Die Summe der Gegenstücke aller Primzahlen weicht ab, der ist:

:

Das wurde von Leonhard Euler 1737 bewiesen, und stärkt das 3rd-Century-BC-Ergebnis von Euklid, dass es ungeheuer viele Primzahlen gibt.

Es gibt eine Vielfalt von Beweisen des Ergebnisses von Euler einschließlich eines niedrigeren, der für die teilweisen Summen gebunden ist, die das festsetzen

:

für alle natürlichen Zahlen n. Der doppelte natürliche Logarithmus zeigt an, dass die Abschweifung sehr langsam sein könnte, der tatsächlich der Fall ist, sieh Meissel-Mertens Konstante.

Die harmonische Reihe

Erstens beschreiben wir, wie Euler ursprünglich das Ergebnis entdeckt hat. Er dachte die harmonische Reihe

:

1 + \frac {1} {2} + \frac {1} {3} + \frac {1} {4} +

\cdots. </Mathematik>

Er hatte bereits die folgende "Produktformel" verwendet, um die Existenz von ungeheuer vieler Blüte zu zeigen.

:

\prod_ {p} \left (1 +\frac {1} {p} + \frac {1} {p^2} + \cdots \right).

</Mathematik>

(Hier wird das Produkt die ganze Blüte p übernommen; im folgenden, einer Summe oder übernommenen Produkt vertritt p immer eine Summe oder Produkt übernommen ein angegebener Satz der Blüte, wenn nicht bemerkt, sonst.)

Solche unendlichen Produkte werden heute Produkte von Euler genannt. Das Produkt ist oben ein Nachdenken des Hauptsatzes der Arithmetik. Natürlich ist die obengenannte "Gleichung" nicht notwendig, weil, wie man bekannt, die harmonische Reihe (durch andere Mittel) abweicht. Dieser Typ der formellen Manipulation war zurzeit üblich, als Mathematiker noch mit den neuen Werkzeugen der Rechnung experimentierten.

Euler hat dass bemerkt, wenn es nur eine begrenzte Zahl der Blüte gäbe, dann würde das Produkt klar rechts zusammenlaufen, der Abschweifung der harmonischen Reihe widersprechend. (Auf der modernen Sprache sagen wir jetzt, dass die Existenz von ungeheuer vieler Blüte durch die Tatsache widerspiegelt wird, dass der Riemann zeta Funktion einen einfachen Pol an s = 1 hat.)

Der erste Beweis

Euler hat die obengenannte Produktformel genommen und ist fortgefahren, eine Folge von kühnen Sprüngen der Logik zu machen. Erstens hat er den natürlichen Logarithmus jeder Seite genommen, dann hat er die Reihenentwicklung von Taylor für ln (1  x) sowie die Summe einer geometrischen Reihe verwendet:

:

\begin {richten }\aus

\ln \left (\sum_ {n=1} ^\\infty \frac {1} {n }\\Recht) & {} = \ln \left (\prod_p \frac {1} {1-p^ {-1} }\\Recht)

\sum_p \ln \left (\frac {1} {1-p^ {-1} }\\Recht)

\sum_p - \ln (1-p^ {-1}) \\

& {} = \sum_p \left (\frac {1} {p} + \frac {1} {2p^2} + \frac {1} {3p^3} + \cdots \right) \\

& {} = \left (\sum_ {p }\\frac {1} {p} \right) + \sum_p \frac {1} {P^2} \left (\frac {1} {2} + \frac {1} {3p} + \frac {1} {4p^2} + \cdots \right) \\

& {}

für einen festen unveränderlichen C

Es ist fast sicher, dass Euler gemeint hat, dass die Summe der Gegenstücke der Blüte weniger als n zu ln (ln (n)) als n Annäherungsunendlichkeit asymptotisch ist. Es stellt sich heraus, dass das tatsächlich der Fall ist; Euler hatte ein richtiges Ergebnis durch zweifelhafte Mittel erreicht.

Einfachere Version des obengenannten Beweises

: \begin {richten }\aus

& {} \quad \ln \left (\sum_ {n=1} ^\\infty \frac {1} {n }\\Recht) = \ln \left (\prod_p \frac {1} {1-p^ {-1} }\\Recht) = \sum_p \ln \left (\frac {p} {p-1 }\\Recht) = \sum_p \ln\left (1 +\frac {1} {p-1 }\\Recht)

\end {richten }\aus</Mathematik>

Seitdem

:

Shows dass:

deshalb, so.

So

:

Folglich weicht ab.

Aber

Folglich weicht ab.

Der zweite Beweis

Der folgende Beweis durch den Widerspruch ist wegen Pauls Erdős.

Lassen Sie p mich Primzahl anzeigen. Nehmen Sie an, dass die Summe der Gegenstücke der Blüte zusammenläuft, d. h.

:

Dann dort besteht eine positive ganze Zahl k solch dass

:

Für eine positive ganze Zahl lassen x M den Satz jener n in {1, 2 anzeigen..., x\die durch jede Blüte nicht teilbar sind, die größer ist als p. Wir werden jetzt einen oberen und eine niedrigere Schätzung für die Zahl |M Elemente in der M ableiten. Für großen x werden sich diese Grenzen erweisen, widersprechend zu sein.

Obere Schätzung:

Jeder n in der M kann als n = r M mit positiven ganzen Zahlen M und r geschrieben werden, wo r quadratfrei ist. Seitdem nur die k Blüte p..., p kann (mit der Hochzahl 1) im ersten factorization von r auftauchen, es gibt höchstens 2 verschiedene Möglichkeiten für r. Außerdem gibt es an den meisten x möglichen Werten für die M. Das gibt uns die obere Schätzung

:

Niedrigere Schätzung:

Der restliche x  |M Zahlen im Satz-Unterschied {1, 2..., x\\M sind alle durch eine Blüte teilbar, die größer ist als p. Lassen Sie N den Satz jener n in {1, 2 anzeigen..., x\die durch mich erster p teilbar sind. Dann

:

Da die Zahl von ganzen Zahlen in N am grössten Teil von x/p ist (wirklich Null für p> x), bekommen wir

:

Mit (1) bezieht das ein

:

Widerspruch:

Für jede ganze Zahl x  2 können die Schätzungen (2) und (3) nicht gleichzeitig halten.

Der dritte Beweis

Hier ist ein anderer Beweis, der wirklich eine niedrigere Schätzung für die teilweisen Summen gibt; insbesondere es zeigt, dass diese Summen mindestens so schnell wie ln (ln (n)) wachsen. Der Beweis ist eine Anpassung der Produktvergrößerungsidee von Euler. Im folgenden, einer Summe oder übernommenen Produkt vertritt p immer eine Summe oder Produkt übernommen ein angegebener Satz der Blüte.

Der Beweis beruht auf die folgende vier Ungleichheit:

• Jede positive ganze Zahl kann ich als das Produkt einer quadratfreien ganzen Zahl und eines Quadrats einzigartig ausgedrückt werden. Das gibt die Ungleichheit

::

:where für jeden, den ich zwischen 1 und n, der das (ausgebreitete) Produkt zum quadratfreien Teil von mir und der Summe enthält, zum Quadratteil von mir enthalte (sieh Hauptsatz der Arithmetik).

• Die obere Schätzung für den natürlichen Logarithmus

::

\ln (n+1)

\int_1^ {n+1 }\\frac {dx} x

\sum_ {ich

1\^n\underbrace {\\int_i^ {i+1 }\\frac {dx} x} _

Ganze diese Ungleichheit verbindend, sehen wir das

:\ln (n+1)

Das Teilen durch durch 5/3 und die Einnahme des natürlichen Logarithmus von beiden Seiten geben

:

wie gewünscht. 

Das Verwenden

:

\sum_ {k=1} ^\\infty {\\frac {1} {k^2}} = \frac {\\pi^2} 6

</Mathematik>

(sieh Baseler Problem), der obengenannte unveränderliche ln (5/3) = 0.51082 kann... zu ln (π/6) = 0.4977 verbessert werden...; tatsächlich erweist es sich das

:

\sum_ {p \leq n} \frac {1} {p} - \ln (\ln (n)) \biggr) = M, </Mathematik>

wo M = 0.261497... die Meissel-Mertens Konstante (etwas analog der viel berühmteren Euler-Mascheroni Konstante) ist.

Der vierte Beweis

Von der Ungleichheit von Dusart (sieh PNT), bekommen wir

:

Dann

:

\sum_ {n=1} ^\\infty \frac1 {p_n }\

\ge \sum_ {n=6} ^\\infty \frac1 {p_n }\

\ge \sum_ {n=6} ^\\infty \frac1 {n \ln n + n \ln \ln n }\

\ge \sum_ {n=6} ^\\infty \frac1 {2n \ln n }\

\infty

</Mathematik>

durch den integrierten Test auf die Konvergenz. Das zeigt, dass die Reihe links abweicht.

Siehe auch

• Der Lehrsatz von Euklid, dass es ungeheuer viele Blüte gibt
• Kleiner Satz (combinatorics)
• Der Lehrsatz von Brun

Links

• Chris K. Caldwell: Es gibt ungeheuer viele Blüte, aber, wie groß einer Unendlichkeit?