Ряд обернених до простих чисел

Ряд обернених простих чисел розбіжний. Тобто:

Сума величин, обернених до простих чисел, необмежено зростає. Вісь x подано в логарифмічному масштабі, що показує, що розбіжність дуже повільна. Червона лінія є нижньою оцінкою і теж зростає необмежено.

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

Цей факт довів Леонард Ейлер 1737 року, що посилило результат Евкліда (III століття до н. е.), що існує нескінченно багато простих чисел.

Існує низка доведень результату Ейлера, включно з оцінкою нижньої межі часткових сум, яка стверджує, що

$\sum _{\scriptstyle p{\text{ prime}} \atop \scriptstyle p\leq n}{\frac {1}{p}}\geqslant \ln \ln(n+1)-\ln {\frac {\pi ^{2}}{6}}$

для всіх натуральних чисел n. Подвійний натуральний логарифм (ln ln) свідчить про те, що розбіжність ряду дуже повільна. Див. статтю Константа Майсселя — Мертенса.

Гармонічний ряд

Розбіжність даного ряду довів Ейлер. Для цього він розглянув гармонічний ряд:

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\cdots =\infty$

А також таку «тотожність», за допомогою якої він також показав, що множина простих чисел нескінченна:

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

Тут добуток береться за всіма простими числами. Такі нескінченні добутки сьогодні називають добутками Ейлера. Добуток вище є відображенням основної теореми арифметики. Ейлер зауважив, що якби кількість простих чисел була скінченною, то добуток праворуч мав би збігатися, що суперечить розбіжності гармонічного ряду.

Доведення

Доведення Ейлера

Продовжуючи міркування, описані вище, Ейлер взяв натуральний логарифм від кожного з боків. Потім він використав розклад у ряд Тейлора ${\textstyle -\ln(1-x)=x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{4}}{4}}+\dots }$, а також збіжність обернених степеневих рядів:

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

з фіксованою константою K < 1. Потім він використав властивість

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

виведення якої від пояснив, наприклад, у пізнішій роботі 1748 року, присвоєнням x = 1 у розкладі Тейлора

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

Це дозволило йому зробити висновок, що

$A={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{11}}+\cdots =\ln \ln \infty .$

Імовірно, Ейлер мав на увазі, що сума величин, обернених до простих чисел менших від n, асимптотично зростає як ln ln n при прямуванні n до нескінченності. Виявилося, що це справді так і точнішу версію цього факту строго довів Франц Мертенс 1874 року. Ейлер же отримав правильний результат за допомогою нестрогих методів.

Доведення Ердеша оціненням зверху і знизу

Наступне доведення від супротивного належить Палу Ердешу.

Нехай p_i означає i-е просте число. Уявімо, що сума величин, обернених до простих чисел, збіжна. Тобто,

$\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{p_{i}}}<\infty$

Тоді існує найменше додатне ціле число k, таке, що

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

Для додатного цілого x нехай M_x означає множину n з набору {1, 2, …, x}, які не діляться на будь-яке просте, більше від p_k (або, еквівалентно, всі $n\leqslant x$, які є добутком ступенів простих чисел $p_{i}\leqslant p_{k}$). Ми можемо тепер вивести верхню і нижню оцінку $|M_{x}|$, числа елементів у $M_{x}$. Для великих x ці межі приводять до суперечності.

Оцінка зверху:

Будь-яке n у M_x можна записати у вигляді $n=m^{2}r$ з додатними цілими m іr деr — вільне від квадратів число. Бо тільки k простих $p_{1},\ldots ,p_{k}$ може бути (з показником 1) у розкладі на прості числа r, є не більше 2^k різних можливостей для r. Більш того, є не більше ${\sqrt {x}}$ можливих значень для m. Це дає верхню оцінку

$|M_{x}|\leq 2^{k}{\sqrt {x}}\qquad (2)$

Оцінка знизу:

Решта $x-|M_{x}|$ чисел у різниці множин{1, 2, …, x} \ M_x всі діляться на прості числа, більші від $p_{k}$. Нехай $N_{i,x}$ означає множину таких n з{1, 2, …, x}, які діляться наi-е просте $p_{i}$. Тоді

$\{1,2,\ldots ,x\}\smallsetminus M_{x}=\bigcup _{i=k+1}^{\infty }N_{i,x}$

Оскільки число цілих чисел $N_{i,x}$ не перевершує ${\tfrac {x}{p_{i}}}$ (насправді, дорівнює нулю для $p_{i}>x$), отримуємо

$x-|M_{x}|\leqslant \sum _{i=k+1}^{\infty }|N_{i,x}|<\sum _{i=k+1}^{\infty }{\frac {x}{p_{i}}}$

Використовуючи (1), звідси отримуємо

${\frac {x}{2}}<|M_{x}|\qquad (3)$

Маємо суперечність: якщо $x\geqslant 2^{2k+2}$, оцінки (2) та (3) не можуть виконуватися одночасно, оскільки ${\tfrac {x}{2}}\geqslant 2^{k}{\sqrt {x}}$ .

Доведення того, що ряд зростає зі швидкістю log-log

Існує інше доведення, яке дає нижню оцінку часткових сум. Зокрема, показує, що ці суми зростають щонайменше як ln ln n. Доведення є варіантом Ейлерової ідеї розкладання добутку. Далі в тексті суми або добутки p завжди є сумами або добутками за певними множинами простих чисел.

Доведення спирається на чотири нерівності:

• Будь-яке додатне цілеi можна єдиним чином подати у вигляді добутку вільних від квадратів чисел та квадрата. Це дає нерівність

$\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\leqslant \prod _{p\leq n}{\left(1+{\frac {1}{p}}\right)}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}$ ,

де для будь-якогоi між 1 та n (розкладений) добуток відповідає вільній від квадратів частині числаi, а сума відповідає квадратній частині числаi (див. статтю Основна теорема арифметики).

• Верхня оцінка натурального логарифма

${\begin{aligned}\ln(n+1)&=\int _{1}^{n+1}{\frac {dx}{x}}\\&=\sum _{i=1}^{n}\underbrace {\int _{i}^{i+1}{\frac {dx}{x}}} _{{}\,<\,{\frac {1}{i}}}\\&<\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\end{aligned}}$

• Нижня оцінка1 + x < exp(x) для показникової функції виконується для всіх x > 0.
• Нехай $n\geqslant 2$. Верхня межа (використовуємо телескопічний ряд) для часткових сум

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}&<1+\sum _{k=2}^{n}\underbrace {\left({\frac {1}{k-{\frac {1}{2}}}}-{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}}}\right)} _{=\,{\frac {1}{k^{2}-{\frac {1}{4}}}}\,>\,{\frac {1}{k^{2}}}}\\&=1+{\frac {2}{3}}-{\frac {1}{n+{\frac {1}{2}}}}<{\frac {5}{3}}\end{aligned}}$

Комбінуючи всі ці нерівності, отримуємо

${\begin{aligned}\ln(n+1)&<\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\\&\leq \prod _{p\leq n}{\left(1+{\frac {1}{p}}\right)}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\\&<{\frac {5}{3}}\prod _{p\leq n}{\exp \left({\frac {1}{p}}\right)}\\&={\frac {5}{3}}\exp \left(\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}\right)\end{aligned}}$

Після ділення на ${\tfrac {5}{3}}$ та взяття натурального логарифма від обох частин отримаємо

$\ln \ln(n+1)-\ln {\frac {5}{3}}<\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}$ ,

що й потрібно було довести. ∎

Використовуючи

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

(Див. Базельська задача), константу вище $\ln {\tfrac {5}{3}}=0{,}51082\ldots$ можна покращити до $\ln {\tfrac {\pi ^{2}}{6}}=0{,}4977\ldots$ . Фактично, виявляється що

$\lim _{n\to \infty }\left(\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}-\ln \ln n\right)=M$ ,

де $M=0{,}261497\ldots$ — стала Майсселя — Мертенса (щось подібне до відомішої сталої Ейлера — Маскероні).

Доведення з нерівності Дюзара

З нерівності Дюзара маємо

$p_{n}<n\ln n+n\ln \ln n\quad$ для $n\geqslant 6$

Тоді

${\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}&\geqslant \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}\\&\geqslant \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{n\ln n+n\ln \ln n}}\\&\geqslant \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{2n\ln n}}=\infty \end{aligned}}$

згідно з інтегральною ознакою збіжності Коші — Маклорена. Це показує, що ряд зліва розбіжний.

Часткові суми

Хоча часткові суми величин, обернених до простих чисел, врешті-решт перевищують будь-яке ціле значення, вони ніколи не можуть дорівнювати цілому числу.

Одне з доведень цього виконується за індукцією: перша часткова сума дорівнює ${\tfrac {1}{2}}$ і вона має вигляд ${\tfrac {odd}{even}}$ (тобто непарне/парне). Якщо n-а часткова сума (для $n\geqslant 1$) має вигляд ${\tfrac {odd}{even}}$, то $(n+1)$-а сума дорівнює

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

оскільки $(n+1)$-е просте число $p_{n+1}$ непарне. Оскільки сума знову має вигляд ${\tfrac {odd}{even}}$, часткова сума не може бути цілим числом (знаменник ділиться на 2, але чисельник не ділиться), що й доводить твердження.

В іншому доведенні вираз для суми значень, обернених до перших n простих чисел, (або суми обернених значень будь-якої множини простих чисел) записується з найменшим спільним знаменником, який є добутком усіх цих простих чисел. Тоді кожне з цих простих чисел ділить усі члени чисельника, крім одного, а тому не ділить чисельник у цілому. Але кожне просте ділить знаменник. Таким чином, дріб нескоротний і не є цілим числом.

Див. також

• Теорема Евкліда, яка свідчить, що існує безліч простих чисел.
• Теорема Бруна про збіжність суми значень, обернених до простих чисел-близнюків, до константи Бруна.

Література

• William Dunham. Euler The Master of Us All. — MAA, 1999. — P. 61–79. — ISBN 0-88385-328-0.
• Leonhard Euler. Various observations concerning infinite series // Commentarii Academiae Scientiarum Petropolitanae. — 1737. — Т. 9.
• Leonhard Euler. Introductio in analysin infinitorum. Tomus Primus. — Lausanne : Bousquet, 1748.
• Mertens F. Ein Beitrag zur analytischer Zahlentheorie // J. Reine Angew. Math.. — 1874. — Т. 78.
• Nick Lord. Quick proofs that certain sums of fractions are not integers // The Mathematical Gazette. — 2015. — Т. 99. — DOI:10.1017/mag.2014.16.

Посилання

• Caldwell, Chris K. There are infinitely many primes, but, how big of an infinity?.