Dimostrazione della divergenza della serie dei reciproci dei primi

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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)[modifica | modifica sorgente]

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)[1]

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}+...[2]

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)[modifica | modifica sorgente]

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)[modifica | modifica sorgente]

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[modifica | modifica sorgente]

  1. ^ Questa è una somma telescopica che si riduce a \ln(n+1)-\ln(1) = \ln(n+1).
  2. ^ Questa è la formula (vista "al contrario") della serie geometrica, per cui, dato x<1 (in questo caso 1/p), si ha \sum_{k=1}^{\infty}x^k=(1-x)^{-1}.
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