Matematyka.pl

jak myślicie czy suma odwrotnosci liczb pierwszych jest skończona?
a jesli tak to jaka liczba jest kresem górnym tej sumy?

ciekawe rozwiązanie tego problemu podał węgierski matematyk Erdós
ale ja proponuję samodzielne zastanowienie się.Naprawdę daje do myślenia.
I warto.

suma odwrotnosci liczb pierwszych... hmmm

Czyli 1/2+1/3+1/5+...+1/n gdzie n jest najwiekszą liczbą pierwszą a to jak wiemy jest niemożliwe bo liczb pierwszych jest nieskonczenie wiele (dowód gdzieś na naszym forum, chyba) czyli suma tez bedzie nieskonczenie duża.

Chyba ze coś źle interpretuje a chyba tak jest

Chyba ze suma nie jest nieskonczenie wielka tylko dązy do jakiejs liczby tylko do jakiej

tak na pierwszy rzut oka to ja bym znalazł jakiś ciąg(nieskończony) zawierający tylko liczby pierwsze stwożył ciąg z jego odwrotności i poleciał jakimś kryterium zbierzności, ale to dało by jakiś wynik jak by suma była nieskończona. No i oczywiście trzeba b. dobrze dobrać ten ciąg

suma nie da sie konkretnie okreslic mozna natomias okreslic granice tego ciagu (2)

to ja podrzucam pewną sugestię:
suma odwrotnosci liczb naturalnych jest nieskonczona:
1/1 + 1/2 +1/3 + 1/4 + .... +1/n -----> +oo dla n--> +oo
a suma kwadratów odwrotnosci liczb naturalnych jest już skończona:
1/(1*1) + 1/(2*2) + (1/(3*3) + ... + 1/(n*n) ---> S , gdzie S < +oo
(nie pamietam dokladnie ile wynosi S)
kiedy sie sam za to zadanie zabieralem 1.5 roku temu to zastanawiałem sie które liczby pojawiają się częsciej:
kwadraty kolejnych liczb naturalnych czy liczby pierwsze.
jednak ta droga nie prowadzi do rozwiązania aczkolwiek pozwala spojrzeć na wynik "objętosciowo".

gregsky pisze: a suma kwadratów odwrotnosci liczb naturalnych jest już skończona:
1/(1*1) + 1/(2*2) + (1/(3*3) + ... + 1/(n*n) ---> S , gdzie S < +oo
(nie pamietam dokladnie ile wynosi S)

pi^2 /6

tak masz racje.teraz sobie przypomniałem.

Może i tak, ale ciąg odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżny. Nie pamiętam w tej chwili dowodu, bo teoria liczb to nie jest mój ukochany dział... Ale na pewno jest to szereg rozbieżny. Ale można np. dać problem, żeby udowodnić, czy ze zbioru liczb pierwszych można wyjąć taki nieskończony podzbiór, że suma jego odwrotności będzie zbieżna?

niech f(s) bedzie funkcja dzeta Riemanna czyli f(s) = 1^(-s) + 2^(-s) + 3^(-s) + ...
rozwazmy sobie (1 - 2^(-s))f(s)
(1 - 2^(-s))f(s) = (1^(-s) + 2^(-s) + 3^(-s) + ... ) - (2^(-s) + 4^(-s) + 6^(-s) + ...) = 1^(-s) + 3^(-s) + 5^(-s) + ... (po nieparzystych idziemy jak widac)
rozwazmy sobie teraz (1 - 3^(-s))(1 - 2^(-s))f(s) korzystajac z poprzeniego wyniku:
(1 - 3^(-s))(1 - 2^(-s))f(s) = (1^(-s) + 3^(-s) + 5^(-s) + ...) - (3^(-s) + 9^(-s) + 15^(-s) + ... [tutaj jak widac mamy potrojone liczby nieparzyste] ) = 1^(-s) + 5^(-s) + 7^(-s) + 11^(-s) + ... [tutaj mamy po wszystkich liczbach naturalnych z wyjatkiem wielokrotnosci dwojki i trojki]
i tak dalej... jakbysmy mnozyli to kolejno przez (1 - p_k^(-s)) w nieskonczonosc to bedziemy eliminowac wielokrotnosci wszystkich liczb pierwszych, czyli zostaniemy jedynie z tym 1^(-s) na samym poczatku, czyli 1. mamy zatem:
f(s) * [iloczyn, p pierwsze] (1 - p^(-s)) = 1^(-s) = 1 czyli
f(s) = 1/ {[iloczyn, p pierwsze] (1 - p^(-s))}
co jest znane jako (pewnie przekrece cos) wzor iloczynowy Eulera.
podstawmy sobie teraz s=1. z definicji f(s) mamy
f(1) = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ...
czyli
1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... = 1/ {[iloczyn, p pierwsze] (1 - 1/p)}logarytmujac obie strony dostajemy:
ln( 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... ) = ln( 1/ {[iloczyn, p pierwsze] (1 - 1/p)} )
prawa strona dalej jest rowna na mocyjakichstam twierdzen o logarytmach
- ln( [iloczyn, p pierwsze] (1 - 1/p) ) = - [suma, p pierwsze] ln(1 - 1/p)
teraz korzystajac z tego ze -ln(1-x) = x + x^2/2 + x^3/3 + x^4/4 + ... (Maclaurin) dostajaemy dalej
[suma, p pierwsze] [suma, n=1 do infty] 1/(n*p^n)
co mozemy zapisac troche inaczej przegrupowujac wyrazy troche:
([suma,p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] [suma, n=2 do infty] 1/(n*p^n))
ale to wszy stko jest na pewno mniejsze od
([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] [suma, n=2 do infty] 1/p^n)
co jest dalej rowne
([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] (1/p^2 + 1/p^3 + 1/p^4 + ...) = ([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] 1/p^2 * (1 + 1/p + 1/p^2 + ...)) = ([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] 1/(p^2 * (1 - 1/p)) ) = ([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] 1/(p(p-1)) )
co z kolei jest mniejsze od
([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, p pierwsze] 1/(p-1)^2)
a to dalej mozemy ograniczyc przez
([suma, p pierwsze] 1/p) + ([suma, n=1 do infty] 1/n^2)
a ten drugi skladnik jest jak juz mowilem skonczony i ma wartosc pi^2 /6
czyli doszlismy do tego ze
ln(1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... )< [suma, p pierwsze] 1/p + pi^2 /6

teoria liczb jest do dupy

No widzisz, sam sobie wykazałeś co trzeba ( o teorii liczb mówię )

Ale pomyślałbym o tym ciągu wyjętym z lib pierwszych... Mi się zdaje, że na mocy postulatu Bertranda można wyjąć z pierwszych taki ciąg nieskończony, że suma jego odwrotności jest skończona...

owszem da sie:

Ach Stała Bruna tak No wiem, suma po liczbach bliźniaczych... Ale moze tak, żebyśmy sami potrafili to dowieść

z tego co pamietam to liczb pierwszych postaci n^2 + 1 jst nieskonczenie wiele, jesli sie nie myle w tej kwestii to problem jest rozwiazany

no stary ale tu chodzi o sume odwrotnosci liczb pierwszych.jak juz wczesniej napisalem kwadratów liczb naturalnych tez jest nieskończenie wiele(dokladnie N) ale suma ich odwrotnosci jest skonczona.wiec twoja nie jest odpowiedz uzasadniona .

Więcej - nie wiemy czy liczb pierwszych postaci n^2 +1 jest nieskończenie wiele... Nikt tego jeszcze nie udowodnił...