Ряд обратных простых чисел

Продолжая рассуждения, описанные выше, Эйлер взял натуральный логарифм от каждой из сторон. Затем он использовал разложение в ряд Тейлора ${\textstyle -\ln(1-x)=x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{4}}{4}}+\dots }$, а также сходимость обратных степенных рядов:

${\displaystyle {\begin{aligned}\ln \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\right)&{}=\ln \left(\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=-\sum _{p}\ln \left(1-{\frac {1}{p}}\right)\\&{}=\sum _{p}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2p^{2}}}+{\frac {1}{3p^{3}}}+\cdots \right)\\&{}=\sum _{p}{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2}}\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}+{\frac {1}{3}}\sum _{p}{\frac {1}{p^{3}}}+{\frac {1}{4}}\sum _{p}{\frac {1}{p^{4}}}+\cdots \\&{}=A+{\frac {1}{2}}B+{\frac {1}{3}}C+{\frac {1}{4}}D+\cdots \\&{}=A+K\end{aligned}}}$

с фиксированной константой K < 1. Затем он использовал свойство

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}=\ln \infty ,}$

вывод которого от объяснил, например, в более поздней работе 1748 года[2], путём присвоения x = 1 в разложении Тейлора

${\displaystyle \ln \left({\frac {1}{1-x}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n}}.}$

Это позволило ему заключить, что

${\displaystyle A={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{11}}+\cdots =\ln \ln \infty .}$

Предположительно, Эйлер подразумевал, что сумма обратных величин к простым числам, меньшим n, асимптотически растёт как ln ln n при стремлении n к бесконечности. Оказалось, что это на самом деле имеет место и более точную версию этого факта строго доказал Франц Мертенс в 1874[3]. Эйлер же получил правильный результат с помощью нестрогих методов.

Следующее доказательство от противного принадлежит Палу Эрдёшу.

Пусть p_i означает i-ое простое число. Представим, что сумма обратных величин простым числам сходится. Т.е.

${\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{p_{i}}}<\infty }$

Тогда существует наименьшее положительное целое число k, такое, что

${\displaystyle \sum _{i=k+1}^{\infty }{\frac {1}{p_{i}}}<{\frac {1}{2}}\qquad (1)}$

Для положительного целого x пусть M_x означает множество n из набора {1, 2, …, x}, которые не делятся на любое простое, большее p_k (или, эквивалентно, все ${\displaystyle n\leqslant x}$, которые являются произведением степеней простых чисел ${\displaystyle p_{i}\leqslant p_{k}}$). Мы можем теперь вывести верхнюю и нижнюю оценку ${\displaystyle |M_{x}|}$, числа элементов в ${\displaystyle M_{x}}$. Для больших x эти границы приводят к противоречию.

Оценка сверху:

Любое n в M_x может быть записан в виде ${\displaystyle n=m^{2}r}$ c положительными целыми m и r, где r — свободное от квадратов число. Поскольку только k простых ${\displaystyle p_{1},\ldots ,p_{k}}$ может быть (с показателем 1) в разложении на простые числа  r, есть не более 2^k различных возможностей для  r. Более того, имеется не более ${\displaystyle {\sqrt {x}}}$ возможных значений для  m. Это даёт верхнюю оценку

${\displaystyle |M_{x}|\leq 2^{k}{\sqrt {x}}\qquad (2)}$

Оценка снизу:

Оставшиеся ${\displaystyle x-|M_{x}|}$ чисел в разности множеств {1, 2, …, x} \ M_x все делятся на простые числа, большие ${\displaystyle p_{k}}$. Пусть ${\displaystyle N_{i,x}}$ означает множество таких n из {1, 2, …, x}, которые делятся на i-ое простое ${\displaystyle p_{i}}$. Тогда

${\displaystyle \{1,2,\ldots ,x\}\smallsetminus M_{x}=\bigcup _{i=k+1}^{\infty }N_{i,x}}$

Поскольку число целых чисел ${\displaystyle N_{i,x}}$ не превосходит ${\displaystyle {\tfrac {x}{p_{i}}}}$ (на самом деле, равно нулю для ${\displaystyle p_{i}>x}$), получаем

${\displaystyle x-|M_{x}|\leqslant \sum _{i=k+1}^{\infty }|N_{i,x}|<\sum _{i=k+1}^{\infty }{\frac {x}{p_{i}}}}$

Используя (1), отсюда получаем

${\displaystyle {\frac {x}{2}}<|M_{x}|\qquad (3)}$

Получаем противоречие — если ${\displaystyle x\geqslant 2^{2k+2}}$, оценки (2) и (3) не могут выполняться одновременно, поскольку ${\displaystyle {\tfrac {x}{2}}\geqslant 2^{k}{\sqrt {x}}}$.

Есть другое доказательство, которое даёт нижнюю оценку частичных сумм. В частности, это показывает, что эти суммы растут по меньшей мере как ln ln n. Доказательство является вариантом идеи разложения произведения Эйлером. Ниже по тексту суммы или произведения по p всегда представляют собой суммы или произведения по определённым множествам простых чисел.

Доказательство опирается на следующие четыре неравенства:

• Любое положительное целое i может быть единственным образом представлено в виде произведения свободных от квадратов чисел и квадрата. Это даёт неравенство

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\leqslant \prod _{p\leq n}{\left(1+{\frac {1}{p}}\right)}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}}$,

где для любого i между 1 и n (разложенное) произведение соответствует свободной от квадратов части числа i, а сумма соответствует квадратной части числа i (см. статью «Основная теорема арифметики»).

• Верхняя оценка натурального логарифма

${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(n+1)&=\int _{1}^{n+1}{\frac {dx}{x}}\\&=\sum _{i=1}^{n}\underbrace {\int _{i}^{i+1}{\frac {dx}{x}}} _{{}\,<\,{\frac {1}{i}}}\\&<\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\end{aligned}}}$

• Нижняя оценка 1 + x < exp(x) для показательной функции выполняется для всех x > 0.
• Пусть ${\displaystyle n\geqslant 2}$. Верхняя граница (используем телескопический ряд) для частичных сумм

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}&<1+\sum _{k=2}^{n}\underbrace {\left({\frac {1}{k-{\frac {1}{2}}}}-{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}}}\right)} _{=\,{\frac {1}{k^{2}-{\frac {1}{4}}}}\,>\,{\frac {1}{k^{2}}}}\\&=1+{\frac {2}{3}}-{\frac {1}{n+{\frac {1}{2}}}}<{\frac {5}{3}}\end{aligned}}}$

Комбинируя все эти неравенства, мы получаем

${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(n+1)&<\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i}}\\&\leq \prod _{p\leq n}{\left(1+{\frac {1}{p}}\right)}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\\&<{\frac {5}{3}}\prod _{p\leq n}{\exp \left({\frac {1}{p}}\right)}\\&={\frac {5}{3}}\exp \left(\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}\right)\end{aligned}}}$

После деления на ${\displaystyle {\tfrac {5}{3}}}$ и взятия натурального логарифма от обеих частей получим

${\displaystyle \ln \ln(n+1)-\ln {\frac {5}{3}}<\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}}$,

что и требовалось доказать. ∎

Используя

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$

(см. «Базельская задача»), константу выше ${\displaystyle \ln {\tfrac {5}{3}}=0{,}51082\ldots }$ можно улучшить до ${\displaystyle \ln {\tfrac {\pi ^{2}}{6}}=0{,}4977\ldots }$. Фактически, оказывается что

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(\sum _{p\leq n}{\frac {1}{p}}-\ln \ln n\right)=M}$,

где ${\displaystyle M=0{,}261497\ldots }$ — константа Майсселя — Мертенса (нечто аналогичное более известной постоянной Эйлера — Маскерони).

Из неравенства Дюзара мы имеем

${\displaystyle p_{n}<n\ln n+n\ln \ln n\quad }$ для ${\displaystyle n\geqslant 6}$

Тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}&\geqslant \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{p_{n}}}\\&\geqslant \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{n\ln n+n\ln \ln n}}\\&\geqslant \sum _{n=6}^{\infty }{\frac {1}{2n\ln n}}=\infty \end{aligned}}}$

согласно интегральному признаку сходимости Коши — Маклорена. Это показывает, что ряд слева расходится.