Reciproci dei primi...

[Stoppa2006]

Sia $ \{p_i\}_{i>0} $ la successione crescente dei primi, dimostrare che per ogni $ k\in\mathbb{N} $ esiste un $ n $ per cui:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{p_i}>k $

Questo è un problemino carino da cui si deduce che i primi sono infiniti (e che sono pure tantini... )

[pic88]

Quindi, si può dimostrare senza usare il fatto che i primi sono infiniti?

[Nonno Bassotto]

Quindi, si può dimostrare senza usare il fatto che i primi sono infiniti?

Sì. Il fatto che i primi siano infiniti segue come corollario

[albert_K]

Segue come corollario?
Se i primi fossero in numero finito allora la somma dei loro reciproci sarebbe limitata, e quindi esisterebbe un certo n che supera qualunque somma parziale!
O, forse, bisogna seguire un altro ragionamento, mah

[Stoppa2006]

Si... una volta dimostrato che la somma non è limitata segue appunto che i primi sono infiniti, proprio per quello che dici tu, però il ragionamento che serve a dimostrarlo non fa uso dell'infinità dei primi (o almeno il proof che conosco io non lo usa...), altrimenti non potresti dedurlo...

[HiTLeuLeR]

Già discusso qui, dove si dimostra che la serie dei reciproci dei primi è divergente.

[piever]

Uhm, mi pare di ricordare una dimostrazione moolto piu' carina di quelle scritte al thread linkato da HiTLeuLeR, purtroppo pero' non ricordo chi l'abbia ideata:

supponiamo che gli inversi dei primi convergano, allora si ha per un valore $ a $ sufficientemente grande, che, essendo p primo:

$ \displaystyle\sum_{a<p} \frac{1}{p}<\frac{1}{2} $

Ora suddividiamo i numeri da 1 a n (con n>a) in due sottoinsiemi: uno contiene quelli divisibili solo per primi minori o uguali ad a, l'altro tutti i restanti numeri.

Troviamo un bound alla cardinalita' del primo insieme:

tutti i numeri li mettiamo nella forma $ x^2y $ con y square-free. Diciamo che da $ 1 $ a $ a $ ci sono k primi. Allora y lo possiamo scegliere in $ 2^k $ modi.

x invece lo scegliamo al massimo in $ [\sqrt{n}] $ modi altrimenti otterremmo numeri troppo grandi.

Quindi la cardinalita' del primo insieme e' minore o uguale a $ 2^k\sqrt{n} $

La cardinalita' del secondo insieme invece e' minore o uguale a:

$ \displaystyle\sum_{a<p\leq n} [\frac{n}{p}]\leq n\sum_{a<p\leq n} \frac{1}{p}<\frac{n}{2} $

Quindi, siccome la somma delle cardinalita' di questi due insiemi fa n, otteniamo:

$ n<2^k\sqrt{n} + \frac{n}{2} $ che e' falsa per valori di n sufficientemente grandi.