Dimostrazione della divergenza della serie dei reciproci dei primi

Uno dei primi teoremi della teoria dei numeri dimostrato in modo analitico è la divergenza della serie dei reciproci dei numeri primi, cioè

$\lim_{x \rightarrow \infty} \sum_{p \leq x} \frac{1}{p}=\infty$

dove la variabile $p$ indica un numero primo.

Dimostrazione (Eulero)

Per la dimostrazione è necessario un lemma riguardante la serie armonica.

Dalla definizione del numero di Nepero si ricava immediatamente che

$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e$

per ogni $n$ intero positivo, prendendo il logaritmo di entrambi i membri si ottiene

$n\,\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<1$

da cui

$\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$

e infine

$\ln\left(n+1\right)-\ln\left(n\right)<\frac{1}{n}$

considerando adesso la somma dei reciproci di tutti i numeri naturali fino a $n$ si ricava

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}>\sum_{k=1}^{n}\ln\left(k+1\right)-\ln\left(k\right)=\ln\left(n+1\right)$

quest'ultima disuguaglianza sarà fondamentale nella dimostrazione della divergenza della somma dei reciproci dei numeri primi.
Adesso definiamo il prodotto $P$ come

$P\left(x\right)=\prod_{p \leq x} \left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1}$

sapendo che

$\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1}=1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^3}+...$

si ricava

$P\left(x\right)=\sum_{n \in A\left(x\right)}\frac{1}{n}$

dove l'insieme $A$ e definito come

$A\left(x\right)=\lbrace n : p|n \Longrightarrow p \leq x \rbrace$

evidentemente se $n \leq x$ allora $n \in A\left(x\right)$ quindi

$P\left(x\right) > \sum_{n \leq x}\frac{1}{n}$

e dalla disuguaglianza ricavata sulla serie armonica si ricava

$P\left(x\right) > \ln\left(x+1\right)$

adesso sapendo che $y > -\ln\left(1-y\right)$ per ogni $y < \frac{1}{2}$ si ottiene

$\sum_{p \leq x}\frac{1}{p} > -\sum_{p \leq x} \ln\left(1-\frac{1}{p}\right)=\ln P\left(x\right)>\ln\ln x$

dove l'ultimo membro diverge per $x$ tendente a infinito, quindi la serie dei reciproci dei numeri primi diverge. $\square$

Seconda dimostrazione (Eulero)

Eulero fornì anche un'altra dimostrazione, partendo sempre dalla serie armonica. Usando l'espansione di questa come prodotto infinito scrisse:

$S=\ln \left( \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\right) = \ln \left( \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-1}}\right) = \sum_{p} \ln \left( \frac{1}{1-p^{-1}}\right)= \sum_{p} - \ln\left(1-\frac{1}{p}\right)=$

usando le proprietà dei logaritmi; quindi espanse la somma come la serie di Taylor di ln(1-x):

$S= \sum_{p} \left( \frac{1}{p} + \frac{1}{2p^2} + \frac{1}{3p^3} + \cdots \right) = \left( \sum_{p}\frac{1}{p} \right) + \sum_{p} \frac{1}{p^2} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3p} + \frac{1}{4p^2} + \cdots \right)$

I termini 1/3p, 1/4p² possono essere maggiorati come:

$S< \left( \sum_{p}\frac{1}{p} \right) + \sum_{p} \frac{1}{p^2} \left( 1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \cdots \right) = \left( \sum_{p} \frac{1}{p} \right) + \left( \sum_{p} \frac{1}{p(p-1)} \right)$

Il secondo addendo converge perché è minore della corrispondente serie in cui gli addendi sono presi tra tutti i naturali anziché solo tra i primi; quindi

$S<\left( \sum_{p} \frac{1}{p} \right) + C$

Poiché la somma S cresce come $\ln\ln{n}$ per n tendente all'infinito, Eulero concluse che

$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{11} + \cdots + \frac{1}{p_n} \approx \ln \ln{n}.$

Terza dimostrazione (Erdős)

La dimostrazione di Erdős fa uso solo di metodi elementari.

Per assurdo sia $\sum_p \frac{1}{p} < \infty$ allora esiste un numero primo $P$ tale che $\sum_{p>P} \frac{1}{p} < 1/2$.

Sia $N>P$ un intero arbitrario, indichiamo con $N_1$ il numero di interi minori o uguali a $N$ che hanno solo fattori primi minori o uguali a $P$, indichiamo anche $N_2=N-N_1$. Abbiamo che

$N_2 \leq \sum_{p \geq P} \left\lfloor \frac{N}{p} \right\rfloor < \sum_{p \geq P} \frac{N}{p} <\frac {N}{2}$

Ora stimiano $N_1$,scriviamo $k= \pi (P)$, ogni $x \leq N$ si può scrivere nella forma

$x = yz^2$

dove $y$ è privo di quadrati e $z \leq \sqrt{N}$, se $x$ è divisibile solo per i primi $\leq P$ allora lo è anche $y$. Ci sono meno di $2^k$ possibili scelte per $y$ e meno di $\sqrt{N}$ scelte per $z$, da cui

$N_1 \leq 2^k \sqrt{N}$

e quindi

$N < 2^k \sqrt{N}+\frac{N}{2}$

si dimostra facilmente per induzione e utilizzando il postulato di Bertrand che per l'ennesimo numero primo si ha $p_n \leq 2^n$ e di conseguenza $\pi (n) \geq \frac{\ln n}{\ln 2}$, quindi possiamo scegliere $N=2^{2k+2}>P$ e troviamo

$N < 2^k (2^{k+1})+2^{2k+1}=N$

che è assurdo e conclude la dimostrazione.

Note

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