Ряд обратных простых чисел

Ряд обратных простых чисел расходится. То есть:

Сумма обратных величин простых чисел неограниченно растёт. Ось x представлена в логарифмической шкале, что показывает, что расхождение очень медленное. Красная линия является нижней оценкой и тоже растёт неограниченно.

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

Этот факт доказал Леонард Эйлер в 1737, что усилило результат Евклида (3-й век до нашей эры), что существует бесконечно много простых чисел.

Существует целый ряд доказательств результата Эйлера, включая оценку нижней границы частичных сумм, которая утверждает, что

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

для всех натуральных чисел n. Двойной натуральный логарифм (ln ln) говорит о том, что расхождение ряда очень медленное. См. статью «Константа Майсселя — Мертенса».

Гармонические ряды

Расходимость данного ряда была доказана Эйлером. Для этого он рассматривал гармонический ряд:

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

А также следующее «тождество», с помощью которого он также показал, что множество простых чисел бесконечно:

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

Здесь произведение берётся по всем простым числам. Такие бесконечные произведения сегодня называются произведениями Эйлера. Произведение выше является отражением основной теоремы арифметики. Эйлер заметил, что если бы количество простых чисел было конечным, то произведение справа должно было бы сходиться, что противоречит расходимости гармонического ряда.

Доказательства

Доказательство Эйлера

Продолжая рассуждения, описанные выше, Эйлер взял натуральный логарифм от каждой из сторон. Затем он использовал разложение в ряд Тейлора ${\textstyle -\ln(1-x)=x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{4}}{4}}+\dots }$, а также сходимость обратных степенных рядов:

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

с фиксированной константой K < 1. Затем он использовал свойство

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

вывод которого он объяснил, например, в более поздней работе 1748 года, путём присвоения x = 1 в разложении Тейлора

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

Это позволило ему заключить, что

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

Предположительно, Эйлер подразумевал, что сумма обратных величин к простым числам, меньшим n, асимптотически растёт как ln ln n при стремлении n к бесконечности. Оказалось, что это на самом деле имеет место и более точную версию этого факта строго доказал Франц Мертенс в 1874. Эйлер же получил правильный результат с помощью нестрогих методов.

Доказательство Эрдёша путём оценки сверху и снизу

Следующее доказательство от противного принадлежит Палу Эрдёшу.

Пусть p_i означает i-ое простое число. Представим, что сумма обратных величин простым числам сходится. Т.е.

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

Тогда существует наименьшее положительное целое число k, такое, что

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

Для положительного целого x пусть M_x означает множество n из набора {1, 2, …, x}, которые не делятся на любое простое, большее p_k (или, эквивалентно, все $n\leqslant x$, которые являются произведением степеней простых чисел $p_{i}\leqslant p_{k}$). Мы можем теперь вывести верхнюю и нижнюю оценку $|M_{x}|$, числа элементов в $M_{x}$. Для больших x эти границы приводят к противоречию.

Оценка сверху:

Любое n в M_x может быть записан в виде $n=m^{2}r$ c положительными целыми m и r, где r — свободное от квадратов число. Поскольку только k простых $p_{1},\ldots ,p_{k}$ может быть (с показателем 1) в разложении на простые числа  r, есть не более 2^k различных возможностей для  r. Более того, имеется не более ${\sqrt {x}}$ возможных значений для  m. Это даёт верхнюю оценку

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

Оценка снизу:

Оставшиеся $x-|M_{x}|$ чисел в разности множеств {1, 2, …, x} \ M_x все делятся на простые числа, большие $p_{k}$. Пусть $N_{i,x}$ означает множество таких n из {1, 2, …, x}, которые делятся на i-ое простое $p_{i}$. Тогда

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

Поскольку число целых чисел $N_{i,x}$ не превосходит ${\tfrac {x}{p_{i}}}$ (на самом деле, равно нулю для $p_{i}>x$), получаем

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

Используя (1), отсюда получаем

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

Получаем противоречие — если $x\geqslant 2^{2k+2}$, оценки (2) и (3) не могут выполняться одновременно, поскольку ${\tfrac {x}{2}}\geqslant 2^{k}{\sqrt {x}}$.

Доказательство того, что ряд растёт со скоростью log-log

Есть другое доказательство, которое даёт нижнюю оценку частичных сумм. В частности, это показывает, что эти суммы растут по меньшей мере как ln ln n. Доказательство является вариантом идеи разложения произведения Эйлером. Ниже по тексту суммы или произведения по p всегда представляют собой суммы или произведения по определённым множествам простых чисел.

Доказательство опирается на следующие четыре неравенства:

• Любое положительное целое i может быть единственным образом представлено в виде произведения свободных от квадратов чисел и квадрата. Это даёт неравенство

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

где для любого i между 1 и n (разложенное) произведение соответствует свободной от квадратов части числа i, а сумма соответствует квадратной части числа i (см. статью «Основная теорема арифметики»).

• Верхняя оценка натурального логарифма

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

• Нижняя оценка 1 + x < exp(x) для показательной функции выполняется для всех x > 0.
• Пусть $n\geqslant 2$. Верхняя граница (используем телескопический ряд) для частичных сумм

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

Комбинируя все эти неравенства, мы получаем

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

После деления на ${\tfrac {5}{3}}$ и взятия натурального логарифма от обеих частей получим

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

что и требовалось доказать. ∎

Используя

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

(см. «Базельская задача»), константу выше $\ln {\tfrac {5}{3}}=0{,}51082\ldots$ можно улучшить до $\ln {\tfrac {\pi ^{2}}{6}}=0{,}4977\ldots$. Фактически, оказывается что

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

где $M=0{,}261497\ldots$ — константа Майсселя — Мертенса (нечто аналогичное более известной постоянной Эйлера — Маскерони).

Доказательство из неравенства Дюзара

Из неравенства Дюзара мы имеем

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

Тогда

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

согласно интегральному признаку сходимости Коши — Маклорена. Это показывает, что ряд слева расходится.

Частичные суммы

В то время как частичные суммы обратных величин для простых чисел в конечном счёте достигает любое целое значение, они никогда не могут быть равны целому числу.

Одно из доказательств этого делается по индукции — первая частичная сумма равна ${\tfrac {1}{2}}$ и она имеет вид ${\tfrac {odd}{even}}$ (то есть нечётное/чётное). Если n-ая частичная сумма (для $n\geqslant 1$) имеет вид ${\tfrac {odd}{even}}$, то $(n+1)$-ая сумма равна

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

поскольку $(n+1)$-ое простое число $p_{n+1}$ нечётно. Поскольку сумма снова имеет вид ${\tfrac {odd}{even}}$, частичная сумма не может быть целым числом (2 делит знаменатель, но не делит числитель), что и доказывает утверждение.

Другое доказательство переписывает выражение для суммы первых n обратных значений для простых чисел (или суммы обратных значений любого множества простых) в терминах общего знаменателя, которое является произведением всех этих простых чисел. Тогда каждое из этих простых чисел делит все члены числителя, кроме одного, а потому не делит числитель в целом. Но каждое простое делит знаменатель. Таким образом, дробь неприводима и не является целым числом.

См. также

• Теорема Евклида, гласящая, что существует бесконечно много простых чисел.
• Теорема Бруна о сходимости суммы обратных значений простых чисел-близнецов к константе Бруна.

Ссылки

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