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Dimostrare che la somma degli inversi dei primi $ p\equiv 1\pmod{4} $ diverge.

Oltre la dimostrazione del teorema di Dirichlet, ho anche una dimostrazione olimpica.. da dove l'hai preso questo esercizio?

jordan ha scritto:Oltre la dimostrazione del teorema di Dirichlet, ho anche una dimostrazione olimpica.. da dove l'hai preso questo esercizio?

Potresti postarla? E' da un po' che provo a risolverlo...

jordan ha scritto:Da dove l'hai preso questo esercizio?

Ehm, mi spiace deluderti, ma me lo sono inventato da solo. Comunque appoggio mod_2, puoi postare la dimostrazione di Dirichlet? La tua dimostrazione olimpica su che si basa?

Anér ha scritto:Ehm, mi spiace deluderti, ma me lo sono inventato da solo.

Dici davvero? [...]

Comunque quella olimpica tra stasera e domani sera la posto, per la dimostrazione del teorema di Dirichlet (i.e. per ogni a,b interi positivi coprimi vale $ \displaystyle \sum_{b \mid p-a}{p^{-1}} $ diverge) allego il file sotto:

Ok, ho speso qualke oretta a scriverla ma dovrebbe essere comprensibile; problema 4 qui.

Scusa, non ho capito come definisci x, o meglio è il minimo di un insieme di y naturali maggiori o uguali a 100 che hanno quale proprietà?

M'ero scordato di mettere al pedice della sommatoria che i primi sono maggiori di y, edito subito

Ora ho letto tutta la tua dimostrazione, bella senz'altro, anche se non ho capito l'utilità di x>99 (serve per andare sul sicuro o c'è un motivo più sottile?) e perché dici che nell'insieme {t+1,...,t+p} ci siano al più due multipli di p se puoi dire che ce n'è esattamente uno. Ora posto la mia.

Sia $ \mathbb{P}_{1,4}= $ l'insieme dei primi $ p\equiv 1\pmod{4} $, e sia $ \mathbb{P}_{3,4} $ l'insieme dei primi $ p\equiv 3\pmod{4} $.Innanzitutto troviamo un problema equivalente. Per ogni $ n $ intero positivo vale $ \frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n} $; Svolgendo un po' di calcoli si ottiene infatti la disuguaglianza analoga $ {(1+\frac{1}{n})}^n<e<{(1+\frac{1}{n})}^{n+1} $, che è vera per la definizione stessa di $ e $. Dunque otteniamo
$ $\sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}} \frac{1}{p}<\sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}} \ln (1+\frac{1}{p-1})<\sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\frac{1}{p-1}=\sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\frac{1}{p} +\sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left(\frac{1}{p-1}-\frac{1}{p}\right) $
e poiché $ \sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\frac{1}{p-1}-\frac{1}{p}<\sum_{k\in\mathbb{N}_0}\frac{1}{k}-\frac{1}{k-1}=1 $ converge, ne deriva che le due serie con gli inversi dei primi e con i logaritmi naturali hanno lo stesso comportamento, quindi la tesi diventa che $ \sum_{p\in\mathbb{P}_{1,4}} \ln (1+\frac{1}{p-1}) $ diverge, ovvero a divergere è la produttoria
$ $\prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\frac{1}{1-\frac{1}{p}} $
Come è noto vale l'identità $ \frac{1}{1-k}=\sum_{i\in\mathbb{N}}k^i $ per ogni $ k\in (-1;+1) $. Poiché ogni inverso di un primo cade in questo intervallo, possiamo riscrivere la produttoria come
$ $\prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^i}\right) $
Dimostrare che questa produttoria diverge equivale a dimostrare che diverge il suo quadrato; elevando al quadrato la generica sommatoria $ \sum_{i\in\mathbb{N}}x^i $ si ottiene la sommatoria $ \sum_{p\in\mathbb{N}}(i+1)x^i $; basta infatti costruire il quadrato e fare la somma per diagonali (o, parlando più elegantemente, "secondo Cauchy") :

1 x x^2 x^3 x^4 x^5
x x^2 x^3 x^4 x^5
x^2 x^3 x^4 x^5
x^3 x^4 x^5
x^4 x^5
x^5

Dobbiamo quindi dimostrare che diverge la seguente produttoria:
$ $\prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{i+1}{p^i} \right) $
Lasciamo momentaneamente da parte questa produttoria e consideriamo la seguente disuguaglianza:
$ $\sum_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\ln \left(1+\frac{1}{p^2-1}\right)< \sum_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\frac{1}{p^2}< \sum_{i\in\mathbb{N}_0}\frac{1}{i^2}=\frac{\pi^2}{6} $
dunque la prima serie converge e convergerà anche la produttoria
$ $\prod_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^{2i}} \right) $
A questo punto possiamo moltiplicare le due produttorie e aggiungere anche un bel fattore $ 2=\sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{2^i} $, e perciò la nostra tesi diventa finalmente di dimostrare che l'espressione seguente diverge:
$ $\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{2^i} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^{2i}} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^i} \right) $
Ora arriva il pezzo forte che giustifica l'elevamento al quadrato e gli altri passaggi fatti fino ad ora. Un noto teorema di teoria dei numeri afferma che un intero positivo si può scrivere come somma di due quadrati di interi se e solo se ha valutazione pari per ogni primo $ p\equiv3\pmod{4} $; se un intero positivo $ n $ soddisfa quest'ultima proprietà, allora, detto $ d $ il prodotto dei fattori primi congrui a 1 modulo 4 di $ n $ elevati allo stesso esponente che in $ n $, si ha che il numero di coppie ordinate $ (x,y)\in\mathbb{N}_0\times\mathbb{N} $ tali che $ x^2+y^2=n $ è uguale al numero dei divisori di $ d $. Nell'ultima produttoria, scegliendo un monomio qualsiasi per ogni sommatoria (purché si scelga complessivamente un numero finito di monomi diversi da 1) si ottiene una frazione con al denominatore un intero positivo $ n $ che soddisfa la proprietà delle valutazioni rispetto ai primi congrui a 3 modulo 4, e al numeratore si ottiene proprio il numero di divisori del corrispondente $ d $, Vale perciò l'uguaglianza $ $\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{2^i} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^2i} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^i} \right)= \sum_{i\in\mathbb{N}_0,j\in\mathbb{N}} \frac{1}{i^2+j^2} $
A questo punto basta dimostrare che l'ultima sommatoria diverge, ma di nuovo è sufficiente fare la somma per diagonali (ovvero sommare i gruppi di frazioni che usano una coppia di i e j la cui somma è uguale all'indice del gruppo). Dati due reali non negativi $ x, y $ la cui somma è fissata, il massimo della somma dei quadrati si ha quando uno dei due è uguale a 0. Ciò implica qualcosa che non riesco a scrivere, ovvero se scrivo l'ultima formula mi si cancella inspiegabilmente gran parte del messaggio; provo a cambiare messaggio.

Ecco l'ultima formula:
$ $\sum_{i\in\mathbb{N}_0,j\in\mathbb{N}} \frac{1}{i^2+j^2}=\sum_{k\in\mathbb{N}_0}\left(\sum_{i=1}^k \frac{1}{i^2+{(k-i)}^2}\right) >\sum_{k\in\mathbb{N}_0}k\frac{1}{k^2}=\sum_{k\in\mathbb{N}_0}\frac{1}{k}=+\infty $

Evvai, stavolta ha funzionato! Qualche mod (o chiunque) saprebbe dirmi perché si cancellava il messaggio?

Molto bene (anche se conoscevo anche questa di dimostrazione ).
Comunque non ti funzionava la formula perchè non hai spuntato la casella "disabilita html nel messaggio". Riguardo la mia dimostrazione, il bound >100 è giustificato dal fatto che la disuguaglianza su D(k) vale solo definitivamente. Per quello dell'insieme {t+1,...,t+p} avevo proprio sbagliato a scrivere, mi riferivo che l'equazione p|4x^2+1 ha al massimo due soluzioni in quell'insieme

Anér ha scritto:... e al numeratore si ottiene proprio il numero di divisori del corrispondente $ d $ ...[/tex]

da ciò deduco che qui

Anér ha scritto:diventa finalmente di dimostrare che l'espressione seguente diverge:
$ $\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{2^i} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^{2i}} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^i} \right) $

intendevi scrivere $ $\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{2^i} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{3,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{1}{p^{2i}} \right) \prod_{p\in\mathbb{P}_{1,4}}\left( \sum_{i\in\mathbb{N}}\frac{i+1}{p^i} \right) $ giusto?
Cmq bellissima dimostrazione