Prime divergenze.

[Troleito br00tal]

\inf in latex è l'estremo inferiore di un insieme, il simbolo per l'infinito è \infty (e comunque sta notazione per sommatorie e produttorie è buffa) -- EG

Bello, noto, istruttivo e completamente biologico.

Sia $p_1;p_2;...$ la sequenza formata da tutti e soli i numeri primi.
Dimostrare che:
\begin{equation}
\prod_{i=1}^{i \rightarrow \infty} \frac{p_i}{p_i-1}
\end{equation}
\begin{equation}
\prod_{i=1}^{i \rightarrow \infty} \frac{p_i+1}{p_i}
\end{equation}
\begin{equation}
\sum_{i=1}^{i \rightarrow \infty} \frac{1}{p_i}
\end{equation}
Divergono a $\infty$

[Troleito br00tal]

Evvafanlatex

[Triarii]

Ci provo, anche se non ne sono sicurissimo. Ci sono sicuramente metodi più veloci e eleganti, ma proprio non li ho visti...

Osservazioneosso trasformare il prodotto infinito in una serie applicando il logaritmo e le sue proprietà. Se la serie converge ad un numero $ l $, allora anche il prodotto converge ad un numero pari a $ e^l $, viceversa se diverge, anche il prodotto diverge..
Fatto: $ \sum_{i=1}^{\infty} log(1+a_i) $ converge se e solo se la serie degli $ a_i $ converge. (Ammetto di averla trovata su internet , anche se penso si possa dimostrare dal fatto che $ \lim_{x \to 0} \frac {log(1+x)} {x}=1 $ e col test del limite)

1)Dimostriamo la prima divergenza.
Applicando l'osservazione otteniamo dalla produttoria questa serie: $ \sum_{i=1}^{\infty} log(\frac {p_i} {p_i-1}) $
Riscrivo l' $ n $-esimo termine come $ log(1+ \frac {1} {p_n-1}) $. Per $ n $grandi grazie al teorema dei numeri primi posso approssimare $ p_n con nlog(n) $.
Ora dimostro che $ \sum_{i=1}^{\infty} \frac {1} {p_n-1}= \sum_{i=1}^{\infty}\frac {1} {nlog(n)-1} $ diverge. Si noti che l' n-esimo termine di questa serie è maggiore di $ \frac {1} {nlog(n)} $, quindi se la serie che ha come elemento quest'ultimo, allora anche la nostra serie di partenza diverge.
Grazie al test dell'integrale, se $ \lim_{n \to \infty} \int_{2}^{n} \frac {1} {nlog(n)} dn=\infty $ allora questa serie diverge e anche la nostra serie di partenza (che maggiorava ogni suo termine). Visto che $ \int \frac {1} {nlog(n)} dn=log log(n) $,l'integrale definito è chiaramente divergente. Quindi $ \sum_{i=1}^{\infty}\frac {1} {nlog(n)-1} $ è divergente e quindi anche la nostra produttoria iniziale diverge.

2)La seconda divergenza deriva direttamente dalla prima. Sia $ a_n $ l' $ n $-esimo termine della prima produttoria e $ b_n $ della seconda. Li trasformo in termini di sommatoria scrivendo $ log(a_n) $ e $ log(b_n) $. $ \lim_{n \to \infty} \frac {log(a_n)} {log(b_n)}=1 $ (Dovrebbe venire così applicando De L'Hopital e il solito fatto che $ p_n $è circa $ nlog(n) $, se non ho cannato i conti...) Quindi grazie al test del limite posso affermare che visto che la serie dei $ log(a_n) $ diverge per quanto detto nella prima parte, anche la serie dei $ log(b_n) $ diverge, e quindi anche la produttoria iniziale.

3)La terza divergenza deriva dalla seconda in quanto posso riscrivere la seconda produttoria come serie che ha come $ n $-esimo termine$ log(1+\frac {1} {p_i}) $.
Per il Fatto listato all'inizio, questa serie converge se e solo se $ \sum_{i=1}^{\infty} \frac {1} {p_i} $ diverge, e visto che per quanto detto al punto 2, tutta la serie diverge, e quindi in particolare diverge pure $ \sum_{i=1}^{\infty} \frac {1} {p_i} $, che era quello che volevamo dimostrare

[<enigma>]

A costo di sembrare, antipatico, usare il teorema dei numeri primi per un problema del genere è un po' come barare (ma bravo almeno perché lo conosci).
La prima divergenza ad esempio la puoi fare così: partendo da $\displaystyle \sum_{p \in \mathbb P} \log \left (1+ \frac 1 {p-1} \right )$, usando la serie geometrica scrivi
\[ \sum_{p \in \mathbb P} \log \left (1+ \frac 1 {p-1} \right ) =\log \prod_{p \in \mathbb P} \frac 1 {1-1/p}=\log \sum_{n \in \mathbb N} \frac 1 n ;\]
quest'ultima chiaramente diverge.
Qua è ovvio che ho barato perché l'uguaglianza tra la somma iniziale e finale richiede di esaminare delle questioni di convergenza non proprio banali, in particolare l'ultima uguaglianza, ma puoi cavartela dicendo: se il prodotto sui primi convergesse le uguaglianze sarebbero tutte (quasi) facilmente vere e anche la serie armonica convergerebbe, assurdo.

Sembra stupido porsi delle domande su quanto siano forti i metodi che usi, ma senza esami di coscienza potresti venirtene fuori con una dimostrazione della divergenza di $\sum \frac 1 p$ come questa:
Per la formula del numero di classi di Dirichlet, \[ L(1, \chi)= \begin{cases} \frac{2 \pi h}{w \sqrt q}, \quad \chi(-1)=-1; \\ \frac{2h \log \varepsilon}{\sqrt q}, \quad \chi(-1)=1; \end{cases}\] in particolare, $L(1, \chi)>1/\sqrt q>0$ per un carattere reale $\chi$ e dunque $L(1,\chi) \neq 0$ anche per i caratteri complessi, per coniugazione (il carattere eccezionale è al più uno). Per l'ortogonalità dei caratteri \[ \sum_{p \equiv a \pmod q} p^{-s}=\frac 1 {\phi(q)} \sum _{\chi \pmod q} \overline \chi (a) \log L(x,\chi)+O(1)=\frac 1 {\phi(q)} \log \frac 1 {s-1}+O(1)\]
(i caratteri non principali contribuiscono per $O(1)$ per quanto detto prima mentre quello principale dà il primo termine).
Abbiamo dunque dimostrato la divergenza della somma ristretta alle progressioni aritmetiche (anzi anche un'equidistribuzione quantitativamente precisa), e anche la somma originale diverge.

P.S. Forse è più da Teoria dei numeri che Algebra.

[Troleito br00tal]

A costo di sembrare , antipatico

KANSOR

P.S. Forse è più da Teoria dei numeri che Algebra.

http://www.imo-official.org/problems/IMO2011SL.pdf
A2

Comunque ci sono soluzioni che non passano per i logaritmi, ma per cose molto peggiori, qualcosa che ricorda da molto vicino le

Testo nascosto:

OGF

[EvaristeG]

A proposito dell'ultima, due hint.

1.

Testo nascosto:

Se esiste $C$ tale che $\sum_{i=1}^n p_i^{-1}<C$ per ogni $n$, allora esiste $m>0$ tale che $\sum_{i=m+1}^n p_i^{-1}<1/10$ per ogni $n$ (cambiando $m$, al posto di $10$ possiamo mettere quel che vogliamo). Si può usare questo per stimare dal basso quanti numeri minori di $x$ hanno solo $p_1,\ldots, p_m$ come fattori primi ...

2.

Testo nascosto:

Notiamo che
$$\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\leq\prod_{p_i\leq n}\left(1+\frac{1}{p_i}+\frac{1}{p_i^2}+\ldots\right)=\prod_{p_i\leq n}\frac{p_i}{p_i-1}$$
e da qui si può ricavare qualche stima su $\sum 1/p_i$.

[Triarii]

Perdonate la mia ignoranza in materia, ma OGF sta per o-qualcosa generating function?

[EvaristeG]

ordinary generating function, credo... cioè, data una successione di numeri reali $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$, la OGF associata dovrebbe essere la serie (formale) $\sum_n a_n x^n$.

[Triarii]

Ah ecco , "ordinary". Grazie mille

[Gottinger95]

Per la prima, è paro paro il prodotto di eulero:
\(\displaystyle \prod_{i=1}^{\infty}{\frac{p_i}{p_i -1} } = \prod_{i=1}^{\infty}{\frac{1}{1 -p_i^{-1}} } = \prod_{i=1}^{\infty}{\sum_{k=0}^{\infty}{p_i^{-k} } } = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n} }\)
che diverge.

Dimostriamo prima la terza. Sia \(\displaystyle R_n = \sum_{i=1}^n{\frac{1}{p_i} }\). Per questo lemma viewtopic.php?f=15&t=17984, si ha \(R_n \geq \ln \ln n - \ln2\). Perciò:
\(\displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{\lim} R_n \geq \underset{n \rightarrow \infty}{\lim} \ln \ln n - \ln 2\)
che diverge.

Per la seconda si usa l'approssimazione \(e^x \sim (1+x)\) per \(x < 1\). Abbiamo:
\(\displaystyle \prod_{i=1}^{\infty}{ \frac{p_i+1}{p_i} } = \prod_{i=1}^{\infty}{ \left ( 1+\frac{1}{p_i} \right ) } \sim \prod_{i=1}^{\infty}{e^{1/p_i}} = \underset{n \rightarrow \infty}{\lim} e^{R_n}\)
In questa l'esponente diverge per quanto detto prima, perciò diverge anche lei.

[Troleito br00tal]

Bene, ma qualcuno prova la terza senza logaritmi?

[EvaristeG]

Per la prima, è paro paro il prodotto di eulero:
\(\displaystyle \prod_{i=1}^{\infty}{\frac{p_i}{p_i -1} } = \prod_{i=1}^{\infty}{\frac{1}{1 -p_i^{-1}} } = \prod_{i=1}^{\infty}{\sum_{k=0}^{\infty}{p_i^{-k} } } = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n} }\)
che diverge.

E come osservava enigma prima, questo non ha troppo senso, visto che tutte quelle espressioni divergono, l'uguaglianza tra di loro non vuol dire granché. In che senso sono uguali?

[<enigma>]

Visto che torna utile in più di un caso, tanto vale scrivere l'enunciato preciso della fattorizzazione di Eulero.

Teorema. Sia $f$ è una funzione moltiplicativa. Allora
\[ \sum_{n \in \mathbb N } f(n)=\prod_{p \in \mathbb P} \sum _{k \in \mathbb N} f(p^k) \]
se sia $\displaystyle \sum_{n \in \mathbb N } |f(n)|$ che $\displaystyle \prod_{p \in \mathbb P} \sum _{k \in \mathbb N} |f(p^k)|$ sono convergenti.

Da qui poi non ci vuole molto a procedere per assurdo.

[jordan]

Teorema. Sia $f$ è una funzione moltiplicativa. Allora
\[ \sum_{n \in \mathbb N } f(n)=\prod_{p \in \mathbb P} \sum _{k \in \mathbb N} f(p^k) \]
se sia $\displaystyle \sum_{n \in \mathbb N } |f(n)|$ che $\displaystyle \prod_{p \in \mathbb P} \sum _{k \in \mathbb N} |f(p^k)|$ sono convergenti.

E' sufficiente la convergenza assoluta della prima http://leonettipaolo.wordpress.com/2013 ... s-product/

[jordan]

Bene, ma qualcuno prova la terza senza logaritmi?

Qui ne trovi sette http://www.scienzematematiche.it/forum/ ... f=71&t=957