الهدف من هذا التمرين هو إثبات ان مجموع مقلوب الأعداد الأولية متباعد. أي أن :
$\displaystyle{\displaylines{\sum_{\text{p premier}} \frac{1}{p} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots = +\infty}}$نعطي
$\displaystyle{\displaylines{\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}}}$1) بكتابة عدد صحيح $\displaystyle{\displaylines{k}}$ على شكل $\displaystyle{\displaylines{a b^2}}$ بحيث $\displaystyle{\displaylines{a}}$ square-free بين أن :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N}, n \geq 2 \ : \ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \leq \bigg(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}\bigg) \prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ premier}}} \left( 1 + \frac{1}{p} \right)}}$
2) باستغلالك للعلاقة $\displaystyle{\displaylines{\forall x \in \mathbb{R} \ : \ 1 + x \leq e^x}}$ بين أن :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N}, n \geq 2 \ : \ \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \geq \ln(\ln(n+1)) - \ln\left( \frac{\pi^2}{6} \right)}}$3) استنتج.
ليكن $\displaystyle{\displaylines{k \in \{1,2,...,n\}}}$ و $\displaystyle{\displaylines{p_1,p_2,....,p_r}}$ الاعداد الاولية الاصغر من $\displaystyle{\displaylines{n}}$.
يوجد عددين وحيدين $\displaystyle{\displaylines{a,b \in \{1,2,...,n\}}}$ بحيث : $\displaystyle{\displaylines{k = a b^2}}$
بحيث التفكيك لجداء عوامل اولية للعدد$\displaystyle{\displaylines{a = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2}...p_r^{\alpha_r}}}$ مع $\displaystyle{\displaylines{\forall i \in \{1,...,r\} \quad \alpha_i \in \{0,1\}}}$.
العدد $\displaystyle{\displaylines{a}}$ يسمى : square-free
إذن $\displaystyle{\displaylines{k = \bigg(\prod_{p | a}p \bigg) b^2}}$
لاحظ ان الجداء $\displaystyle{\displaylines{\prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ premier}}} \left( 1 + \frac{1}{p} \right)}}$ يعطينا جميع الحالات الممكنة للعدد $\displaystyle{\displaylines{\frac{1}{a}}}$ مضروبة في عدد أكبر من $\displaystyle{\displaylines{1}}$.
إذن الجداء $\displaystyle{\displaylines{\left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2} \right) \prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ premier}}} \left( 1 + \frac{1}{p} \right)}}$ سيكون اكبر من $\displaystyle{\displaylines{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}}$.
لدينا $\displaystyle{\displaylines{\forall x \in \mathbb{R} \ : \ 1+x \leq e^x}}$
من أجل $\displaystyle{\displaylines{x = \frac{1}{p}}}$ لدينا : $\displaystyle{\displaylines{1 + \frac{1}{p} \leq e^{\frac{1}{p}}}}$
نقوم بالضرب في جميع الاعداد الاولية الاصغر من $\displaystyle{\displaylines{n}}$ لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \left( 1+\frac{1}{p} \right) \leq \prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} e^{\frac{1}{p}} = \exp{\Big( \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \Big)}}}$
لدينا ايضا $\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N}, n \geq 2 \ : \ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}}}$
ومنه نستنتج :
$\displaystyle{\displaylines{\left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2} \right) \prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \left( 1+\frac{1}{p} \right) \leq \frac{\pi^2}{6} \exp{\Big( \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \Big)}}}$
حسب السؤال السابق لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N} , n \geq 2 \ : \ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \leq \left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2} \right) \prod_{\substack{p \leq n \\ p \text{ premier}}} \left( 1 + \frac{1}{p} \right)}}$
إذن لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N} , n \geq 2 \ : \ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \leq \frac{\pi^2}{6} \exp{\Big( \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \Big)}}}$
ليكن $\displaystyle{\displaylines{k \in \{1,...,n\}}}$ و $\displaystyle{\displaylines{t \in [k, k+1]}}$ لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\frac{1}{t} \leq \frac{1}{k}}}$
اذن $\displaystyle{\displaylines{\int_{k}^{k+1} \frac{dt}{t} \leq \int_{k}^{k+1} \frac{dt}{k}}}$
اذن $\displaystyle{\displaylines{\ln(k+1) - \ln(k) \leq \frac{1}{k}}}$
اذن $\displaystyle{\displaylines{\sum_{k=1}^{n}\ln(k+1) - \ln(k) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}}$
وبالتالي $\displaystyle{\displaylines{\ln(n+1) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}}$
وبالتالي :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N} , n \geq 2 \ : \ \ln(n+1) \leq \frac{\pi^2}{6} \exp{\Big( \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \Big)}}}$
خلاصة :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N}, n \geq 2 \ : \ \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \geq \ln(\ln(n+1)) - \ln\left( \frac{\pi^2}{6} \right)}}$
حسب السؤال السابق لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N}, n \geq 2 \ : \ \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} \geq \ln(\ln(n+1)) - \ln\left( \frac{\pi^2}{6} \right)}}$
وبما أن $\displaystyle{\displaylines{\lim_{n \rightarrow +\infty} \ln(\ln(n+1)) - \ln\left( \frac{\pi^2}{6} \right) = + \infty}}$
فإن $\displaystyle{\displaylines{\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{\substack{p \leq n \\ p \text{ prime}}} \frac{1}{p} = +\infty}}$