Расхождение суммы обратных величин простых чисел

Сумма обратных величин всех простых чисел расходится , то есть:

$${\displaystyle \sum _{p{\text{ prime}}}{\frac {1}{p}}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{11}}+{\frac {1}{13}}+{\frac {1}{17}}+\cdots =\infty }$$

Это было доказано Леонардом Эйлером в 1737 году ^[1] и усиливает результат Евклида , полученный в III веке до нашей эры, о том, что существует бесконечно много простых чисел , а также доказательство Николя Орема , полученное в XIV веке, о расходимости суммы обратных чисел целых чисел (гармонического ряда) .

Существует множество доказательств результата Эйлера, включая нижнюю границу для частичных сумм, утверждающую, что для всех натуральных чисел n . Двойной натуральный логарифм ( log log ) указывает на то, что расхождение может быть очень медленным, что действительно так. См . константу Мейсселя–Мертенса .$${\displaystyle \sum _{\scriptstyle p{\text{ prime}} \atop \scriptstyle p\leq n}{\frac {1}{p}}\geq \log \log(n+1)-\log {\frac {\pi ^{2}}{6}}}$$

Сначала мы опишем, как Эйлер изначально обнаружил результат. Он рассматривал гармонический ряд$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\cdots =\infty }$$

Он уже использовал следующую « формулу произведения », чтобы показать существование бесконечного множества простых чисел.

$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}=\prod _{p}\left(1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+\cdots \right)=\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-1}}}}$$

Здесь произведение берется по множеству всех простых чисел.

Такие бесконечные произведения сегодня называются произведениями Эйлера . Произведение выше является отражением фундаментальной теоремы арифметики . Эйлер заметил, что если бы было только конечное число простых чисел, то произведение справа, очевидно, сходилось бы, что противоречит расходимости гармонического ряда.

Доказательство Эйлера работает следующим образом: сначала берется натуральный логарифм каждой стороны, а затем используется разложение в ряд Тейлора для log x, а также сумма сходящегося ряда:

$${\displaystyle {\begin{aligned}\log \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\right)&{}=\log \left(\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=-\sum _{p}\log \left(1-{\frac {1}{p}}\right)\\[5pt]&=\sum _{p}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2p^{2}}}+{\frac {1}{3p^{3}}}+\cdots \right)\\[5pt]&=\sum _{p}{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2}}\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}+{\frac {1}{3}}\sum _{p}{\frac {1}{p^{3}}}+{\frac {1}{4}}\sum _{p}{\frac {1}{p^{4}}}+\cdots \\[5pt]&=A+{\frac {1}{2}}B+{\frac {1}{3}}C+{\frac {1}{4}}D+\cdots \\[5pt]&=A+K\end{aligned}}}$$

для фиксированной константы K < 1. Тогда, используя следующее соотношение:

$${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}=\log \infty ,}$$

из которых, как показано в более поздней работе 1748 года, ^[2] правая часть может быть получена путем установки x = 1 в разложении в ряд Тейлора

$${\displaystyle \log \left({\frac {1}{1-x}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n}}.}$$

Таким образом,$${\displaystyle A={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{11}}+\cdots =\log \log \infty .}$$

Почти наверняка Эйлер имел в виду, что сумма обратных величин простых чисел, меньших n, асимптотически приближается к log log n, когда n стремится к бесконечности. Оказывается, это действительно так, и более точная версия этого факта была строго доказана Францем Мертенсом в 1874 году. ^[3] Таким образом, Эйлер получил правильный результат сомнительными средствами.

Следующее доказательство от противного принадлежит Паулю Эрдёшу .

Пусть p _i обозначает i- е простое число. Предположим, что сумма обратных чисел простых чисел сходится .

Тогда существует наименьшее положительное целое число k такое, что

$${\displaystyle \sum _{i=k+1}^{\infty }{\frac {1}{p_{i}}}<{\frac {1}{2}}\qquad (1)}$$

Для положительного целого числа x пусть M _x обозначает множество тех n из {1, 2, ..., x }, которые не делятся ни на какое простое число, большее p _k (или, что эквивалентно, все n ≤ x , которые являются произведением степеней простых чисел p _i ≤ p _k ). Теперь мы выведем верхнюю и нижнюю оценки для | M _x | , числа элементов в M _x . Для больших  x эти оценки окажутся противоречивыми.

Верхняя оценка

Каждое n в M _x можно записать как n = m ² r с положительными целыми числами m и r , где r является свободным от квадратов . Поскольку только k простых чисел p ₁ , ..., p _k могут появиться (с показателем 1) в разложении r на  простые множители , существует не более 2 ^k различных возможностей для  r . Кроме того, существует не более √ x возможных значений для  m . Это дает нам верхнюю оценку$${\displaystyle |M_{x}|\leq 2^{k}{\sqrt {x}}\qquad (2)}$$

Нижняя оценка

Оставшиеся x  − | M _x | числа в разности множеств {1, 2, ..., x } \ M _x все делятся на простое число, большее p _k . Пусть N _{i , x} обозначает множество тех n в {1, 2, ..., x } , которые делятся на i- е простое число p _i . Тогда$${\displaystyle \{1,2,\ldots ,x\}\setminus M_{x}=\bigcup _{i=k+1}^{\infty }N_{i,x}}$$

Так как количество целых чисел в N _{i , x} не превышает ⁠х/пи _я⁠ (фактически ноль для p _i > x ), получаем$${\displaystyle x-|M_{x}|\leq \sum _{i=k+1}^{\infty }|N_{i,x}|<\sum _{i=k+1}^{\infty }{\frac {x}{p_{i}}}}$$

Используя (1), это подразумевает$${\displaystyle {\frac {x}{2}}<|M_{x}|\qquad (3)}$$

Это приводит к противоречию: когда x ≥ 2 ^{2 k + 2} , оценки (2) и (3) не могут выполняться одновременно, поскольку ⁠х/2⁠ ≥ 2 ^k √ x .

Вот еще одно доказательство, которое на самом деле дает более низкую оценку для частичных сумм; в частности, оно показывает, что эти суммы растут по крайней мере так же быстро, как log log n . Доказательство принадлежит Ивану Нивену ^[4], адаптированному из идеи расширения произведения Эйлера . В дальнейшем сумма или произведение, взятые по p, всегда представляют собой сумму или произведение, взятые по указанному набору простых чисел.

Доказательство основывается на следующих четырех неравенствах:

• Каждое положительное целое число i может быть однозначно выражено как произведение целого числа, свободного от квадратов, и квадрата, как следствие фундаментальной теоремы арифметики . Начнем с того, где β равны 0 (соответствующая степень простого числа q четна) или 1 (соответствующая степень простого числа q нечетна). Вынесем за скобки одну копию всех простых чисел, β которых равно 1, оставив произведение простых чисел в четных степенях, которое само является квадратом. Перемаркировка: где первый множитель, произведение простых чисел в первой степени, свободен от квадратов. Инвертирование всех i дает неравенство$${\displaystyle i=q_{1}^{2{\alpha }_{1}+{\beta }_{1}}\cdot q_{2}^{2{\alpha }_{2}+{\beta }_{2}}\cdots q_{r}^{2{\alpha }_{r}+{\beta }_{r}},}$$$${\displaystyle i=(p_{1}p_{2}\cdots p_{s})\cdot b^{2},}$$$${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\leq \left(\prod _{p\leq n}\left(1+{\frac {1}{p}}\right)\right)\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\right)=A\cdot B.}$$

Чтобы увидеть это, обратите внимание, что и То есть, является одним из слагаемых в развернутом произведении A. И поскольку является одним из слагаемых B , каждое слагаемое представляется в одном из членов AB при умножении. Неравенство следует.$${\displaystyle {\frac {1}{i}}={\frac {1}{p_{1}p_{2}\cdots p_{s}}}\cdot {\frac {1}{b^{2}}},}$$$${\displaystyle {\begin{aligned}\left(1+{\frac {1}{p_{1}}}\right)\left(1+{\frac {1}{p_{2}}}\right)\ldots \left(1+{\frac {1}{p_{s}}}\right)&=\left({\frac {1}{p_{1}}}\right)\left({\frac {1}{p_{2}}}\right)\cdots \left({\frac {1}{p_{s}}}\right)+\ldots \\&={\frac {1}{p_{1}p_{2}\cdots p_{s}}}+\ldots .\end{aligned}}}$$${\displaystyle 1/(p_{1}p_{2}\cdots p_{s})}$${\displaystyle 1/b^{2}}$${\displaystyle 1/i}$

• Верхняя оценка натурального логарифма $${\displaystyle {\begin{aligned}\log(n+1)&=\int _{1}^{n+1}{\frac {dx}{x}}\\&=\sum _{i=1}^{n}\underbrace {\int _{i}^{i+1}{\frac {dx}{x}}} _{{}\,<\,{\frac {1}{i}}}\\&<\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\end{aligned}}}$$
• Нижняя оценка 1 + x < exp( x ) для экспоненциальной функции , которая справедлива для всех x > 0 .
• Пусть n ≥ 2. Верхняя граница (с использованием телескопической суммы ) для частичных сумм (сходимость — это все, что нам действительно нужно)$${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}&<1+\sum _{k=2}^{n}\underbrace {\left({\frac {1}{k-{\frac {1}{2}}}}-{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}}}\right)} _{=\,{\frac {1}{k^{2}-{\frac {1}{4}}}}\,>\,{\frac {1}{k^{2}}}}\\&=1+{\frac {2}{3}}-{\frac {1}{n+{\frac {1}{2}}}}<{\frac {5}{3}}\end{aligned}}}$$

Объединяя все эти неравенства, видим, что$${\displaystyle {\begin{aligned}\log(n+1)&<\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\\&\leq \prod _{p\leq n}\left(1+{\frac {1}{p}}\right)\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\\&<{\frac {5}{3}}\prod _{p\leq n}\exp \left({\frac {1}{p}}\right)\\&={\frac {5}{3}}\exp \left(\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}\right)\end{aligned}}}$$

Разделив на ⁠5/3⁠ и взяв натуральный логарифм от обеих сторон, получаем$${\displaystyle \log \log(n+1)-\log {\frac {5}{3}}<\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}}$$

по желанию.  QED

С использованием

$${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$$

(см. Базельскую задачу ), указанная выше константа log ⁠5/3⁠ = 0,51082... можно улучшить до log ⁠π ²/6⁠ = 0,4977... ; на самом деле оказывается, что$${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}-\log \log n\right)=M}$$

где M = 0,261497... — константа Мейсселя–Мертенса (несколько аналогичная гораздо более известной константе Эйлера–Маскерони ).

Из неравенства Дюсарта получаем$${\displaystyle p_{n}<n\log n+n\log \log n\quad {\mbox{for }}n\geq 6}$$

Затем по интегральному тесту на сходимость . Это показывает, что ряд слева расходится.$${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}&\geq \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}\\&\geq \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{n\log n+n\log \log n}}\\&\geq \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{2n\log n}}=\infty \end{aligned}}}$$

Следующее доказательство взято из работы Джеймса А. Кларксона . ^[5]

Определить k -й хвост

$${\displaystyle x_{k}=\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}.}$$

Тогда для , разложение содержит по крайней мере один член для каждой обратной величины положительного целого числа с точно простыми множителями (с учетом кратностей) только из множества . Отсюда следует, что геометрическая прогрессия содержит по крайней мере один член для каждой обратной величины положительного целого числа, не делящегося ни на какое . Но поскольку всегда удовлетворяет этому критерию,${\displaystyle i\geq 0}$${\displaystyle (x_{k})^{i}}$${\displaystyle i}$${\displaystyle \{p_{k+1},p_{k+2},\cdots \}}$${\textstyle \sum _{i=0}^{\infty }(x_{k})^{i}}$${\displaystyle p_{n},n\leq k}$${\displaystyle 1+j(p_{1}p_{2}\cdots p_{k})}$

$${\displaystyle \sum _{i=0}^{\infty }(x_{k})^{i}>\sum _{j=1}^{\infty }{\frac {1}{1+j(p_{1}p_{2}\cdots p_{k})}}>{\frac {1}{1+p_{1}p_{2}\cdots p_{k}}}\sum _{j=1}^{\infty }{\frac {1}{j}}=\infty }$$

расходимостью гармонического ряда . Это показывает, что для всех , и поскольку хвосты сходящегося ряда сами должны сходиться к нулю, это доказывает расходимость.${\displaystyle x_{k}\geq 1}$${\displaystyle k}$

Хотя частичные суммы обратных величин простых чисел в конечном итоге превышают любое целое значение, они никогда не равны целому числу.

Одно доказательство ^[6] основано на индукции: первая частичная сумма равна ⁠1/2⁠ , который имеет вид ⁠странный/даже⁠ . Если n- я частичная сумма (для n ≥ 1 ) имеет вид ⁠странный/даже⁠ , тогда ( n + 1) -я сумма равна

$${\displaystyle {\frac {\text{odd}}{\text{even}}}+{\frac {1}{p_{n+1}}}={\frac {{\text{odd}}\cdot p_{n+1}+{\text{even}}}{{\text{even}}\cdot p_{n+1}}}={\frac {{\text{odd}}+{\text{even}}}{\text{even}}}={\frac {\text{odd}}{\text{even}}}}$$

так как ( n + 1)-е простое число p _{n + 1} нечетно; поскольку эта сумма также имеет ⁠странный/даже⁠ форма, эта частичная сумма не может быть целым числом (потому что 2 делит знаменатель, но не числитель), и индукция продолжается.

Другое доказательство переписывает выражение для суммы первых n обратных простых чисел (или, на самом деле, суммы обратных чисел любого набора простых чисел) в терминах наименьшего общего знаменателя , который является произведением всех этих простых чисел. Тогда каждое из этих простых чисел делит все, кроме одного, члены числителя и, следовательно, не делит сам числитель; но каждое простое число делит знаменатель. Таким образом, выражение неприводимо и является нецелым числом.

• Теорема Евклида о том, что существует бесконечно много простых чисел
• Малый набор (комбинаторика)
• Теорема Бруна о сходящейся сумме обратных величин простых чисел-близнецов
• Список сумм обратных величин

Источники

• Данхэм, Уильям (1999). Эйлер: Мастер всех нас . MAA . стр. 61–79. ISBN 0-88385-328-0.

• Колдуэлл, Крис К. «Существует бесконечно много простых чисел, но насколько велика бесконечность?».