Dado um conjunto de números inteiros consecutivos de $1$ até $2n$, podemos dividi-los em $n$ pares distintos de modo que a soma de cada par resulte em um número primo.
Para esta demonstração, utilizaremos o Postulado de Bertrand (também conhecido como Teorema de Bertrand-Chebyshev) e a técnica de indução matemática.
O Postulado de Bertrand estabelece que, para qualquer inteiro $k > 1$, existe sempre pelo menos um número primo $p$ tal que $k < p < 2k$. Esta afirmação foi conjecturada pelo matemático francês Joseph Bertrand em 1845 e demonstrada pelo matemático russo Pafnuty Lvovich Chebyshev em 1850. Mais tarde, em 1932, em seu primeiro artigo, o célebre matemático húngaro Paul Erdös publicou uma demonstração mais elegante e simplificada deste teorema.
Apoiados nesta garantia de que sempre encontraremos um número primo em intervalos específicos, mostraremos que o conjunto $\{1, 2, 3, \dots, 2n\}$ pode ser totalmente particionado em pares $\{a_1, b_1\}, \{a_2, b_2\}, \dots, \{a_n, b_n\}$, tal que cada soma $a_i + b_i$ seja um número primo.
Vamos tomar o caso base $n=1$. Assim, obtemos conjunto numérico $\{1,2\}$. Para este conjunto, o único par possível é $(1,2)$. A soma desse par é $1+2=3$, que é um número primo, confirmando o teorema para o início da indução.
Suponhamos que o teorema é verdadeiro para todos os valores menores que $2n$. Queremos provar que também é verdadeiro para o conjunto $\{1,2,3\cdots ,2n\}$.
Pelo Postulado de Bertrand, para todo inteiro $k \geq 1$, existe um primo $p$ entre $k$ e $2k$. Fazendo $k=2n$, existem um primo tal que:
$$ 2n < p < 4n $$Como $p$ é primo maior que $2$, ele é obrigatoriamente ímpar. Sendo assim, podemos expressá-lo como a soma do limite superior par $(2n)$ e um número ímpar $m$ menor que ele:
$$ p = 2n + m $$sendo $1 \leq m < 2n$.
Observe que $m$ deve ser ímpar, porque $p$ é primo e $2n$ é par. Fazemos:
$$ m = p -2n $$Utilizando o número $m$ para emparelhar os números maiores (próximos a $2n$) com os números menores (próximos a $1$), formamos os pares:
- $(2n,m)$: $2n+m=p$
- $(2n-1,m+1)$: $2n+m=p$
- $(2n-2,m+2)$: $2n+m=p$
- $\cdots$
- Continuamos até que todos os números entre $m$ até $2n$ tenham sido utilizados.
Note que a soma de cada um destes pares é genericamente:
$$ (2n-k)+(m+k)=2n+m=p $$Após este processo, todos os números de $m$ a $2n$ foram emparelhados. O que resta é o conjunto $\{1,2,3,\cdots \ m-1\}$. Como $m$ é ímpar, o tamanho deste no conjunto $m-1$ é par.
De acordo com a hipótese indutiva, qualquer conjunto de tamanho par menor que o original também pode ser particionado em pares, cuja soma resulte um um primo. Assim, o processo se repete com a sobra até que todos os números do conjunto original de $1$ a $2n$ estejam devidamente pareados.
Exemplo 1:
Considere $n=5$. Vamos aplicar a lógica no conjunto:
$$ \{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\} $$onde $2n=10$
Queremos encontrar um primo tal que $10 < p < 20$. Vamos escolher o primo $p=11$. Em seguida, calculamos $m$:
$$ m = p-2n\\ \ \\ m = 11 - 10\\ \ \\ m = 1 $$É recomendável escolher o primo $p$ mais próximo possível de $2n$, pois, como $m$ será o par de $2n$, quanto menor for o valor de $m$, mais números utilizamos na primeira etapa, reduzindo a necessidade de etapas subsequentes.
Precisamos, então, formar pares que somem $11$, começando de $10$ para baixo:
- $(10,1)$: $10+1=11$
- $(9,2)$: $9+2=11$
- $(8,3)$: $8+3=11$
- $(7,4)$: $7+4=11$
- $(6,5)$: $6+5=11$
Vejam que neste caso, como escolhemos $p=11$, o valor de $m=1$. Isso permitiu que todos os números do conjunto fossem utilizados logo na primeira etapa.
Para ilustrar por que a escolha do menor primo $p$ possível influencia na velocidade da resolução do problema, vamos repetir o processo para o mesmo conjunto de $1$ a $10$, mas desta vez tomando o primo $17$. Assim, calculamos $m$:
$$ m=17-10=7 $$Formamos os pares que somam $17$:
- $(10,7)$: $10+7 = 17$
- $(9,8)$: $9+8=17$
Escolhendo $p=17$ conseguimos eliminar apenas $4$ dos $10$ números que compõem o conjunto numérico. Restou-nos, então, o conjunto:
$$ \{1,2,3,4,5,6\} $$Aplicando novamente o método, mas agora com um novo limite de $2n=6$. Pelo Postulado de Bertrand, existe um primo entre $6$ e $12$. Vamos escolher o maior primo no intervalo, que é $p=11$. Assim, calculamos $m$:
$$ m = 11-6 = 5 $$Formamos o par que soma $11$:
- $(6,5)$: $6+5=11$
Este foi o único par possível nesta etapa. Ainda restou o conjunto: $\{1,2,3,4\}$. Repetimos o processo para o novo limite $2n=4$. Escolhendo o primo $p=5$, temos que $m=5-4=1$. Formamos os pares:
- $(4,1)$: $4+1=5$
- $(3,2)$: $3+2=5$
Deste modo, chegamos ao fim, particionando todo o conjunto original em pares cuja soma resulta em números primos. Embora o caminho tenha sido mais longo, a estratégia da indução garantiu o sucesso.
Postar um comentário