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... )
Reciproci dei primi...
- Nonno Bassotto
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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.
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.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)