OliForum Matematico

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... )

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

pic88 ha scritto:Quindi, si può dimostrare senza usare il fatto che i primi sono infiniti?

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

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

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...

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

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.