+::<math>u = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor \right)</math>
 gdzie sumowanie przebiega w&nbsp;rzeczywistości od <math>k = 1</math> do <math>k = s</math>, a&nbsp;wartość liczby <math>s</math> wynika z&nbsp;warunku <math>p^s \leqslant 2 n < p^{s + 1}</math>. Ponieważ sumowane wyrazy są równe <math>0</math> lub <math>1</math>, to otrzymujemy natychmiast oszacowanie <math>u \leqslant s</math>, skąd wynika następujący ciąg nierówności
@@ Linia 622: / Linia 623: @@
 == Oszacowanie <math>p_n</math> od góry i <math>\pi (n)</math> od dołu ==
-Z twierdzenia A26 wynika natychmiast
+Z twierdzenia [[#A26|A26]] wynika natychmiast
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A27</span><br/>
+<span id="A27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A27</span><br/>
-Niech <math>\binom{2 n}{n} = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s</math> będzie rozkładem współczynnika dwumianowego na czynniki pierwsze. Dla każdej liczby pierwszej <math>q_i</math>, <math>i = 1, \ldots, s</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>q^{\alpha_i}_i \leqslant 2 n</math>.
+Niech <math>{\small\binom{2 n}{n}} = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s</math> będzie rozkładem współczynnika dwumianowego na czynniki pierwsze. Dla każdej liczby pierwszej <math>q_i</math>, <math>i = 1, \ldots, s</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>q^{\alpha_i}_i \leqslant 2 n</math>.
 Uwaga: w&nbsp;powyższym twierdzeniu <math>q_i</math> nie oznacza <math>i</math>-tej liczby pierwszej, a&nbsp;pewną liczbą pierwszą o&nbsp;indeksie <math>i</math> ze zboru liczb pierwszych <math>q_1, \ldots q_s</math>, które wchodzą do rozkładu współczynnika dwumianowego na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem większym od zera.
@@ Linia 632: / Linia 633: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A28</span><br/>
+<span id="A28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A28</span><br/>
-Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math>
+Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>
-::<math>\binom{2 n}{n} \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} < (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} < (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)}</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Dowód wynika natychmiast z&nbsp;twierdzenia A27, bowiem
+Dowód wynika natychmiast z&nbsp;twierdzenia [[#A27|A27]], bo
-::<math>\binom{2 n}{n} = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s \leqslant (2 n)^s \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} < (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s \leqslant (2 n)^s \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} < (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)}</math>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 646: / Linia 647: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A29</span><br/>
+<span id="A29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A29</span><br/>
 Dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
-::<math>\pi (n) > \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n}</math>
+::<math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-W twierdzeniu A4 oszacowaliśmy współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math>. Przepiszemy, to twierdzenie w&nbsp;postaci bardziej czytelnej dla potrzeb tego dowodu
+W twierdzeniu [[#A4|A4]] oszacowaliśmy współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>. Przepiszemy, to twierdzenie w&nbsp;postaci bardziej czytelnej dla potrzeb tego dowodu
-::<math>\left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} < \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} < \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 2} = 3.8^{n + 1} < \binom{2 n}{n}</math>
+::<math>\left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} < \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} < \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 2} = 3.8^{n + 1} < {\small\binom{2 n}{n}}</math>
-Nierówności te są prawdziwe dla <math>n \geqslant 80</math>. Z&nbsp;twierdzenia A28 mamy
+Nierówności te są prawdziwe dla <math>n \geqslant 80</math>. Z&nbsp;twierdzenia [[#A28|A28]] mamy
-::<math>\left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} < \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} < \binom{2 n}{n} \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} < (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)}</math>
+::<math>\left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n} < \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1} < {\small\binom{2 n}{n}} \leqslant (2 n)^{\pi (2 n)} < (2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)}</math>
-Łącząc odpowiednie oszacowania współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> od góry z&nbsp;odpowiednimi oszacowaniami od dołu, dostajemy
+Łącząc odpowiednie oszacowania współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> od góry z&nbsp;odpowiednimi oszacowaniami od dołu, dostajemy
 ::<math>(2 n + 1)^{\pi (2 n + 1)} > \left( \sqrt{3.8} \right)^{2 n + 1}</math>
@@ Linia 674: / Linia 675: @@
 Czyli
-::<math>\pi (m) > \frac{1}{2} \cdot \log \left ( 3.8 \right ) \cdot \frac{m}{\log m} > 0.6675 \cdot \frac{m}{\log m} > \frac{2}{3} \cdot \frac{m}{\log m}</math>
+::<math>\pi (m) > {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left ( 3.8 \right ) \cdot {\small\frac{m}{\log m}} > 0.6675 \cdot {\small\frac{m}{\log m}} > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{m}{\log m}}</math>
 Dla <math>m = 3, 4, \ldots, 159</math> prawdziwość nierówności sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W&nbsp;programie GP/PARI wystarczy wykonać polecenie
@@ Linia 684: / Linia 685: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A30</span><br/>
+<span id="A30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A30</span><br/>
 Niech <math>n \geqslant 3</math>. Dla <math>n</math>-tej liczby pierwszej <math>p_n</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>p_n < 2 n \log n</math>
@@ Linia 690: / Linia 691: @@
 Rozpoczniemy od pokazania, że dla <math>x > 83499.14</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie funkcji <math>\log x</math> od góry
-::<math>\log x < \frac{2}{3} \cdot x^{1 / 4}</math>
+::<math>\log x < {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 4}</math>
-Wiemy, że dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> istnieje takie <math>x_0</math>, że dla <math>x > x_0</math> jest <math>\log x < x^{1 / n}</math>. Zatem dla odpowiednio dużych <math>x</math> z pewnością będzie <math>\tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} > \log x \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>. Zamieszczony niżej obrazek przedstawia wykres funkcji <math>f( x ) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} - \log x</math>.
+Wiemy, że dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> istnieje takie <math>x_0</math>, że dla <math>x > x_0</math> jest <math>\log x < x^{1 / n}</math>. Zatem dla odpowiednio dużych <math>x</math> z&nbsp;pewnością będzie <math>\tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} > \log x \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>. Zamieszczony niżej obrazek przedstawia wykres funkcji <math>f( x ) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} - \log x</math>.
 ::[[File: A_Czebyszew-wykres-1.png|1000px|none]]
-Wpisując w PARI/GP polecenie
+Wpisując w&nbsp;PARI/GP polecenie
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''solve'''(x = 80000, 10^5, 2/3 * x^(1/4) - '''log'''(x))</span>
-wyliczamy, że funkcja <math>f( x )</math> przecina oś <math>O X</math> w punkcie <math>x = 83499.136 \ldots</math> Wynika stąd, że dla <math>x > 83499.14</math> prawdziwa jest nierówność
+wyliczamy, że funkcja <math>f( x )</math> przecina oś <math>O X</math> w&nbsp;punkcie <math>x = 83499.136 \ldots</math> Wynika stąd, że dla <math>x > 83499.14</math> prawdziwa jest nierówność
-::<math>\log x < \frac{2}{3} \cdot x^{1 / 4}</math>
+::<math>\log x < {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 4}</math>
-Z twierdzenia A29 wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n}</math>. Kładąc <math>n = p_k</math>, otrzymujemy dla <math>k \geqslant 2</math>
+Z twierdzenia [[#A29|A29]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Kładąc <math>n = p_k</math>, otrzymujemy dla <math>k \geqslant 2</math>
-::<math>k = \pi (p_k) > \frac{2}{3} \cdot \frac{p_k}{\log p_k}</math>
+::<math>k = \pi (p_k) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{p_k}{\log p_k}}</math>
 Zatem
-::<math>p_k < \frac{3}{2} \cdot k \cdot \log p_k \qquad \qquad (1)</math>
+::<math>p_k < {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot \log p_k \qquad \qquad (1)</math>
-Korzystając z wcześniej pokazanego oszacowania, otrzymujemy nierówność prawdziwą dla <math>p_k > 83499</math>
+Korzystając z&nbsp;wcześniej pokazanego oszacowania, otrzymujemy nierówność prawdziwą dla <math>p_k > 83499</math>
-::<math>p_k < \frac{3}{2} \cdot k \cdot \frac{2}{3} \cdot (p_k)^{1 / 4}</math>
+::<math>p_k < {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{2}{3}} \cdot (p_k)^{1 / 4}</math>
 czyli
@@ Linia 725: / Linia 726: @@
 Wstawiając to oszacowanie ponownie do <math>(1)</math>, dostajemy
-::<math>p_k < \frac{3}{2} \cdot k \cdot \frac{4}{3} \cdot \log k = 2 k \log k</math>
+::<math>p_k < {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{4}{3}} \cdot \log k = 2 k \log k</math>
-Wpisując w PARI/GP polecenie
+Wpisując w&nbsp;PARI/GP polecenie
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(k = 1, 10^5, p = '''prime'''(k); '''if'''( p > 83499, '''print'''("end"); '''break'''() ); '''if'''( p >= 2 * k * '''log'''(k), '''print'''(k) ))</span>
@@ Linia 735: / Linia 736: @@
 <hr style="width: 25%; height: 2px; " />
-<span style="color: Green">[a]</span> Bardziej precyzyjnie: pochodna funkcji <math>f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} - \log x</math> jest równa <math>\frac{1}{6 x^{3 / 4}} - \frac{1}{x}</math> (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=D%5B+2%2F3+*+x%5E%281%2F4%29+-+log%28x%29%2C+x+%5D WolframAlpha]). Łatwo sprawdzamy, że pochodna jest ujemna w przedziale <math>(0, 1296)</math> i&nbsp;dodatnia w&nbsp;przedziale <math>(1296, \infty)</math>. Wynika stąd, że funkcja <math>f( x )</math> jest funkcją malejącą dla <math>x < 1296</math> i rosnącą dla <math>x > 1296</math>.<br/>
+<span style="color: Green">[a]</span> Bardziej precyzyjnie: pochodna funkcji <math>f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 4} - \log x</math> jest równa <math>{\small\frac{1}{6 x^{3 / 4}}} - {\small\frac{1}{x}}</math> (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=D%5B+2%2F3+*+x%5E%281%2F4%29+-+log%28x%29%2C+x+%5D WolframAlpha]). Łatwo sprawdzamy, że pochodna jest ujemna w&nbsp;przedziale <math>(0, 1296)</math> i&nbsp;dodatnia w&nbsp;przedziale <math>(1296, \infty)</math>. Wynika stąd, że funkcja <math>f( x )</math> jest funkcją malejącą dla <math>x < 1296</math> i&nbsp;rosnącą dla <math>x > 1296</math>.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 749: / Linia 750: @@
-Dowód twierdzenia A30 kończy dowód całego twierdzenia&nbsp;A1. Możemy teraz dokończyć dowód twierdzenia&nbsp;A7 i&nbsp;pokazać, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie:
+Dowód twierdzenia [[#A30|A30]] kończy dowód całego twierdzenia&nbsp;[[#A1|A1]]. Możemy teraz dokończyć dowód twierdzenia&nbsp;[[#A7|A7]] i&nbsp;pokazać, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie:
 ::<math>p_1 \cdot \ldots \cdot p_n < (n \log n)^n</math>
@@ Linia 760: / Linia 761: @@
 ::::::<math>\quad < n^n \cdot (\log n)^n \cdot 2 (n + 1) \log (n + 1) \leqslant</math>
-::::::<math>\quad \leqslant n^n \cdot \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \cdot (n + 1) \cdot (\log n)^n \cdot \log (n + 1) <</math>
+::::::<math>\quad \leqslant n^n \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \cdot (n + 1) \cdot (\log n)^n \cdot \log (n + 1) <</math>
 ::::::<math>\quad < (n + 1)^{n + 1} \cdot [\log (n + 1)]^n \cdot \log (n + 1) =</math>
@@ Linia 766: / Linia 767: @@
 ::::::<math>\quad = [(n + 1) \cdot \log (n + 1)]^{n + 1}</math>
-Gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;twierdzenia A30 oraz z&nbsp;faktu, że ciąg <math>a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n</math> jest ciągiem ograniczonym <math>2 \leqslant a_n < 3</math> (zobacz twierdzenie A6).<br/>
+Gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;twierdzenia [[#A30|A30]] oraz z&nbsp;faktu, że ciąg <math>a_n = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n</math> jest ciągiem ograniczonym <math>2 \leqslant a_n < 3</math> (zobacz twierdzenie [[#A6|A6]]).<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 778: / Linia 779: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A31</span><br/>
+<span id="A31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A31</span><br/>
 Niech <math>n \geqslant 3</math>. Dla <math>n</math>-tej liczby pierwszej <math>p_n</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>p_n < 1.875 \cdot n \log n</math>
@@ Linia 784: / Linia 785: @@
 Rozpoczniemy od pokazania, że dla <math>x > 7572437.23</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie funkcji <math>\log x</math> od góry
-::<math>\log x < \frac{2}{3} \cdot x^{1 / 5}</math>
+::<math>\log x < {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 5}</math>
-Wiemy, że dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> istnieje takie <math>x_0</math>, że dla <math>x > x_0</math> jest <math>\log x < x^{1 / n}</math>. Zatem dla odpowiednio dużych <math>x</math> z pewnością będzie <math>\tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} > \log x \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>. Wpisując w PARI/GP polecenie
+Wiemy, że dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> istnieje takie <math>x_0</math>, że dla <math>x > x_0</math> jest <math>\log x < x^{1 / n}</math>. Zatem dla odpowiednio dużych <math>x</math> z&nbsp;pewnością będzie <math>\tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} > \log x \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>. Wpisując w&nbsp;PARI/GP polecenie
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''solve'''(x = 10^6, 10^7, 2/3 * x^(1/5) - '''log'''(x))</span>
-wyliczamy, że funkcja <math>f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} - \log x</math> przecina oś <math>O X</math> w punkcie <math>x = 7572437.223 \ldots</math> Wynika stąd, że dla <math>x > 7572437.23</math> prawdziwa jest nierówność
+wyliczamy, że funkcja <math>f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} - \log x</math> przecina oś <math>O X</math> w&nbsp;punkcie <math>x = 7572437.223 \ldots</math> Wynika stąd, że dla <math>x > 7572437.23</math> prawdziwa jest nierówność
-::<math>\log x < \frac{2}{3} \cdot x^{1 / 5}</math>
+::<math>\log x < {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 5}</math>
-Z twierdzenia A29 wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n}</math>. Kładąc <math>n = p_k</math>, otrzymujemy dla <math>k \geqslant 2</math>
+Z twierdzenia [[#A29|A29]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Kładąc <math>n = p_k</math>, otrzymujemy dla <math>k \geqslant 2</math>
-::<math>k = \pi (p_k) > \frac{2}{3} \cdot \frac{p_k}{\log p_k}</math>
+::<math>k = \pi (p_k) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{p_k}{\log p_k}}</math>
 Zatem
-::<math>p_k < \frac{3}{2} \cdot k \cdot \log p_k \qquad \qquad (1)</math>
+::<math>p_k < {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot \log p_k \qquad \qquad (1)</math>
-Korzystając z wcześniej pokazanego oszacowania, otrzymujemy nierówność prawdziwą dla <math>p_k > 7572437</math>
+Korzystając z&nbsp;wcześniej pokazanego oszacowania, otrzymujemy nierówność prawdziwą dla <math>p_k > 7572437</math>
-::<math>p_k < \frac{3}{2} \cdot k \cdot \frac{2}{3} \cdot (p_k)^{1 / 5}</math>
+::<math>p_k < {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{2}{3}} \cdot (p_k)^{1 / 5}</math>
 czyli
@@ Linia 815: / Linia 816: @@
 Wstawiając to oszacowanie ponownie do <math>(1)</math>, dostajemy
-::<math>p_k < \frac{3}{2} \cdot k \cdot \frac{5}{4} \cdot \log k = 1.875 \cdot k \log k</math>
+::<math>p_k < {\small\frac{3}{2}} \cdot k \cdot {\small\frac{5}{4}} \cdot \log k = 1.875 \cdot k \log k</math>
-Wpisując w PARI/GP polecenie
+Wpisując w&nbsp;PARI/GP polecenie
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(k = 1, 10^7, p = '''prime'''(k); '''if'''( p > 7572437, '''print'''("end"); '''break'''() ); '''if'''( p >= 2 * k * '''log'''(k), '''print'''(k) ))</span>
@@ Linia 825: / Linia 826: @@
 <hr style="width: 25%; height: 2px; " />
-<span style="color: Green">[a]</span> Bardziej precyzyjnie: pochodna funkcji <math>f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} - \log x</math> jest równa <math>\frac{2}{15 x^{4 / 5}} - \frac{1}{x}</math> (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=D%5B+2%2F3+*+x%5E%281%2F5%29+-+log%28x%29%2C+x+%5D WolframAlpha]). Łatwo sprawdzamy, że pochodna jest ujemna w przedziale <math>(0, 23730.46875)</math> i&nbsp;dodatnia w&nbsp;przedziale <math>(23730.46875, \infty)</math>. Wynika stąd, że funkcja <math>f( x )</math> jest funkcją malejącą dla <math>x < 23730.46875</math> i rosnącą dla <math>x > 23730.46875</math>.<br/>
+<span style="color: Green">[a]</span> Bardziej precyzyjnie: pochodna funkcji <math>f(x) = \tfrac{2}{3} \cdot x^{1 / 5} - \log x</math> jest równa <math>{\small\frac{2}{15 x^{4 / 5}}} - {\small\frac{1}{x}}</math> (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=D%5B+2%2F3+*+x%5E%281%2F5%29+-+log%28x%29%2C+x+%5D WolframAlpha]). Łatwo sprawdzamy, że pochodna jest ujemna w&nbsp;przedziale <math>(0, 23730.46875)</math> i&nbsp;dodatnia w&nbsp;przedziale <math>(23730.46875, \infty)</math>. Wynika stąd, że funkcja <math>f( x )</math> jest funkcją malejącą dla <math>x < 23730.46875</math> i&nbsp;rosnącą dla <math>x > 23730.46875</math>.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 831: / Linia 832: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A32</span><br/>
+<span id="A32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A32</span><br/>
 Niech <math>n \geqslant 2</math>. Dla funkcji <math>\pi (n)</math> prawdziwe jest oszacowanie
-::<math>\pi (n) < 1.733 \cdot \frac{n}{\log n}</math>
+::<math>\pi (n) < 1.733 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Z twierdzenia A1 wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> jest
+Z twierdzenia [[#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> jest
-::<math>\pi (n) > \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n} > n^{4 / 5}</math>
+::<math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} > n^{4 / 5}</math>
 Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;faktu, że dla <math>x > 7572437.223 \ldots</math> prawdziwe jest oszacowanie
-::<math>\frac{2}{3} \cdot \frac{x}{\log x} > x^{4 / 5}</math>
+::<math>{\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{x}{\log x}} > x^{4 / 5}</math>
-Korzystając z&nbsp;twierdzenia A9 możemy napisać ciąg nierówności
+Korzystając z&nbsp;twierdzenia [[#A9|A9]] możemy napisać ciąg nierówności
 ::<math>4^n > P (n) = p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_{\pi (n)} > \pi (n)^{\pi (n)} > (n^{4 / 5})^{\pi (n)} = n^{4 \pi (n) / 5}</math>
@@ Linia 851: / Linia 852: @@
 skąd otrzymujemy, że dla <math>n \geqslant 7572438</math> prawdziwe jest oszacowanie
-::<math>\pi (n) < 1.733 \cdot \frac{n}{\log n}</math>
+::<math>\pi (n) < 1.733 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>
 W GP/PARI sprawdzamy, że otrzymana nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 2</math>
@@ Linia 861: / Linia 862: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A33</span><br/>
+<span id="A33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A33</span><br/>
-Dowód twierdzenia A31 wymagał wykorzystania polecenia PARI/GP, w&nbsp;którym wielokrotnie była wywoływana funkcja <code>prime(n)</code>. Analogiczna sytuacja miała miejsce w&nbsp;przypadku twierdzenia&nbsp;A32 – tam musieliśmy wielokrotnie wywoływać funkcję <code>primepi(n)</code>. Znacznie lepiej w&nbsp;takim przypadku jest napisać krótki program, który zamiast wielokrotnie wywoływać te funkcje, będzie je obliczał w&nbsp;sposób ciągły w&nbsp;całym testowanym przedziale wartości. Taka zmiana znacząco skraca czas obliczeń. Podane niżej programy <code>Test1(n)</code> i <code>Test2(n)</code> wywołane z&nbsp;parametrami <code>n = 520000</code> i&nbsp;odpowiednio <code>n = 8*10^6</code> odpowiadają poleceniom
+Dowód twierdzenia [[#A31|A31]] wymagał wykorzystania polecenia PARI/GP, w&nbsp;którym wielokrotnie była wywoływana funkcja <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>prime(n)</code></span>. Analogiczna sytuacja miała miejsce w&nbsp;przypadku twierdzenia&nbsp;[[#A32|A32]] – tam musieliśmy wielokrotnie wywoływać funkcję <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>primepi(n)</code></span>. Znacznie lepiej w&nbsp;takim przypadku jest napisać krótki program, który zamiast wielokrotnie wywoływać te funkcje, będzie je obliczał w&nbsp;sposób ciągły w&nbsp;całym testowanym przedziale wartości. Taka zmiana znacząco skraca czas obliczeń. Podane niżej programy <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>Test1(n)</code></span> i <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>Test2(n)</code></span> wywołane z&nbsp;parametrami <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>n = 520000</code></span> i&nbsp;odpowiednio <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>n = 8*10^6</code></span> odpowiadają poleceniom
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(s = 1, 520000, '''if'''( '''prime'''(s) >= s^(5/4), '''print'''(s) ))</span>
@@ Linia 900: / Linia 901: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A34</span><br/>
+<span id="A34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A34</span><br/>
 Czytelnik nie powinien mieć złudzeń, że postępując podobnie, uzyskamy istotne polepszenie oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math> lub <math>p_n</math>. Już osiągnięcie tą drogą oszacowania <math>p_n < 1.6 \cdot n \log n</math> przekracza możliwości obliczeniowe współczesnych komputerów. Wystarczy zauważyć, że nierówność
-::<math>\log x < \frac{2}{3} \cdot x^{1 / 16}</math>
+::<math>\log x < {\small\frac{2}{3}} \cdot x^{1 / 16}</math>
 jest prawdziwa dla <math>x > 7.671 \cdot 10^{32}</math>.
@@ Linia 913: / Linia 914: @@
 == Zastosowania ==
-Ciekawy rezultat wynika z twierdzenia&nbsp;A7, ale wcześniej musimy udowodnić twierdzenie o&nbsp;średniej arytmetycznej i&nbsp;geometrycznej.
+Ciekawy rezultat wynika z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A7|A7]], ale wcześniej musimy udowodnić twierdzenie o&nbsp;średniej arytmetycznej i&nbsp;geometrycznej.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A35</span><br/>
+<span id="A35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A35</span><br/>
 Dla dowolnych liczb dodatnich <math>a_1, a_2, \ldots, a_n</math> średnia arytmetyczna jest nie mniejsza od średniej geometrycznej
-::<math>\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \geqslant \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n}</math>
+::<math>{\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}} \geqslant \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n}</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Twierdzenie jest w sposób oczywisty prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Równie łatwo stwierdzamy prawdziwość nierówności dla <math>n = 2</math>
+Twierdzenie jest w&nbsp;sposób oczywisty prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Równie łatwo stwierdzamy prawdziwość nierówności dla <math>n = 2</math>
 ::<math>(a_1 - a_2)^2 \geqslant 0</math>
@@ Linia 931: / Linia 932: @@
 ::<math>(a_1 + a_2)^2 \geqslant 4 a_1 a_2</math>
-::<math>\frac{a_1 + a_2}{2} \geqslant \sqrt{a_1 a_2}</math>
+::<math>{\small\frac{a_1 + a_2}{2}} \geqslant \sqrt{a_1 a_2}</math>
-Dla potrzeb dowodu zapiszemy dowodzoną nierówność w postaci
+Dla potrzeb dowodu zapiszemy dowodzoną nierówność w&nbsp;postaci
-::<math>\left( \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \right)^n \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n</math>
+::<math>\left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}} \right)^n \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n</math>
 Zakładając, że twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich nie większych od <math>n</math> dla <math>n + 1</math> mamy
-a) w przypadku gdy <math>n + 1 = 2 k</math> jest liczbą parzystą
+a) w&nbsp;przypadku gdy <math>n + 1 = 2 k</math> jest liczbą parzystą
-::<math>\left( \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{n + 1}}{n + 1} \right)^{n + 1} = \left( \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k}}{2 k} \right)^{2 k} =</math>
+::<math>\left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{n + 1}}{n + 1}} \right)^{n + 1} = \left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k}}{2 k}} \right)^{2 k} =</math>
-::::::::::<math>\quad = \left[ \left( \frac{\frac{a_1 + a_2}{2} + \frac{a_3 + a_4}{2} + \ldots + \frac{a_{2 k - 1} + a_{2 k}}{2}}{k} \right)^k \right]^2 \geqslant</math>
+:::::::::<math>\;\;\, = \left[ \left( \frac{ \tfrac{a_{\large 1} + a_{\large 2}}{2} + \tfrac{a_{\large 3} + a_{\large 4}}{2} + \ldots + \tfrac{a_{\large 2 k - 1} + a_{\large 2 k}}{2}}{k} \right)^k \right]^2 \geqslant</math>
-::::::::::<math>\quad \geqslant \left( \frac{a_1 + a_2}{2} \cdot \frac{a_3 + a_4}{2} \cdot \ldots \cdot \frac{a_{2 k - 1} + a_{2 k}}{2} \right)^2 \geqslant</math>
+:::::::::<math>\;\;\, \geqslant \left( {\small\frac{a_1 + a_2}{2}} \cdot {\small\frac{a_3 + a_4}{2}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{a_{2 k - 1} + a_{2 k}}{2}} \right)^2 \geqslant</math>
-::::::::::<math>\quad \geqslant \left( \sqrt{a_1 a_2} \cdot \sqrt{a_3 a_4} \cdot \ldots \cdot \sqrt{a_{2 k - 1} a_{2 k}} \right)^2 =</math>
+:::::::::<math>\;\;\, \geqslant \left( \sqrt{a_1 a_2} \cdot \sqrt{a_3 a_4} \cdot \ldots \cdot \sqrt{a_{2 k - 1} a_{2 k}} \right)^2 =</math>
-::::::::::<math>\quad = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k} =</math>
+:::::::::<math>\;\;\, = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k} =</math>
-::::::::::<math>\quad = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{n + 1}</math>
+:::::::::<math>\;\;\, = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{n + 1}</math>
-Gdzie skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego i&nbsp;prawdziwości dowodzonego twierdzenia dla <math>n = 2</math>.
+Gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;założenia indukcyjnego i&nbsp;prawdziwości dowodzonego twierdzenia dla <math>n = 2</math>.
-b) w przypadku gdy <math>n + 1 = 2 k - 1</math> jest liczbą nieparzystą, możemy skorzystać z&nbsp;udowodnionego wyżej punktu a) dla '''parzystej''' ilości liczb
+b) w&nbsp;przypadku gdy <math>n + 1 = 2 k - 1</math> jest liczbą nieparzystą, możemy skorzystać z&nbsp;udowodnionego wyżej punktu a) dla '''parzystej''' ilości liczb
 ::<math>a_1, a_2, \ldots, a_{2 k - 1}, S</math>
@@ Linia 961: / Linia 962: @@
 gdzie przez <math>S</math> oznaczyliśmy średnią arytmetyczną liczb <math>a_1, a_2, \ldots, a_{2 k - 1}</math>
-::<math>S = \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k - 1}}{2 k - 1}</math>
+::<math>S = {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k - 1}}{2 k - 1}}</math>
 Na mocy punktu a) prawdziwa jest nierówność
-::<math>\left( \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k - 1} + S}{2 k} \right)^{2 k} = \left( \frac{(2 k - 1) S + S}{2 k} \right)^{2 k} \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k - 1} \cdot S</math>
+::<math>\left( {\small\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_{2 k - 1} + S}{2 k}} \right)^{2 k} = \left( {\small\frac{(2 k - 1) S + S}{2 k}} \right)^{2 k} \geqslant a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_{2 k - 1} \cdot S</math>
 Skąd otrzymujemy
@@ Linia 979: / Linia 980: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A36</span><br/>
+<span id="A36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A36</span><br/>
 Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwa jest nierówność <math>p_1 + p_2 + \ldots + p_n > n^2</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Korzystając z&nbsp;twierdzeń A7 i A35 możemy napisać następujący ciąg nierówności dla <math>n</math> kolejnych liczb pierwszych
+Korzystając z&nbsp;twierdzeń [[#A7|A7]] i [[#A35|A35]], możemy napisać następujący ciąg nierówności dla <math>n</math> kolejnych liczb pierwszych
-::<math>\frac{p_1 + p_2 + \ldots + p_n}{n} \geqslant \sqrt[n]{p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n} > \sqrt[n]{n^n} = n</math>
+::<math>{\small\frac{p_1 + p_2 + \ldots + p_n}{n}} \geqslant \sqrt[n]{p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n} > \sqrt[n]{n^n} = n</math>
-Stąd otrzymujemy natychmiast tezę twierdzenia, którą sprawdzamy dla <math>n < 13</math>. Do sprawdzenia można wykorzystać proste polecenie w PARI/GP
+Stąd otrzymujemy natychmiast tezę twierdzenia, którą sprawdzamy dla <math>n < 13</math>. Do sprawdzenia można wykorzystać proste polecenie w&nbsp;PARI/GP
   <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 20, s = 0; '''for'''(k = 1, n, s = s + '''prime'''(k)); '''if'''( s <= n^2, '''print'''(n) ))</span>
@@ Linia 995: / Linia 996: @@
-Twierdzenie A1 pozwala nam udowodnić różne oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math> i <math>p_n</math>, które byłyby trudne do uzyskania inną drogą. Wykorzystujemy do tego znany fakt, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>n_0</math>, że dla każdego <math>n > n_0</math> prawdziwa jest nierówność <math>\log x < x^{\varepsilon}</math>. Inaczej mówiąc, funkcja <math>\log x</math> rośnie wolniej niż najwolniej rosnąca funkcja potęgowa. Nim przejdziemy do dowodu takich przykładowych oszacowań, udowodnimy pomocnicze twierdzenie, które wykorzystamy przy szacowaniu.
+Twierdzenie [[#A1|A1]] pozwala nam udowodnić różne oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math> i <math>p_n</math>, które byłyby trudne do uzyskania inną drogą. Wykorzystujemy do tego znany fakt, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>n_0</math>, że dla każdego <math>n > n_0</math> prawdziwa jest nierówność <math>\log x < x^{\varepsilon}</math>. Inaczej mówiąc, funkcja <math>\log x</math> rośnie wolniej niż najwolniej rosnąca funkcja potęgowa. Nim przejdziemy do dowodu takich przykładowych oszacowań, udowodnimy pomocnicze twierdzenie, które wykorzystamy przy szacowaniu.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A37</span><br/>
+<span id="A37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A37</span><br/>
 Prawdziwe są następujące nierówności:
 ::1.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>e^x > x \qquad \qquad \qquad \quad \:\,</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}</math>
-::2.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\log x < n \cdot x^{1 / n} \qquad \quad \;\;\:</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>
+::2.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>e^x \geqslant x + 1 \qquad \qquad \quad \;\:\, </math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}</math> &nbsp; (równość zachodzi wtedy i&nbsp;tylko wtedy, gdy <math>x = 0</math>)
-::3.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\log x \leqslant n (x^{1 / n} - 1) \qquad</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>
+::3.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>e^x > 2 x \qquad \qquad \qquad \;\;\,\, </math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}</math>
+::4.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\log x < n \cdot x^{1 / n} \qquad \quad \;\;\:</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i&nbsp;dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>
+::5.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\log x < \tfrac{1}{2} n \cdot x^{1 / n} \qquad \quad </math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i&nbsp;dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>
+::6.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\log x \leqslant n (x^{1 / n} - 1) \qquad</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i&nbsp;dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> &nbsp; (równość zachodzi wtedy i&nbsp;tylko wtedy, gdy <math>x = 1</math>)
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
+Nim przejdziemy do dowodu trzech pierwszych punktów, pokażemy, że funkcja <math>e^x</math> jest funkcją dodatnią. Ponieważ funkcję <math>e^x</math> możemy zdefiniować w&nbsp;sposób równoważny wzorem<ref name="exp1"/>
+::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>
+to funkcja <math>e^x</math> jest funkcją dodatnią, bo dla <math>x > 0</math> sumujemy tylko wyrazy dodatnie, dla <math>x = 0</math> mamy <math>e^0 = 1</math>, a dla <math>x < 0</math> możemy napisać <math>e^x = {\small\frac{1}{e^{- x}}} > 0 \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup><sup>[b]</sup></span>.
+'''Punkt 1. i&nbsp;punkt 3.'''
+Pokazaliśmy, że funkcja <math>e^x</math> jest funkcją dodatnią. Ponieważ funkcje <math>x \,</math> i <math>\, 2 x</math> są ujemne lub równe zero dla <math>x \leqslant 0</math>, to pozostaje rozważyć jedynie przypadek, gdy <math>x > 0</math>. Łatwo zauważamy, że
+::<math>e^x - x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} - x = 1 + \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{x^k}{k!}} > 0</math>
+::<math>e^x - 2 x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} - 2 x = 1 - x + {\small\frac{x^2}{2}} + \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{(x - 1)^2}{2}} + \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} > 0</math>
+'''Punkt 2.'''
+Rozważymy kolejno przypadki
+:*&nbsp;&nbsp;&nbsp; gdy <math>x > 0</math>, to <math>e^x - (x + 1) = {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots > 0</math>, bo sumujemy wyrazy dodatnie
+:*&nbsp;&nbsp;&nbsp; gdy <math>x = 0</math>, to <math>e^x - (x + 1) = 0</math>
+:*&nbsp;&nbsp;&nbsp; gdy <math>- 1 < x < 0</math>, to <math>e^x - (x + 1) = \left( {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} \right) + \left( {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} \right) + \ldots > 0</math>, bo dla <math>k \geqslant 1</math> jest <math>{\small\frac{x^{2 k}}{(2 k) !}} + {\small\frac{x^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} = {\small\frac{x^{2 k} (2 k + 1 + x)}{(2 k + 1) !}} > 0</math>
+:*&nbsp;&nbsp;&nbsp; gdy <math>x \leqslant - 1</math>, to <math>e^x > x + 1</math>, bo <math>x + 1 \leqslant 0</math>, a <math>e^x</math> jest funkcją dodatnią
-'''Punkt 1.'''
+'''Punkt 4.'''
-Można powiedzieć, że dowód pierwszej nierówności jest oczywisty, bo każdy z&nbsp;nas ma przed oczami wykres funkcji <math>e^x</math> i <math>x</math>:
+W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^t</math>. Dostajemy <math>t < n \cdot (e^t)^{1 / n}</math>, czyli <math>e^{t / n} > {\small\frac{t}{n}}</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego <math>{\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu 1. tego twierdzenia.
-[[File: A_Czebyszew-wykres-2.png|center]]
+'''Punkt 5.'''
-Komu taki dowód obrazkowy nie wystarcza, może posłużyć się rozwinięciem funkcji <math>e^x</math> w szereg nieskończony
+W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^t</math>. Dostajemy <math>t < {\small\frac{1}{2}} n \cdot (e^t)^{1 / n}</math>, czyli <math>e^{t / n} > 2 \cdot {\small\frac{t}{n}}</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego <math>{\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu 3. tego twierdzenia.
-::<math>e^x = \underset{k = 0}{\overset{\infty}{\sum}} \frac{x^k}{k!} = 1 + x + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{6} x^3 + \ldots</math>
+'''Punkt 6.'''
-zbieżny dla dowolnego <math>x \in \mathbb{R}</math>. Teraz wystarczy zauważyć, że:
+W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^t</math>. Dostajemy <math>t \leqslant n (e^{t / n} - 1)</math>, czyli <math>e^{t / n} \geqslant {\small\frac{t}{n}} + 1</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego <math>{\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu 2. tego twierdzenia.
-::* dla <math>x > 0</math> prawdziwe jest oszacowanie: <math>e^x > 1 + x > x</math>
-::* w punkcie <math>x = 0</math> mamy <math>e^x = 1</math> i <math>x = 0</math>
-::* dla <math>x < 0</math> funkcja <math>e^x</math> jest dodatnia, a funkcja <math>x</math> ujemna
-'''Punkt 2.'''
+<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
+<span style="color: Green">[a]</span> Czytelnik zapewne zauważył, że własność <math>e^x e^{- x} = 1</math> przyjęliśmy bez dowodu. Można pokazać, że z&nbsp;definicji
-W drugiej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^y</math>, gdzie <math>y \in \mathbb{R}</math>. Otrzymujemy
+::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>
-::<math>y < n \cdot (e^y)^{1 / n}</math>
+wynika podstawowa własność funkcji wykładniczej <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>, ale dowód wymaga znajomości iloczynu Cauchy'ego szeregów<ref name="Cauchy1"/><ref name="Cauchy2"/> i&nbsp;twierdzenia Mertensa o&nbsp;zbieżności takiego iloczynu.
-czyli
+<span style="color: Green">[b]</span> Zadanie: pokazać, że jeżeli funkcja <math>f(x)</math> spełnia warunek <math>f (x + y) = f (x) f (y)</math>, to albo <math>f(x)</math> jest tożsamościowo równa zero, albo jest funkcją dodatnią. Wskazówka: <math>f(x) = f \left( {\small\frac{x}{2}} + {\small\frac{x}{2}} \right)</math>, <math>f(x) = f (x_0 + (x - x_0))</math><br/>
+&#9633;
+{{\Spoiler}}
-::<math>\frac{y}{n} < e^{y / n}</math>
-Kładąc <math>z = \frac{y}{n}</math>, gdzie <math>z \in \mathbb{R}</math>, mamy <math>z < e^z</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla każdego <math>z \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu&nbsp;1 tego twierdzenia.
-'''Punkt 3.'''
+<span id="A38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie A38</span><br/>
+Niech <math>x \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> istnieje takie <math>x_0</math>, że dla każdego <math>x > x_0</math> jest <math>\log x < x^{1 / n}</math>.
-Rozważmy funkcję
+{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
+<span style="border-bottom-style: double;">Pierwszy sposób</span><br/>
+Rozważmy ciąg nierówności
-::<math>f(x) = n \cdot x^{1 / n} - \log x</math>
+::<math>\log x < n \cdot x^{1 / 2 n} < x^{1 / n}</math>
-Pochodna tej funkcji jest równa
+Z twierdzenia [[#A37|A37]] p.5 wiemy, że pierwsza nierówność jest prawdziwa dla dowolnych <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Podnosząc strony drugiej nierówności do potęgi <math>2 n</math>, otrzymujemy <math>n^{2 n} \cdot x < x^2</math>, czyli nierówność ta jest prawdziwa dla <math>x > n^{2 n}</math>. Wynika stąd, że wystarczy przyjąć <math>x_0 = n^{2 n}</math>.
-::<math>f' (x) = \frac{x^{1 / n} - 1}{x}</math>
+<span style="border-bottom-style: double;">Drugi sposób</span><br/>
+Nierówność <math>\log x < x^{1 / n}</math> możemy równoważnie zapisać w&nbsp;postaci <math>x < \exp (x^{1 / n})</math>. Jeżeli położymy <math>x = t^n</math>, to otrzymamy nierówność <math>t^n {< e^t} </math>. Ponieważ<ref name="exp1"/>
-Pochodna jest równa zero dla <math>x = 1</math>. Dla <math>0 < x < 1</math> pochodna jest ujemna, a dla <math>x > 1</math> jest dodatnia, zatem w punkcie <math>x = 1</math> funkcja <math>f(x)</math> ma minimum i <math>f(1) = n</math>. Wynika stąd oszacowanie
+::<math>e^t = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{t^k}{k!}} = 1 + t + {\small\frac{t^2}{2}} + {\small\frac{t^3}{6}} + {\small\frac{t^4}{24}} + {\small\frac{t^5}{120}} + \ldots</math>
-::<math>f(x) = n \cdot x^{1 / n} - \log x \geqslant n</math>
+to
-Skąd otrzymujemy
+::<math>e^t > {\small\frac{t^{n + 1}}{(n + 1) !}} > t^n</math>
-::<math>\log x \leqslant n (x^{1 / n} - 1)</math><br/>
+Pierwsza nierówność jest prawdziwa dla <math>t > 0</math>, bo pomijamy wyrazy dodatnie, a&nbsp;druga jest prawdziwa dla <math>t > (n + 1) !</math> Wystarczy zatem przyjąć <math>x_0 = [(n + 1) !]^n</math>. Ponieważ <math>[(n + 1) !]^n > n^{2 n}</math> dla <math>n \geqslant 1</math>, to jest to gorsze oszacowanie wartości <math>x_0</math>.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 1059: / Linia 1093: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A38</span><br/>
+<span id="A39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A39</span><br/>
 Dla funkcji <math>p_n</math> i <math>\pi (n)</math> prawdziwe są następujące oszacowania:
 ::<math>10 n \underset{n \geqslant 6473}{<} p_n \underset{n \geqslant 2}{<} n^2</math>
-::<math>\sqrt{n} \underset{n \geqslant 5}{<} \pi (n) \underset{n \geqslant 64721}{<} \frac{n}{10}</math>
+::<math>\sqrt{n} \underset{n \geqslant 5}{<} \pi (n) \underset{n \geqslant 64721}{<} {\small\frac{n}{10}}</math>
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-<span style="border-bottom-style: double;">Lewa górna nierówność.</span> Z twierdzenia&nbsp;A1 wiemy, że dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>p_n > 0.72 \cdot n \log n</math>. Wystarczy rozwiązać nierówność:
+<span style="border-bottom-style: double;">Lewa górna nierówność.</span> Z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>p_n > 0.72 \cdot n \log n</math>. Wystarczy rozwiązać nierówność:
 ::<math>0.72 \cdot \log n > 10</math>
-czyli <math>n > \exp \left( \frac{10}{0.72} \right) = 1076137.5</math>
+czyli <math>n > \exp \left( {\small\frac{10}{0.72}} \right) = 1076137.5</math>
 W PARI/GP wpisujemy polecenie:
-::for(n=1, 11*10^5, if( prime(n) <= 10*n, print(n) ))
+ <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 11 * 10^5, '''if'''( '''prime'''(n) <= 10 * n, '''print'''(n) ))</span>
-<span style="border-bottom-style: double;">Prawa górna nierówność.</span> Z twierdzenia&nbsp;A1 wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> jest <math>p_n < 2 n \log n</math>. Zatem wystarczy pokazać, że <math>2 n \log n < n^2</math>. Korzystając z&nbsp;twierdzenia&nbsp;A37, łatwo zauważmy, że dla <math>n > 16</math> jest:
+<span style="border-bottom-style: double;">Prawa górna nierówność.</span> Z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> jest <math>p_n < 2 n \log n</math>. Zatem wystarczy pokazać, że <math>2 n \log n < n^2</math>. Korzystając z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A37|A37]] p.5, łatwo zauważmy, że dla <math>n > 4</math> jest:
-::<math>n - 2 \log n > n - 2 \cdot 2 \cdot n^{1 / 2} = \sqrt{n} \left( \sqrt{n} - 4 \right) > 0</math>
+::<math>n - 2 \log n > n - 2 \cdot n^{1 / 2} = \sqrt{n} \left( \sqrt{n} - 2 \right) > 0</math>
-Przypadki <math>n \leqslant 16</math> sprawdzamy bezpośrednio.
+Przypadki <math>n \leqslant 4</math> sprawdzamy bezpośrednio.
-<span style="border-bottom-style: double;">Lewa dolna nierówność.</span> Z twierdzenia&nbsp;A1 wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> jest <math>\pi (n) > \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n}</math>. Zatem wystarczy pokazać, że <math>\frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n} > \sqrt{n}</math>. Korzystając z twierdzenia&nbsp;A37, łatwo zauważmy, że dla <math>n > 6^4 = 1296</math> jest:
+<span style="border-bottom-style: double;">Lewa dolna nierówność.</span> Z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> jest <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Zatem wystarczy pokazać, że <math>{\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} > \sqrt{n}</math>. Korzystając z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A37|A37]] p.5, łatwo zauważmy, że dla <math>n > 3^4 = 81</math> jest:
-::<math>\frac{2}{3} \cdot \frac{n}{\log n} - \sqrt{n} > \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{4 \cdot n^{1 / 4}} - \sqrt{n} = \frac{1}{6} \cdot n^{3 / 4} - \sqrt{n} = \frac{1}{6} \sqrt{n} (n^{1 / 4} - 6) > 0</math>
+::<math>{\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} - \sqrt{n} > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{2 \cdot n^{1 / 4}}} - \sqrt{n} = {\small\frac{1}{3}} \cdot n^{3 / 4} - \sqrt{n} = {\small\frac{1}{3}} \sqrt{n} (n^{1 / 4} - 3) > 0</math>
-Sprawdzenie przypadków <math>n \leqslant 1296</math> sprowadza się do wpisania w PARI/GP polecenia:
+Sprawdzenie przypadków <math>n \leqslant 81</math> sprowadza się do wpisania w&nbsp;PARI/GP polecenia:
-::for(n=1, 2000, if( primepi(n) <= sqrt(n), print(n) ))
+ <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 100, '''if'''( '''primepi'''(n) <= '''sqrt'''(n), '''print'''(n) ))</span>
-<span style="border-bottom-style: double;">Prawa dolna nierówność.</span> Z twierdzenia&nbsp;A1 wiemy, że dla <math>n \geqslant 2</math> jest <math>\pi (n) < \frac{2 n}{\log n}</math>. Zatem wystarczy pokazać, że <math>\frac{2 n}{\log n} < \frac{n}{10}</math>. Nierówność ta jest prawdziwa dla <math>\log n > 20</math>, czyli dla
+<span style="border-bottom-style: double;">Prawa dolna nierówność.</span> Z&nbsp;twierdzenia&nbsp;[[#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 2</math> jest <math>\pi (n) < {\small\frac{2 n}{\log n}}</math>. Zatem wystarczy pokazać, że <math>{\small\frac{2 n}{\log n}} < {\small\frac{n}{10}}</math>. Nierówność ta jest prawdziwa dla <math>\log n > 20</math>, czyli dla
 ::<math>n > e^{20} > 485165195.4</math>
-Sprawdzenie przypadków dla <math>n \leqslant 490 \cdot 10^6</math> będzie wymagało napisania w PARI/GP krótkiego programu i&nbsp;wywołania go z&nbsp;parametrem n&nbsp;=&nbsp;490*10^6
+Sprawdzenie przypadków dla <math>n \leqslant 490 \cdot 10^6</math> będzie wymagało napisania w&nbsp;PARI/GP krótkiego programu i&nbsp;wywołania go z&nbsp;parametrem n&nbsp;=&nbsp;490 * 10^6
   <span style="font-size: 90%; color:black;">Test3(n) =
@@ Linia 1118: / Linia 1152: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A39</span><br/>
+<span id="A40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A40</span><br/>
 Dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie
@@ Linia 1124: / Linia 1158: @@
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Korzystając kolejno z twierdzeń A30, A37 i A7, łatwo otrzymujemy
+Korzystając kolejno z&nbsp;twierdzeń [[#A30|A30]], [[#A37|A37]] p.5 i [[#A7|A7]], łatwo otrzymujemy
+::<math>(p_{n^{\large 2}})^{n / 3} < (2 n^2 \log n^2)^{n / 3}</math>
-::<math>(p_{n^2})^{n / 3} < (2 \cdot n^2 \cdot \log n^2)^{n / 3}</math>
+::::<math>\;\;\: = (4 n^2 \log n)^{n / 3}</math>
-::::<math>\;\; = (4 \cdot n^2 \cdot \log n)^{n / 3}</math>
+::::<math>\;\;\: < (4 n^2 \cdot 2 n^{1 / 4})^{n / 3}</math>
-::::<math>\;\; < (8 \cdot n^{5 / 2})^{n / 3}</math>
+::::<math>\;\;\: = (8 n^{9 / 4})^{n / 3}</math>
-::::<math>\;\; = (2 \cdot n^{5 / 6})^n</math>
+::::<math>\;\;\: = (2 n^{3 / 4})^n</math>
-::::<math>\;\; < n^n</math>
+::::<math>\;\;\: \leqslant n^n</math>
-::::<math>\;\; < p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n</math>
+::::<math>\;\;\: < p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n</math>
-Zauważmy, że nierówność <math>2 \cdot n^{5 / 6} < n</math> jest prawdziwa dla <math>n > 2^6</math>. Sprawdzając bezpośrednio dla <math>n \leqslant 64</math> stwierdzamy, że dowodzona nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 1</math>.<br/>
+Zauważmy, że nierówność <math>2 n^{3 / 4} \leqslant n</math> jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 2^4</math>. Sprawdzając bezpośrednio dla <math>n < 16</math>, stwierdzamy, że dowodzona nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 1</math>.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 1144: / Linia 1180: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie A40</span><br/>
+<span id="A41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie A41</span><br/>
-Korzystając z twierdzenia A39 pokazać, że
+Korzystając z&nbsp;twierdzenia [[#A40|A40]] pokazać, że
 :*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_n > (p_{n + 1})^2 \qquad \qquad \text{dla } \; n \geqslant 4</math>
@@ Linia 1172: / Linia 1208: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A41</span><br/>
+<span id="A42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A42</span><br/>
-Każda liczba pierwsza <math>p</math>, taka że <math>p \in \left( \frac{n}{2}, n \right]</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu <math>n!</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
+Każda liczba pierwsza <math>p</math> taka, że <math>p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, n \right]</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu <math>n!</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
-Z twierdzenia A21 wiemy, że każda liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;iloczynie <math>n!</math> z&nbsp;wykładnikiem <math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor</math>
+Z twierdzenia [[#A21|A21]] wiemy, że każda liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;iloczynie <math>n!</math> z&nbsp;wykładnikiem <math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor</math>
 Z założenia <math>p \leqslant n</math> i <math>2 p > n</math>, zatem:
-::1.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\frac{n}{p} \geqslant 1</math> &nbsp;&nbsp;oraz&nbsp;&nbsp; <math>\frac{n}{p} < 2</math>, &nbsp;&nbsp;czyli&nbsp;&nbsp; <math>\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor = 1</math>
+::1.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>{\small\frac{n}{p}} \geqslant 1</math> &nbsp;&nbsp;oraz&nbsp;&nbsp; <math>{\small\frac{n}{p}} < 2</math>, &nbsp;&nbsp;czyli&nbsp;&nbsp; <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 1</math>
-::2.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>\frac{n}{p^2} < \frac{2}{p} \leqslant 1</math>, &nbsp;&nbsp;czyli&nbsp;&nbsp; <math>\left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor = 0</math> &nbsp;&nbsp;i tym bardziej&nbsp;&nbsp; <math>\left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor = 0</math> &nbsp;&nbsp;dla&nbsp;&nbsp; <math>k \geqslant 3</math><br/>
+::2.&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>{\small\frac{n}{p^2}} < {\small\frac{2}{p}} \leqslant 1</math>, &nbsp;&nbsp;czyli&nbsp;&nbsp; <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor = 0</math> &nbsp;&nbsp;i tym bardziej&nbsp;&nbsp; <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math> &nbsp;&nbsp;dla&nbsp;&nbsp; <math>k \geqslant 3</math><br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 1188: / Linia 1224: @@
-Rezultat uzyskany w twierdzeniu A25 zainspirował nas do postawienia pytania: jakie warunki musi spełniać liczba pierwsza <math>p</math>, aby występowała w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden lub równym zero? Twierdzenia A42 i A44 udzielają na to pytanie precyzyjnej odpowiedzi. Przykłady A43 i A45 to tylko twierdzenia A42 i A44 dla wybranych wartości liczby <math>k</math>. Jeśli Czytelnik nie miał problemów ze zrozumieniem dowodów twierdzeń A42 i A44, to może je pominąć.
+Rezultat uzyskany w&nbsp;twierdzeniu [[#A25|A25]] zainspirował nas do postawienia pytania: jakie warunki musi spełniać liczba pierwsza <math>p</math>, aby występowała w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden lub równym zero? Twierdzenia [[#A43|A43]] i [[#A45|A45]] udzielają na to pytanie precyzyjnej odpowiedzi. Przykłady [[#A44|A44]] i [[#A46|A46]] to tylko twierdzenia [[#A43|A43]] i [[#A45|A45]] dla wybranych wartości liczby <math>k</math>. Jeśli Czytelnik nie miał problemów ze zrozumieniem dowodów twierdzeń [[#A43|A43]] i [[#A45|A45]], to może je pominąć.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A42</span><br/>
+<span id="A43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A43</span><br/>
-Niech <math>k</math> będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli <math>n \geqslant 2 (k + 1) \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math> i&nbsp;liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right]</math>, to <math>p</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
+Niech <math>k</math> będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli <math>n \geqslant 2 (k + 1) \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math> i&nbsp;liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right]</math>, to <math>p</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
@@ Linia 1199: / Linia 1235: @@
 Zauważmy, że każda liczba pierwsza <math>p \in (n, 2 n]</math> występuje dokładnie jeden raz w&nbsp;liczniku ułamka
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2} = \frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
-i nie występuje w&nbsp;mianowniku. Zatem w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze wystąpi z&nbsp;wykładnikiem równym <math>1</math>.
+i nie występuje w&nbsp;mianowniku. Zatem w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze wystąpi z&nbsp;wykładnikiem równym <math>1</math>.
-Co kończy dowód twierdzenia w przypadku, gdy <math>k = 0</math>.
+Co kończy dowód twierdzenia w&nbsp;przypadku, gdy <math>k = 0</math>.
 '''Możemy teraz przejść do dowodu dla wszystkich <math>k \geqslant 1</math>.'''
@@ Linia 1209: / Linia 1245: @@
 <span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby <math>p</math></span><br/><br/>
-Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math> w postaci ułamka
+Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> w&nbsp;postaci ułamka
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2} = \frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
 Rozważmy dowolną liczbę pierwszą występującą w&nbsp;mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby <math>p</math> spełniała następujące warunki:
@@ Linia 1217: / Linia 1253: @@
 * <math>k p \leqslant n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku
 * <math>(k + 1) p > n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku (jako <math>p, 2 p, \ldots, k p</math>)
-* <math>(2 k + 1) p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>(k + 1) p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej <math>k + 1</math> razy w&nbsp;liczniku
+* <math>(2 k + 1) p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>(k + 1) p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej <math>k + 1</math> razy w&nbsp;liczniku
-* <math>(2 k + 2) p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>(2 k + 1) p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie <math>k + 1</math> razy w&nbsp;liczniku (jako <math>(k + 1) p, (k + 2) p, \ldots, (2 k + 1) p</math>)
+* <math>(2 k + 2) p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>(2 k + 1) p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie <math>k + 1</math> razy w&nbsp;liczniku (jako <math>(k + 1) p, (k + 2) p, \ldots, (2 k + 1) p</math>)
-Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left(\frac{n}{k + 1}, \frac{n}{k + \frac{1}{2}} \right]</math> pojawia się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie <math>k + 1</math> razy w&nbsp;liczniku ułamka
+Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right]</math> pojawia się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie <math>k + 1</math> razy w&nbsp;liczniku ułamka
-::<math>\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
-Zatem występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem jeden.
+Zatem występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem jeden.
 Niech <math>q</math> będzie największą liczbą pierwszą nie większą od ustalonej liczby <math>2 k + 1</math>. Rozpatrywane przez nas wielokrotności liczby zwiększają wykładniki, z&nbsp;jakimi występują liczby pierwsze <math>r_i \in \{ 2, 3, \ldots, q \}</math>. Dlatego twierdzenie nie może dotyczyć tych liczb i&nbsp;musimy nałożyć warunek
-::<math>r_i \notin \left( \frac{n}{k + 1}, \frac{n}{k + \frac{1}{2}} \right]</math>
+::<math>r_i \notin \left( {\small\frac{n}{k + 1}}, {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \right]</math>
 Warunek ten będzie z&nbsp;pewnością spełniony, gdy
-::<math>q \leqslant 2 k + 1 \leqslant \frac{n}{k + 1}</math>
+::<math>q \leqslant 2 k + 1 \leqslant {\small\frac{n}{k + 1}}</math>
 czyli dla <math>n</math> spełniających nierówność <math>n \geqslant (k + 1) (2 k + 1)</math>.
@@ Linia 1239: / Linia 1275: @@
-<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia A24</span><br/><br/>
+<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia [[#A24|A24]]</span><br/><br/>
 Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy
-::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{s}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{s}} \right \rfloor \right )</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right )</math>
 Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy <math>1</math>, to będziemy szukali oszacowania od dołu. Z&nbsp;założenia mamy
-)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > \frac{n}{k + 1} \quad\ \implies \quad \frac{n}{p} < k + 1 \quad\ \implies \quad \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \leqslant k</math>
+::1)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > {\small\frac{n}{k + 1}} \qquad \; \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} < k + 1 \qquad \;\;\; \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant k</math>
-)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant \frac{n}{k + \tfrac{1}{2}} \quad\ \implies \quad \frac{2 n}{p} \geqslant 2 k + 1 \quad\ \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor \geqslant 2 k + 1</math>
+::2)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \geqslant 2 k + 1 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \geqslant 2 k + 1</math>
 Zatem
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \geqslant 2 k + 1 - 2 k = 1</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant 2 k + 1 - 2 k = 1</math>
 Ponieważ każdy ze składników sumy może być równy tylko <math>0</math> lub <math>1</math>, to otrzymujemy
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor = 1</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 1</math>
 Założenie, że <math>n \geqslant 2 (k + 1)^2</math> pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i&nbsp;następnych składników sumy
-::<math>p > \frac{n}{k + 1} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p} < 2 k + 2 \quad \implies</math>
+::<math>p > {\small\frac{n}{k + 1}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} < 2 k + 2</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \! \! \implies \quad \frac{(2 n)^s}{p^s} < (2 k + 2)^s \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{(2 n)^s}{p^s}} < (2 k + 2)^s</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \! \! \implies \quad \frac{2 n}{p^s} < \frac{(2 k + 2)^2}{2 n} \cdot \left( \frac{2 k + 2}{2 n} \right)^{s - 2} \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} < {\small\frac{(2 k + 2)^2}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{2 k + 2}{2 n}} \right)^{s - 2}</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \! \! \implies \quad \frac{2 n}{p^s} < \frac{(2 k + 2)^2}{2 n} \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} < {\small\frac{(2 k + 2)^2}{2 n}}</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \! \! \implies \quad \frac{2 n}{p^s} < 1 \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} < 1</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \! \! \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p^s} \right\rfloor = 0</math>
+::::::<math>\;\;\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0</math>
-Jeżeli <math>\left\lfloor \frac{2 n}{p^s} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor \frac{n}{p^s} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>n \geqslant 2 (k + 1)^2</math> jest
+Jeżeli <math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^s}} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>n \geqslant 2 (k + 1)^2</math> jest
-::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{s}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{s}} \right \rfloor \right ) = 1</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right ) = 1</math>
 Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, dla jakich wartości <math>n < 2 (k + 1)^2</math> twierdzenie pozostaje prawdziwe.
@@ Linia 1286: / Linia 1322: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A43</span><br/>
+<span id="A44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A44</span><br/>
-Jeżeli <math>n \geqslant 6</math> i liczba pierwsza <math>p \in \left( \frac{n}{2}, \frac{2 n}{3} \right]</math>, to <math>p</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
+Jeżeli <math>n \geqslant 6</math> i&nbsp;liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right]</math>, to <math>p</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 <span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby <math>p</math></span><br/><br/>
-Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math> w&nbsp;postaci ułamka
+Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> w&nbsp;postaci ułamka
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2} = \frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
 Rozważmy dowolną liczbę pierwszą występującą w&nbsp;mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby <math>p</math> spełniała następujące warunki:
@@ Linia 1299: / Linia 1335: @@
 * <math>p \leqslant n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej jeden raz w&nbsp;mianowniku
 * <math>2 p > n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie jeden raz w&nbsp;mianowniku (jako <math>p</math>)
-* <math>3 p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>2 p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej dwa razy w&nbsp;liczniku
+* <math>3 p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>2 p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej dwa razy w&nbsp;liczniku
-* <math>4 p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>3 p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku (jako <math>2 p</math> i <math>3 p</math>)
+* <math>4 p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>3 p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku (jako <math>2 p</math> i <math>3 p</math>)
-Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( \tfrac{n}{2}, \tfrac{2 n}{3} \right]</math> pojawia się dokładnie jeden raz w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku ułamka
+Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right]</math> pojawia się dokładnie jeden raz w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku ułamka
-::<math>\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
-Zatem występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem jeden.
+Zatem występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem jeden.
-Wielokrotności liczby <math>p</math> podnoszą wykładniki, z&nbsp;jakimi występują liczby pierwsze <math>p = 2, 3</math>. Dlatego zakładamy, że <math>n \geqslant 6</math>, bo dla <math>n \geqslant 6</math> liczby pierwsze <math>p = 2, 3</math> nie spełniają warunku <math>p \in \left( \tfrac{n}{2}, \tfrac{2 n}{3} \right]</math>.
+Wielokrotności liczby <math>p</math> podnoszą wykładniki, z&nbsp;jakimi występują liczby pierwsze <math>p = 2, 3</math>. Dlatego zakładamy, że <math>n \geqslant 6</math>, bo dla <math>n \geqslant 6</math> liczby pierwsze <math>p = 2, 3</math> nie spełniają warunku <math>p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right]</math>.
-Bezpośrednio sprawdzamy, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla <math>n = 5</math> i&nbsp;liczba <math>3^2</math> dzieli liczbę <math>\binom{10}{5} = 252 = 9 \cdot 28</math>
+Bezpośrednio sprawdzamy, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla <math>n = 5</math> i&nbsp;liczba <math>3^2</math> dzieli liczbę <math>{\small\binom{10}{5}} = 252 = 9 \cdot 28</math>
-<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia A24</span><br/><br/>
+<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia [[#A24|A24]]</span><br/><br/>
 Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy
-::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right )</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right )</math>
 Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy <math>1</math>, to będziemy szukali oszacowania od dołu. Z&nbsp;założenia mamy
-::1)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > \frac{n}{2} \quad \implies \quad \frac{n}{p} < 2 \quad \implies \quad \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \leqslant 1</math>
+::1)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > {\small\frac{n}{2}} \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} < 2 \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant 1</math>
-::2)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant \frac{2 n}{3} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p} \geqslant 3 \quad \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor \geqslant 3</math>
+::2)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant {\small\frac{2 n}{3}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} \geqslant 3 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \geqslant 3</math>
 Zatem
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \geqslant 3 - 2 = 1</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant 3 - 2 = 1</math>
 Ponieważ każdy ze składników sumy może być równy tylko <math>0</math> lub <math>1</math>, to otrzymujemy
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor = 1</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 1</math>
 Założenie, że <math>n \geqslant 9</math> pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i&nbsp;następnych składników sumy
-::<math>p > \frac{n}{2} \quad \implies \quad \frac{(2 n)^k}{p^k} < 4^k \quad \implies \quad \frac{2 n}{p^k} < \frac{16}{2 n} \cdot \left( \frac{4}{2 n} \right)^{k - 2} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p^k} \leqslant \frac{16}{2 n} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p^k} \leqslant \frac{16}{18} \quad \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>
+::<math>p > {\small\frac{n}{2}} \quad \implies \quad {\small\frac{(2 n)^k}{p^k}} < 4^k \quad \implies \quad {\small\frac{2 n}{p^k}} < {\small\frac{16}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{4}{2 n}} \right)^{k - 2} \quad \implies \quad {\small\frac{2 n}{p^k}} \leqslant {\small\frac{16}{2 n}} \quad \implies \quad {\small\frac{2 n}{p^k}} \leqslant {\small\frac{16}{18}} \quad \implies \quad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>
-Jeżeli <math>\left\lfloor \frac{2 n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>n \geqslant 9</math> jest
+Jeżeli <math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>n \geqslant 9</math> jest
-::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right ) = 1</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) = 1</math>
-Dla <math>n = 6, 7</math> żadna liczba pierwsza nie należy do <math>\left( \tfrac{n}{2}, \tfrac{2 n}{3} \right]</math>. Dla <math>n = 8</math> łatwo sprawdzamy, że liczba <math>5</math> wchodzi do rozkładu liczby <math>\binom{16}{8} = 12870</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
+Dla <math>n = 6, 7</math> żadna liczba pierwsza nie należy do <math>\left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right]</math>. Dla <math>n = 8</math> łatwo sprawdzamy, że liczba <math>5</math> wchodzi do rozkładu liczby <math>{\small\binom{16}{8}} = 12870</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.
-Zatem dla <math>n \geqslant 6</math> liczba pierwsza <math>p \in \left( \tfrac{n}{2}, \tfrac{2 n}{3} \right]</math> wchodzi do rozkładu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.<br/>
+Zatem dla <math>n \geqslant 6</math> liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right]</math> wchodzi do rozkładu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze z&nbsp;wykładnikiem równym jeden.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 1349: / Linia 1385: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A44</span><br/>
+<span id="A45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A45</span><br/>
-Niech <math>k</math> będzie dowolną ustaloną liczbą całkowitą dodatnią. Jeżeli liczba pierwsza <math>p \in \left( \frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}, \frac{n}{k} \right]</math>, to dla <math>n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2})</math> liczba <math>p</math> nie występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze.
+Niech <math>k</math> będzie dowolną ustaloną liczbą całkowitą dodatnią. Jeżeli liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}, {\small\frac{n}{k}} \right]</math>, to dla <math>n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2})</math> liczba <math>p</math> nie występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 <span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby <math>p</math></span><br/><br/>
-Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math> w postaci ułamka
+Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> w&nbsp;postaci ułamka
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2} = \frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
 Rozważmy dowolną liczbę pierwszą <math>p</math> występującą w&nbsp;mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby <math>p</math> spełniała następujące warunki:
@@ Linia 1362: / Linia 1398: @@
 * <math>k p \leqslant n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku
 * <math>(k + 1) p > n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku (jako <math>p, 2 p, \ldots, k p</math>)
-* <math>2 k p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>(k + 1) p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej <math>k</math> razy w&nbsp;liczniku
+* <math>2 k p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>(k + 1) p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej <math>k</math> razy w&nbsp;liczniku
-* <math>(2 k + 1) p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>2 k p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;liczniku (jako <math>(k + 1) p, (k + 2) p, \ldots, 2 k p</math>)
+* <math>(2 k + 1) p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>2 k p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;liczniku (jako <math>(k + 1) p, (k + 2) p, \ldots, 2 k p</math>)
-Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( \frac{n}{k + \frac{1}{2}}, \frac{n}{k} \right]</math> pojawia się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;liczniku ułamka
+Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}, {\small\frac{n}{k}} \right]</math> pojawia się dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie <math>k</math> razy w&nbsp;liczniku ułamka
-::<math>\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
-Co oznacza, że <math>p</math> nie występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze.
+Co oznacza, że <math>p</math> nie występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze.
 Niech <math>q</math> będzie największą liczbą pierwszą nie większą od ustalonej liczby <math>2 k</math>. Rozpatrywane przez nas wielokrotności liczby <math>p</math> zwiększają wykładniki, z&nbsp;jakimi występują liczby pierwsze <math>r_i \in \{ 2, 3, \ldots, q \}</math>. Dlatego twierdzenie nie może dotyczyć tych liczb i&nbsp;musimy nałożyć warunek
-::<math>r_i \notin \left( \frac{n}{k + \frac{1}{2}}, \frac{n}{k} \right]</math>
+::<math>r_i \notin \left( {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}, {\small\frac{n}{k}} \right]</math>
 Warunek ten będzie z&nbsp;pewnością spełniony, gdy
-::<math>q \leqslant 2 k \leqslant \frac{n}{k + \frac{1}{2}}</math>
+::<math>q \leqslant 2 k \leqslant {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}}</math>
 czyli dla <math>n</math> spełniających nierówność <math>n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2})</math>. Oczywiście nie wyklucza to możliwości, że istnieją liczby <math>n < 2 k (k + \tfrac{1}{2})</math>, dla których twierdzenie jest prawdziwe. Pozostaje (przy ustalonej wartości liczby <math>k</math>) bezpośrednio sprawdzić prawdziwość twierdzenia dla <math>n < 2 k (k + \tfrac{1}{2})</math>.
-<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia A24</span><br/><br/>
+<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia [[#A24|A24]]</span><br/><br/>
 Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy
-::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{s}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{s}} \right \rfloor \right )</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right )</math>
 Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy <math>0</math>, to będziemy szukali oszacowania od góry. Z&nbsp;założenia mamy
-)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > \frac{n}{k + \frac{1}{2}} \quad\ \implies \quad \frac{2 n}{p} < 2 k + 1 \quad\ \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor \leqslant 2 k</math>
+::1)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > {\small\frac{n}{k + \tfrac{1}{2}}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} < 2 k + 1 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \leqslant 2 k</math>
-)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant \frac{n}{k} \quad\ \implies \quad \frac{n}{p} \geqslant k \quad\ \implies \quad \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \geqslant k</math>
+::2)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant {\small\frac{n}{k}} \qquad \quad \;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} \geqslant k \qquad \qquad \;\:\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant k</math>
 Zatem
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \leqslant 2 k - 2 k = 0</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant 2 k - 2 k = 0</math>
 Ponieważ każdy ze składników sumy może być równy tylko <math>0</math> lub <math>1</math>, to otrzymujemy
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor = 0</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 0</math>
 Założenie, że <math>2 n \geqslant (2 k + 1)^2</math> pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i&nbsp;następnych składników sumy
-::<math>p > \frac{2 n}{2 k + 1} \quad \implies \quad \frac{(2 n)^s}{p^s} < (2 k + 1)^s \quad \implies</math>
+::<math>p > {\small\frac{2 n}{2 k + 1}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{(2 n)^s}{p^s}} < (2 k + 1)^s</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \; \implies \quad \frac{2 n}{p^s} < \frac{(2 k + 1)^2}{2 n} \cdot \left( \frac{2 k + 1}{2 n} \right)^{s - 2} \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} < {\small\frac{(2 k + 1)^2}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{2 k + 1}{2 n}} \right)^{s - 2}</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \; \implies \quad \frac{2 n}{p^s} < \frac{(2 k + 1)^2}{2 n} \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} < {\small\frac{(2 k + 1)^2}{2 n}}</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \; \implies \quad \frac{2 n}{p^s} < 1 \quad \implies</math>
+::::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^s}} < 1</math>
-::<math>\qquad \qquad \qquad \; \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p^s} \right\rfloor = 0</math>
+::::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0</math>
-Jeżeli <math>\left\lfloor \frac{2 n}{p^s} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor \frac{n}{p^s} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>2 n \geqslant (2 k + 1)^2</math> jest
+Jeżeli <math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^s}} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^s}} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>2 n \geqslant (2 k + 1)^2</math> jest
-::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{s}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{s}} \right \rfloor \right ) = 0</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{s = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{s}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{s}}} \right \rfloor \right ) = 0</math>
-Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, dla jakich wartości <math>n < \frac{1}{2} (2 k + 1)^2</math> twierdzenie pozostaje prawdziwe.
+Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, dla jakich wartości <math>n < {\small\frac{1}{2}} (2 k + 1)^2</math> twierdzenie pozostaje prawdziwe.
 Ponieważ analiza krotności pojawiania się liczby pierwszej <math>p</math> jest bardziej precyzyjna, to podajemy, że twierdzenie jest z&nbsp;pewnością prawdziwe dla <math>n \geqslant 2 k (k + \tfrac{1}{2})</math>.<br/>
@@ Linia 1426: / Linia 1462: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A45</span><br/>
+<span id="A46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A46</span><br/>
-Jeżeli <math>n \geqslant 8</math> i&nbsp;liczba pierwsza <math>p \in \left( \frac{2 n}{5}, \frac{n}{2} \right]</math>, to <math>p</math> nie występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze.
+Jeżeli <math>n \geqslant 8</math> i&nbsp;liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right]</math>, to <math>p</math> nie występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 <span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie analizy krotności pojawiania się liczby <math>p</math></span><br/><br/>
-Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 n}{n}</math> w postaci ułamka
+Zapiszmy współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> w&nbsp;postaci ułamka
-::<math>\binom{2 n}{n} = \frac{(2 n) !}{(n!)^2} = \frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
 Rozważmy dowolną liczbę pierwszą <math>p</math> występującą w&nbsp;mianowniku wypisanego wyżej ułamka. Potrzebujemy, aby <math>p</math> spełniała następujące warunki:
@@ Linia 1439: / Linia 1475: @@
 * <math>2 p \leqslant n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej dwa razy w&nbsp;mianowniku
 * <math>3 p > n</math> — warunek ten zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie dwa razy w&nbsp;mianowniku (jako <math>p</math> i <math>2 p</math>)
-* <math>4 p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>3 p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej dwa razy w&nbsp;liczniku
+* <math>4 p \leqslant 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>3 p > n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się co najmniej dwa razy w&nbsp;liczniku
-* <math>5 p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z warunkiem <math>4 p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku (jako <math>3 p</math> i <math>4 p</math>)
+* <math>5 p > 2 n</math> — warunek ten (łącznie z&nbsp;warunkiem <math>4 p \leqslant 2 n</math>) zapewnia nam, że liczba <math>p</math> pojawi się dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku (jako <math>3 p</math> i <math>4 p</math>)
-Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( \tfrac{2 n}{5}, \tfrac{n}{2} \right]</math> pojawia się dokładnie dwa razy w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku ułamka
+Łącząc otrzymane warunki, otrzymujemy, że liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right]</math> pojawia się dokładnie dwa razy w&nbsp;mianowniku i&nbsp;dokładnie dwa razy w&nbsp;liczniku ułamka
-::<math>\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}</math>
+::<math>{\small\frac{(n + 1) \cdot (n + 2) \cdot \ldots \cdot (2 n - 1) \cdot 2 n}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n - 1) \cdot n}}</math>
-Zatem nie występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 n}{n}</math> na czynniki pierwsze.
+Zatem nie występuje w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math> na czynniki pierwsze.
-Wielokrotności liczby <math>p</math> podnoszą wykładniki, z&nbsp;jakimi występują liczby pierwsze <math>2</math> i <math>3</math>. Dlatego zakładamy, że <math>n \geqslant 8</math>, bo dla <math>n \geqslant 8</math> liczby pierwsze <math>2, 3</math> nie spełniają warunku <math>p \in \left( \tfrac{2 n}{5}, \tfrac{n}{2} \right]</math>.
+Wielokrotności liczby <math>p</math> podnoszą wykładniki, z&nbsp;jakimi występują liczby pierwsze <math>2</math> i <math>3</math>. Dlatego zakładamy, że <math>n \geqslant 8</math>, bo dla <math>n \geqslant 8</math> liczby pierwsze <math>2, 3</math> nie spełniają warunku <math>p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right]</math>.
-Bezpośrednio sprawdzamy, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla <math>n = 7</math> i&nbsp;liczba <math>3</math> dzieli liczbę <math>\binom{14}{7} = 3432</math>
+Bezpośrednio sprawdzamy, że twierdzenie nie jest prawdziwe dla <math>n = 7</math> i&nbsp;liczba <math>3</math> dzieli liczbę <math>{\small\binom{14}{7}} = 3432</math>
-<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia A24</span><br/><br/>
+<span style="border-bottom-style: double;">Dowód na podstawie twierdzenia [[#A24|A24]]</span><br/><br/>
 Rozważmy najpierw pierwszy składnik sumy
-::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right )</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right )</math>
 Ponieważ przypuszczamy, że składnik ten będzie równy <math>0</math>, to będziemy szukali oszacowania od góry. Z&nbsp;założenia mamy
-::1)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > \frac{2 n}{5} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p} < 5 \quad \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor \leqslant 4</math>
+::1)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p > {\small\frac{2 n}{5}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p}} < 5 \qquad \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor \leqslant 4</math>
-::2)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant \frac{n}{2} \quad \implies \quad \frac{n}{p} \geqslant 2 \quad \implies \quad \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \geqslant 2</math>
+::2)&nbsp;&nbsp;&nbsp; <math>p \leqslant {\small\frac{n}{2}} \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{n}{p}} \geqslant 2 \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \geqslant 2</math>
 Zatem
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \leqslant 4 - 4 = 0</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor \leqslant 4 - 4 = 0</math>
 Ponieważ każdy ze składników szukanej sumy może być równy tylko <math>0</math> lub <math>1</math>, to otrzymujemy
-::<math>\left\lfloor \frac{2 n}{p} \right\rfloor - 2 \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor = 0</math>
+::<math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor = 0</math>
 Założenie, że <math>n \geqslant 13</math> pozwoli uprościć obliczenia dla drugiego i&nbsp;następnych składników sumy
-::<math>p > \frac{2 n}{5} \quad \implies \quad \frac{(2 n)^k}{p^k} < 5^k \quad \implies \quad \frac{2 n}{p^k} < \frac{25}{2 n} \cdot \left( \frac{5}{2 n} \right)^{k - 2} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p^k} \leqslant \frac{25}{2 n} \quad \implies \quad \frac{2 n}{p^k} \leqslant \frac{25}{26} \quad \implies \quad \left\lfloor \frac{2 n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>
+::<math>p > {\small\frac{2 n}{5}} \qquad \Longrightarrow \qquad {\small\frac{(2 n)^k}{p^k}} < 5^k</math>
+:::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^k}} < {\small\frac{25}{2 n}} \cdot \left( {\small\frac{5}{2 n}} \right)^{k - 2}</math>
+:::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^k}} < {\small\frac{25}{2 n}}</math>
+:::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad {\small\frac{2 n}{p^k}} < {\small\frac{25}{26}}</math>
+:::::<math>\;\;\;\,\, \Longrightarrow \qquad \left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>
-Jeżeli <math>\left\lfloor \frac{2 n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>n \geqslant 13</math> jest
+Jeżeli <math>\left\lfloor {\small\frac{2 n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>, to również musi być <math>\left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor = 0</math>. Pokazaliśmy, że dla <math>n \geqslant 13</math> jest
-::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor \frac{2 n}{p^{k}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \frac{n}{p^{k}} \right \rfloor \right ) = 0</math>
+::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \left ( \left \lfloor {\small\frac{2 n}{p^{k}}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor {\small\frac{n}{p^{k}}} \right \rfloor \right ) = 0</math>
-Dla <math>n = 8, 9</math> żadna liczba pierwsza nie należy do <math>\left( \tfrac{2 n}{5}, \tfrac{n}{2} \right]</math>.
+Dla <math>n = 8, 9</math> żadna liczba pierwsza nie należy do <math>\left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right]</math>.
-Dla <math>n = 10, 11, 12</math> łatwo sprawdzamy, że liczba <math>5</math> nie dzieli liczb <math>\binom{20}{10} = 184756</math>, <math>\binom{22}{11} = 705432</math> oraz <math>\binom{24}{12} = 2704156</math>.
+Dla <math>n = 10, 11, 12</math> łatwo sprawdzamy, że liczba <math>5</math> nie dzieli liczb <math>{\small\binom{20}{10}} = 184756</math>, <math>{\small\binom{22}{11}} = 705432</math> oraz <math>{\small\binom{24}{12}} = 2704156</math>.
-Zatem dla <math>n \geqslant 8</math> liczba pierwsza <math>p \in \left( \tfrac{2 n}{5}, \tfrac{n}{2} \right]</math> nie dzieli liczby <math>\binom{2 n}{n}</math>.<br/>
+Zatem dla <math>n \geqslant 8</math> liczba pierwsza <math>p \in \left( {\small\frac{2 n}{5}}, {\small\frac{n}{2}} \right]</math> nie dzieli liczby <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>.<br/>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}
@@ Linia 1491: / Linia 1535: @@
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A46</span><br/>
+<span id="A47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga A47</span><br/>
-Z przykładu A43 nie wynika, że w&nbsp;przedziale <math>\left( \frac{n}{2}, \frac{2 n}{3} \right]</math> znajduje się choćby jedna liczba pierwsza <math>p</math>. Analogiczna uwaga jest prawdziwa w&nbsp;przypadku przykładu&nbsp;A45 oraz twierdzeń&nbsp;A42 i&nbsp;A44. Istnienie liczby pierwszej w&nbsp;określonym przedziale będzie tematem kolejnego artykułu.
+Z przykładu [[#A44|A44]] nie wynika, że w&nbsp;przedziale <math>\left( {\small\frac{n}{2}}, {\small\frac{2 n}{3}} \right]</math> znajduje się choćby jedna liczba pierwsza <math>p</math>. Analogiczna uwaga jest prawdziwa w&nbsp;przypadku przykładu&nbsp;[[#A46|A46]] oraz twierdzeń&nbsp;[[#A43|A43]] i&nbsp;[[#A45|A45]]. Istnienie liczby pierwszej w&nbsp;określonym przedziale będzie tematem kolejnego artykułu.
-<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A47</span><br/>
+<span id="A48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład A48</span><br/>
-Pokazujemy i&nbsp;omawiamy wynik zastosowania twierdzeń A42 i A44 do współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 \cdot 3284}{3284}</math>. Można udowodnić, że granicę stosowalności obu twierdzeń bardzo dokładnie opisuje warunek <math>p > \sqrt{2 n}</math>, co w&nbsp;naszym przypadku daje <math>p > \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.04</math>.
+Pokazujemy i&nbsp;omawiamy wynik zastosowania twierdzeń [[#A43|A43]] i [[#A45|A45]] do współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}}</math>. Można udowodnić, że granicę stosowalności obu twierdzeń bardzo dokładnie opisuje warunek <math>p > \sqrt{2 n}</math>, co w&nbsp;naszym przypadku daje <math>p > \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.04</math>.
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż przykład|Hide=Ukryj przykład}}
-Wybraliśmy współczynnik dwumianowy <math>\binom{2 \cdot 3284}{3284}</math> dlatego, że w&nbsp;rozkładzie tego współczynnika na czynniki pierwsze występują wszystkie liczby pierwsze <math>p \leqslant 107</math>, co ułatwia analizowanie występowania liczb pierwszych. Tylko sześć liczb pierwszych: 2, 3, 59, 61, 73, 79 występuje z&nbsp;wykładnikiem większym niż jeden. Ponieważ <math>\sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.043</math>, zatem liczba 79 jest ostatnią liczbą pierwszą, która mogłaby wystąpić z&nbsp;wykładnikiem większym niż jeden i&nbsp;tak właśnie jest.<br/>
+Wybraliśmy współczynnik dwumianowy <math>{\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}}</math> dlatego, że w&nbsp;rozkładzie tego współczynnika na czynniki pierwsze występują wszystkie liczby pierwsze <math>p \leqslant 107</math>, co ułatwia analizowanie występowania liczb pierwszych. Tylko sześć liczb pierwszych: 2, 3, 59, 61, 73, 79 występuje z&nbsp;wykładnikiem większym niż jeden. Ponieważ <math>\sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.043</math>, zatem liczba 79 jest ostatnią liczbą pierwszą, która mogłaby wystąpić z&nbsp;wykładnikiem większym niż jeden i&nbsp;tak właśnie jest.<br/>
-Poniżej wypisaliśmy wszystkie liczby pierwsze <math>p \leqslant 3284</math>, które występują w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 \cdot 3284}{3284}</math> na czynniki pierwsze. Pogrubienie oznacza, że dana liczba rozpoczyna nowy wiersz w&nbsp;tabeli. Ostatnią pogrubioną i&nbsp;dodatkowo podkreśloną liczbą jest liczba 107, bo wszystkie liczby pierwsze mniejsze od 107 powinny pojawić się w&nbsp;tabeli – oczywiście tak się nie stanie, bo twierdzeń&nbsp;A42 i A44 nie można stosować bez ograniczeń dla coraz większych liczb <math>k</math>.
+Poniżej wypisaliśmy wszystkie liczby pierwsze <math>p \leqslant 3284</math>, które występują w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}}</math> na czynniki pierwsze. Pogrubienie oznacza, że dana liczba rozpoczyna nowy wiersz w&nbsp;tabeli. Ostatnią pogrubioną i&nbsp;dodatkowo podkreśloną liczbą jest liczba 107, bo wszystkie liczby pierwsze mniejsze od 107 powinny pojawić się w&nbsp;tabeli – oczywiście tak się nie stanie, bo twierdzeń&nbsp;[[#A43|A43]] i [[#A45|A45]] nie można stosować bez ograniczeń dla coraz większych liczb <math>k</math>.
@@ Linia 1509: / Linia 1553: @@
-Liczba 821 została pogrubiona (w&nbsp;tabeli), bo jest liczbą pierwszą i&nbsp;wyznacza początek przedziału otwartego, konsekwentnie liczba 821 nie występuje w&nbsp;rozkładzie współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 \cdot 3284}{3284}</math> na czynniki pierwsze.<br/>
+Liczba 821 została pogrubiona (w&nbsp;tabeli), bo jest liczbą pierwszą i&nbsp;wyznacza początek przedziału otwartego, konsekwentnie liczba 821 nie występuje w&nbsp;rozkładzie współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}}</math> na czynniki pierwsze.<br/>
-Czytelnik łatwo sprawdzi, że największą wartością liczby <math>k</math>, dla jakiej można jeszcze stosować twierdzenie&nbsp;A42, jest <math>k = 39</math>. Podobnie największą wartością liczby <math>k</math>, dla jakiej można jeszcze stosować twierdzenie&nbsp;A44, jest <math>k = 40</math>. Wartości te i&nbsp;odpowiadające im przedziały zostały pogrubione, aby uwidocznić granicę stosowania tych twierdzeń. Łatwo odczytujemy, że twierdzenia&nbsp;A42 i A44 można stosować dla liczb pierwszych <math>p</math> spełniających warunek <math>p > 81.09</math>. Co bardzo dokładnie pokrywa się z&nbsp;warunkiem <math>p > \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.04</math><br/>
+Czytelnik łatwo sprawdzi, że największą wartością liczby <math>k</math>, dla jakiej można jeszcze stosować twierdzenie&nbsp;[[#A43|A43]], jest <math>k = 39</math>. Podobnie największą wartością liczby <math>k</math>, dla jakiej można jeszcze stosować twierdzenie&nbsp;[[#A45|A45]], jest <math>k = 40</math>. Wartości te i&nbsp;odpowiadające im przedziały zostały pogrubione, aby uwidocznić granicę stosowania tych twierdzeń. Łatwo odczytujemy, że twierdzenia&nbsp;[[#A43|A43]] i [[#A45|A45]] można stosować dla liczb pierwszych <math>p</math> spełniających warunek <math>p > 81.09</math>. Co bardzo dokładnie pokrywa się z&nbsp;warunkiem <math>p > \sqrt{2 \cdot 3284} \approx 81.04</math><br/>
-Liczba 73 jest ostatnią poprawnie pokazaną liczbą pierwszą. Po niej nie pojawiają się liczby pierwsze 71 i&nbsp;67, które występują w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>\binom{2 \cdot 3284}{3284}</math> na czynniki pierwsze.<br/>
+Liczba 73 jest ostatnią poprawnie pokazaną liczbą pierwszą. Po niej nie pojawiają się liczby pierwsze 71 i&nbsp;67, które występują w&nbsp;rozwinięciu współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 \cdot 3284}{3284}}</math> na czynniki pierwsze.<br/>
 {| class="wikitable"  style="font-size: 90%; text-align: center; margin: 1em auto 1em auto;"
-! <math>k</math>||<math>\frac{3284}{k+1}</math>||<math>p \in \left ( \frac{3284}{k + 1}, \frac{3284}{k + \tfrac{1}{2}} \right ]</math>||<math>\frac{3284}{k+\tfrac{1}{2}}</math>||<math>\frac{3284}{k}</math>
+! <math>k</math>||<math>{\small\frac{3284}{k+1}}</math>||<math>p \in \left ( {\small\frac{3284}{k + 1}}, \frac{3284}{k + \tfrac{1}{2}} \right ]</math>||<math>\frac{3284}{k+\tfrac{1}{2}}</math>||<math>{\small\frac{3284}{k}}</math>
 |-
 | 0||3284||{3299, 3301, ..., 6553, 6563}||6568||
@@ Linia 1697: / Linia 1741: @@
 <ref name="Dusart18">P. Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', Ramanujan Journal. 45 (1) (January 2018) pp. 225-234.</ref>
-<ref name="p1">Wikipedia, ''Twierdzenie o zbieżności ciągu monotonicznego'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_o_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_ci%C4%85gu_monotonicznego LINK])</ref>
+<ref name="p1">Wikipedia, ''Twierdzenie o&nbsp;zbieżności ciągu monotonicznego'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_o_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_ci%C4%85gu_monotonicznego LINK])</ref>
+<ref name="exp1">Wikipedia, ''Characterizations of the exponential function'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Characterizations_of_the_exponential_function Wiki-en])</ref>
+<ref name="Cauchy1">Wikipedia, ''Cauchy product'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_product Wiki-en])</ref>
+<ref name="Cauchy2">Wikipedia, ''Szereg (matematyka) - Działania'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Szereg_(matematyka)#Dzia%C5%82ania Wiki-pl])</ref>
 </references>