US EC

Or, cette équation, retranchée de l’inégalité

po) —4(< )< Az + À x log +,

donne

D) —p(S)—f@ + ff) <0

ou bien, ce qui revient au même, Def <p()—f($).

= . æ æ “y En changeant successivement dans cette formule x en Do Go--gmr NOUS trouverons

pa) — Fa) < pe) — (6) < p(ér)— (6). <a) (or).

S1 nous supposons actuellement que "” Sat le plus grand nombre pe qui

tombera entre 1 et + et en 6?

on reconnaîtra que (2) — 0, et que — f(2) reste au-dessous de 1. Donc Ÿ (5) “ou à (5) < 1, et d’après les inégalités précédentes

GmH-1

vérifie la condition + Em > 5 1, la quantité ani

examinant la valeur que prend (2) — f(z) dans les limites z — v ASS

dx) — f(x) < 1.

Enfin, en substituant pour f(x) sa valeur, nous aurons (a) < + Ati - a log x + — 3 log x + 1.

D’après les formules que nous venons de trouver, il ne sera pas difficile d’assigner deux limites entre lesquelles tombe la valeur de 9(x), c’est à dire la somme des logarithmes de tous les nombres premiers qui ne surpassent pas x.

En effet, d’après (3) nous trouvons

d (x) — da — 0(%) + Oo + 0 (&ÿ +- etc., D(&)— 2ÿ (@f = 0 (a) — [0 (aÿ — 0 (@i] — [O( — 0] — ete, ce qui prouve que

(6) D@EV@)— VE, 0@T (x) — 24 (ah,

car les termes

L Li EL Ls LR Le O(x}3, O(x)5,..., O(x)}2 — 0 (x)5, O(x)t — 0 (x)5,.… sont évidemment positifs ou zéro.

Mais nous venons de trouver

ÿ() <+ À Az + —— log 2 + > + log &+ 1,

rt 6 (a) > 47 — À log x — 1.

ce qui donne

æ 5 16 16 log 6 6

l0g* x + — log x + 1,

et par conséquent

De) — 4 (0e < £ $ 4x — A +

Tige 18° T+— + log & + 2,

D) — 2% (07 > 45 — "2 4as — rt Pers 1007 3 — À log x — 8. Donc d’après (6)

log? x + — + log & + 2

|” (ris oo + TT

ou > 4—° st log? x —" log x — 3

AR Ted 6 Ainsi nous arrivons à la conséquence que la somme des logarithmes de tous les nombres premiers, qui ne surpassent pas x, est comprise dans les limites

6 = 5 3 5 En rasé 2 + siite Ha gs At — Ax Lt + log x +2,

Az — 2 4 — log? æ — À log x — 8.

ete TL 6

$ 6. Voyons maintenant ce qu’on peut tirer de ces formules sur la totalité des nombres premiers compris dans des limites données. Soit Z et L les deux limites en question, et supposons qu’il y ait »# nombres premiers plus grands que / et ne surpassant pas L: la somme des logarithmes de ces

Se" THE

nombres sera comprise dans les limites » log /, m log Z. Donc, d’après la notation que nous employons, on aura

O(L)— 0) > m log !,

O(L)— 0 (1) Lm log Z, et par conséquent

0(L)— 8 () m < STE m> logL ‘

Mais, d’après (7), nous trouvons que la valeur 9 (L) — 4(1) est inférieure à 1 1

ALI) ALP} (2logtL-Hlog%l)-+F (2108 L+ 3logl)-+5,

et surpasse

6 M CN 5 5 A (Le l}-A(SLA — (2 }-5r 008" Z + 2log)— {3108 L+ 2logl)—5.

Donc 6 L' 12 Aafi-1)-4(n-À8)+ ET PT À attns Minas À 5 {9 log L + 3 log D) + +5 M < log ! ; , 1to 4 A(z-; — ARE) EE Qoe La 2logt D — À log L 4-2 log D —5 5 5 8 log 6 4 , m> log L

Ainsi, nous trouvons deux limites entre lesquelles tombe la quantité », qui désigne combien il y a de nombres premiers plus grands que /, mais qui ne surpassent pas L. — La dernière de ces formules nous prouve que, dans les limites / et L, on trouve plus de # nombres premiers, si 4, L et { vérifient cette condition

6 CE 5 5 afz-h)-Aa(fr 6) - Sos sos ee? L + 2 log? 1) — 4 6 log L +2 log) —5

k < log L

et comme / << L, on vérifie cette condition en faisant

Aa(z-5t)-5 MER = Fe

Shre te Fr210 L)—2(8 log L +2 log L)—5

log L ei:

et par conséquent en prenant

Donc, si l’on prend cette valeur de {, on est sûr de trouver plus de # nombres premiers dans les limites / et Z. Il faut y joindre encore la condition que / et L ne sont pas plus petits que 1, ce que nous avons supposé par rapport à x, en traitant la fonction (x).

Dans le cas particulier de 4 — 0, nous concluons qu’il y a nécessairement un nombre premier compris dans les limites / et Z, si l’on prend

Ceci nous conduit très simplement à prouver rigoureusement le postulatum cité de M. Bertrand. — Il n’est pas difficile de s’assurer que les limites @ et 2a— 2, dans le cas de a >> 160, comprennent ces deux limites

5 3 25 log? L 125 log L 25 RAT je S ba re - L, = 2L—;5 log 6 24 À 64? )

L étant une valeur convenablement choisie. En effet, pour que ces limites tombent entre a, 2a—2,

on n’a qu’à vérifier ces conditions

25 log? L 125 log L 25 16 À log 6 24 À 6A°

5 .s a € 5 L— 212 — Or, on vérifie évidemment la première en prenant L— 2a—3. Quant à la seconde, elle devient pour L— 2a—3

25 log? (2a— 3) 125log(2a—3) 25 16 À log 6 24 À 64?

ee (2a—3)—2V(2 a — 3) — ce qui est juste pour toutes les valeurs de a, qui surpassent la plus grande racine de l’équation

25 log? (2x —3) 125 log (2æ— 3) 25 16 À log 6 24 À 64?

et cette racine, nous la trouvons comprise entre les limites 159 et 160.

Done, toutes les fois que & surpasse 160, on peut assigner entre a et * 2a— 2 deux nouvelles limites

5 z 25 log? L 125 log L 25 — — L == LA res na F l 6 2 16 À log 6 24 À 6A?

BR. Le

et comme celles-ci comprennent nécessairement un nombre premier, on sera certain de trouver un nombre premier qui surpasse a et reste inférieur à 2a— 2, ce qui prouve le postulatum de M. Bertrand pour toutes les valeurs de a qui surpassent 160. Quant aux valeurs de a qui ne sont pas plus grandes que 160, ce postulatum se vérifie directement à l’aide des tables des nombres premiers.

$ 7. Au moyen de la fonction Ÿ(x) que nous employons pour désigner la somme des logarithmes de tous les nombres premiers qui ne surpassent pas +, on peut facilement exprimer la somme

F(a)+F(B)+F(y)+...+F(ep= UV

où &, 5, y,... p sont les nombres premiers compris dans les limites données. En effet, si æœ, B, y, ...@ sont compris dans les limites / et Z, cette somme peut être exprimée ainsi

6 (1}—0(1— 1) 0 (7 +- 1) — 0 (1) O6 (+2) —0(1+ 1) log ! F() ir: log (1 + 1) F( + 1) + log (1 + 2) F(+2)+..