关于素数倒数和级数的讨论

简述JAMES A. CLARKSON关于素数倒数和级数的论文并对论证进行补充。

素数倒数和： $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{p_n}$ ，此处 $p_n$ 表示从小到大的素数（ $n=1,2,3,\dots$ ），讨论这个级数的敛散性。

假设这个级数收敛，那么：

$(1)$ 存在一个整数 $k$ ，使得 $\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m}=\frac{1}{p_{k+1}}+\frac{1}{p_{k+2}}+\frac{1}{p_{k+3}}+\dots<\frac{1}{2}$ 。

证明：

根据柯西收敛准则，对任意 $\epsilon >0$ ，总存在 $N>0$ ，使得任意的 $n>k>N$ ，

有 $|\displaystyle \sum_{m=k+1}^n \frac{1}{p_m}|=\sum_{m=k+1}^n \frac{1}{p_m}=\frac{1}{p_{k+1}}+\frac{1}{p_{k+2}}+\frac{1}{p_{k+3}}+\dots +\frac{1}{p_n}<\epsilon$ 。

根据极限定义，可得 ${\lim_{n\to\infty\\k\to\infty}} \displaystyle \sum_{m=k+1}^n \frac{1}{p_m}={\lim_{k\to\infty}}\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m}=0$ ，

所以对任意 $\epsilon>0$ ，都存在 $N>0$ ，使不等式 $\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m}<ε$ 在 $k>N$ 时恒成立，

因为 $\epsilon$ 的取值具有任意性，所以上述命题对于 $0<\epsilon<\frac{1}{2}$ 依然成立，

所以存在一个整数 $k$ ，使得不等式 $\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m}=\frac{1}{p_{k+1}}+\frac{1}{p_{k+2}}+\frac{1}{p_{k+3}}+\dots<\frac{1}{2}$ 恒成立。 $\Box$

$(2)$ 构造一个数 $Q=\displaystyle \prod _{i=1}^{k}p_i=p_1p_2\dots p_k$ ，对任意正整数 $r$ ,必有 $\displaystyle \sum_{n=1}^r \frac{1}{1+nQ}\leq\displaystyle \sum_{t=1}^\infty(\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m})^t$ 。

证明：

因为对于任意的正整数 $n$ ， $1+nQ$ 均不可被素数 $p_1,p_2,\dots p_k$ 整除，所以素因子存在于 $p_{k+1},p_{k+2},\dots$ 中。

假设 $\frac{1}{1+nQ}=\frac{1}{p_{i_1}p_{i_2}\dots p_{i_M}}$ ，其中 $k+1\leq i_1,i_2\dots,i_M$ ，且 $i_1,i_2\dots,i_M$ 无需互不相等。

假设 $i_1,i_2\dots,i_M$ 中最大者为 $i_T$ ，

根据多项式定理， $\frac{1}{1+nQ}$ 是多项式 $(\frac{1}{p_{k+1}}+\frac{1}{p_{k+2}}+\frac{1}{p_{k+3}}\dots+\frac{1}{p_{i_T}})^M$ 展开式的一项，

所以 $\frac{1}{1+nQ}\leq(\displaystyle \sum_{m=k+1}^{i_T} \frac{1}{p_m})^M\leq(\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m})^M$ 。

对于不同的 $n$ ,因为 $1+nQ$ 各不相等，

所以根据二项式定理，对于每一个正整数 $r$ ， $\frac{1}{1+rQ}$ 必为 $(\frac{1}{p_{k+1}}+\frac{1}{p_{k+2}}+\frac{1}{p_{k+3}}\dots+\frac{1}{p_{i_T}})^M$ 中的不同项，或不同的指数 $M$ 中的某一项，

所以对于每一个正整数 $r$ ， $\displaystyle \sum_{n=1}^r \frac{1}{1+nQ}\leq\displaystyle \sum_{t=1}^M(\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m})^t\leq\displaystyle \sum_{t=1}^\infty(\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m})^t$ 。（此处 $M$ 表示 $1+nQ$ 所有情况下指数为 $1$ 的素因子数的最大个数， $n=1,2,3\dots,r$ ） $\Box$

$(3)$ $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{p_n}$ 收敛的假设与其推导出的结论产生矛盾。

证明：

因为根据命题 $(1)$ ，存在整数 $k$ ，使得 $\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m}=\frac{1}{p_{k+1}}+\frac{1}{p_{k+2}}+\frac{1}{p_{k+3}}+\dots<\frac{1}{2}$ ，

且根据命题 $(2)$ ，对于这个整数 $k$ ，任意正整数 $r$ ，都有不等式 $\displaystyle \sum_{n=1}^r \frac{1}{1+nQ}\leq\displaystyle \sum_{t=1}^\infty(\displaystyle \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m})^t$ 成立，其中 $Q=\displaystyle \prod _{i=1}^{k}p_i=p_1p_2\dots p_k$ 。

所以对任意正整数 $r$ ，都有不等式 $\displaystyle \sum_{n=1}^r \frac{1}{1+nQ}\leq\displaystyle \sum_{t=1}^\infty (\frac{1}{2})^t$ 成立。

显然如下不等式成立： $0<\displaystyle \sum_{n=1}^r \frac{1}{1+nQ}\leq\displaystyle \sum_{t=1}^\infty (\frac{1}{2})^t=1$ 。

所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^r \frac{1}{1+nQ}$ 是一个单调有界正项级数，所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+nQ}$ 是一个收敛级数。

但容易证明，调和级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+nQ}$ 是一个发散级数，

所以通过构造级数，我们证明了：通过 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{p_n}$ 收敛的假设推导出的结论“ $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+nQ}$ 收敛”与已经被证明的结论“级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+nQ}$ ”发散相矛盾，

所以素数倒数和级数收敛的假设是错误的，也就是素数倒数和级数发散。 $\Box$

最后编辑于：2024.10.05 22:37:12

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