טור ההופכיים של המספרים הראשוניים

טור ההופכיים של המספרים הראשוניים הוא הסכום אינסופי של כל המספרים ההופכיים של מספרים ראשוניים. טור זה מתבדר לאינסוף. כלומר:

$\sum _{p\text{ is prime }}\frac{1}{p}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{11}+\frac{1}{13}+\frac{1}{17}+\cdots =\mathrm{\infty }$

את ההתבדרות הוכיח המתמטיקאי לאונרד אוילר בשנת 1737. תוצאה זו מהווה הכללה למשפטו של אוקלידס כי קיימים אינסוף מספרים ראשוניים. התוצאה מראה שלא רק שיש אינסוף ראשוניים, במובן מסוים יש אף "הרבה" מהם. יש למשל "יותר" ראשוניים ממספרים ריבועיים, כי סכום ההופכיים של המספרים הריבועיים מתכנס לערך הסופי (ראו בעיית בזל). זאת על אף שבשני המקרים מדובר בקבוצות בנות מנייה אינסופיות (בעלות עוצמה זהה).

התבדרות הטור נחשבת מפתיעה. אמנם הטור ההרמוני $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ מתבדר, אבל לעומת זאת הטור $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s}$ מתכנס לכל קבוע $s>1$ . מתברר שגם לבחירה של $s$ קרוב מאד ל־1, סכום ההופכיים של כל הטבעיים בחזקת $s$ קטן יותר מסכום ההופכיים של הראשוניים בלבד.

טור ההופכיים של הראשוניים מתבדר מאד לאט. סכום ההופכיים של כל הראשוניים הקטנים מ־$n$ אסימפטוטי ל־$\ln (\ln (n))+M$ , כאשר $M$ הוא קבוע, הנקרא קבוע מייזל־מרטנס, השווה בערך ל־0.261. כך, למשל, כדי להגיע לסכום העולה על המספר 10, יש לסכום בערך את כל ההופכיים של הראשוניים שקטנים מ-10⁹⁵⁶⁶.

הערה: במאמר זה $p$ יסמן תמיד מספר ראשוני.

ההוכחה של אוילר

אוילר הוכיח את התבדרות הטור בדרך דומה מאד להוכחתו שקיימים אינסוף מספרים ראשוניים. הוכחתו של אוילר אינה ריגורוזית מספיק כדי להיחשב הוכחה קבילה בימינו. הוא כולל בהוכחתו מניפולציות רבות עם סכומים אינסופיים. כיום, לאחר ביסוס מדויק של תורת הטורים, ידוע כי מניפולציות שכאלו לא בהכרח עובדות. עם זאת, אוילר הצליח להגיע בהוכחתו לתוצאה מדויקת, אפילו לגבי קצב הגידול של הטור. ניתן להפוך את הוכחת אוילר להוכחה ריגורוזית אם עובדים עם הסכומים החלקיים (במקום עם הטור האינסופי), ומראים שככל שהסכומים גדלים ההפרש בין הטורים שמשווים שואף לאפס.

הוכחת אוילר מבוססת על הקשר שגילה בין הטור ההרמוני (ופונקציית זטא של רימן בכלל) למכפלת אוילר העוברת על כל הראשוניים: $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=\prod _p\frac{1}{1-p^{-1}}$ (זוהי הגרסה הלא־ריגורוזית של הזהות, בה השתמש אוילר). הוכחתו מתחילה בחישוב הלוגריתם הטבעי של שני האגפים וניצול חוקי הלוגריתמים:

$\begin{array}{r}\ln \left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}\right)=\ln \left(\prod _p\frac{1}{1-p^{-1}}\right)=\sum _p\ln \left(\frac{1}{1-p^{-1}}\right)=\sum _p-\ln (1-p^{-1})\end{array}$

כעת פיתח אוילר את הלוגריתם לטור מקלורן:

$\begin{array}{rl}=\sum _p(\frac{1}{p}+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{3p^3}+\cdots )& =\left(\sum _p\frac{1}{p}\right)+\sum _p\frac{1}{p^2}(\frac{1}{2}+\frac{1}{3p}+\frac{1}{4p^2}+\cdots )\\ & <\left(\sum _p\frac{1}{p}\right)+\sum _p\frac{1}{p^2}(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots )\end{array}$

נשים לב כי בטור הימני מופיע טור גאומטרי מתכנס שסכומו $\frac{1}{1-\frac{1}{p}}$ . נציב זאת ונקבל:

$=\left(\sum _p\frac{1}{p}\right)+\left(\sum _p\frac{1}{p(p-1)}\right)$

הטור הימני בוודאי מתכנס (למשל לפי מבחן ההשוואה עם $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n-1)}=1$). נסמן את סכומו $C$ . קיבלנו:

$\ln \left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}\right)<\sum _p\frac{1}{p}+C$

ומכיוון שהטור ההרמוני גדל כמו $\ln (n)$ אוילר הסיק כי:

$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{11}+\cdots =\ln (\ln (\mathrm{\infty }))$

במינוח מודרני, אוילר הראה שטור ההופכיים של הראשוניים מתבדר וכי $\sum _{p\le n}\frac{1}{p}=\ln (\ln (n))+O(1)$ , שכן ההפרש חסום על ידי טור מתכנס.

ההוכחה של ארדש

המתמטיקאי פאול ארדש הציג הוכחה אלמנטרית ברובה להתבדרות הטור. ההוכחה מסתמכת ישירות על תכונות הראשוניים, ולא על מניפולציות אנליטיות.

נסמן ב־$p_i$ את הראשוני ה־$i$ . נניח בשלילה כי טור ההופכיים מתכנס. כלומר החל מאיזשהו ראשוני זנב הטור קטן כרצוננו. נבחר מספר שלם $k$ כך שמתקיים:

$\sum _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p_i}<\frac{1}{2}$ , ובפרט לכל $N$ טבעי: $\sum _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{N}{p_i}<\frac{N}{2}$ .

ובזאת מסתיים החלק האנליטי בהוכחה. נכנה את הראשוניים $p_1,\dots ,p_k$ ראשוניים קטנים, ואילו השאר, $p_{k+1},p_{k+2}\dots$ , יהיו הראשוניים הגדולים. נסמן ב־$N_b$ את מספרם של המספרים $n\le N$ שמתחלקים בגורם ראשוני גדול, ונסמן ב־$N_s$ את מספרם של המספרים $n\le N$ שמתחלקים רק בראשוניים קטנים. ברור כי $N_b+N_s=N$ . נגיע לסתירה בכך שנראה כי עבור $N$ גדול מספיק שוויון זה לא מתקיים.

$p_i$ מחלק בדיוק $\lfloor \frac{N}{p_i}\rfloor$ מספרים (לפשר הסימון ראו פונקציית הערך השלם) בטווח $n\le N$ (זהו מספר כפולותיו בטווח). לכן:

$N_b\le \sum _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}\lfloor \frac{N}{p_i}\rfloor <\frac{N}{2}$

נטפל עתה ב־$N_s$ . כל $n\le N$ שיש לו רק מחלקים ראשוניים קטנים נרשום בצורה $n=r\cdot m^2$ , כאשר $r$ הוא מספר חופשי מריבועים (אינו מתחלק באף מספר ריבועי מלבד 1). כל מספר חסר ריבועים הוא מכפלה של ראשוניים שונים, וישנן בדיוק $2^k$ דרכים שונות להכפיל את הראשוניים הקטנים זה בזה. לכן יש לכל היותר $2^k$ ערכי $r$ שונים. כמו כן, $m\le \sqrt{n}\le \sqrt{N}$ ולכן ישנם לכל היותר $\sqrt{N}$ ערכים שונים של $m$ . כל שילוב של ערך של $r$ וערך של $m$ נותן את אחד מהערכים האפשריים של $n$ שכל גורמיו ראשוניים קטנים, ובסך הכל נקבל את החסם: $N_s\le 2^k\sqrt{N}$ .

כל מה שהושג עד כה תקף לכל $N$ . נבחר $N=2^{2k+2}$ . נקבל: $N_s\le 2^k\sqrt{N}=2^{2k+1}=\frac{N}{2}$ . ומכאן נובעת הסתירה:

$N_b+N_s<\frac{N}{2}+\frac{N}{2}=N$

ולכן הטור לא יכול להתכנס ובהכרח מתבדר.

חסם תחתון לסכומים החלקיים

נמצא חסם תחתון על קצב הגידול של הטור. ראשית נבחן את המכפלה הסופית $\prod _{p\le n}(1+\frac{1}{p})$ . אם נפתח סוגריים נקבל סכום של כל המספרים מהצורה $\frac{1}{p_1\cdots p_r}$ כאשר $p_1,\dots ,p_r$ מספרים ראשוניים שונים כלשהם הקטנים מ-$n$ . כלומר סכום ההופכיים של המספרים חסרי ריבועים שגורמיהם הראשוניים קטנים מ-$n$ . אם נכפיל את ביטוי זה ב-$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}$ נקבל את סכום כל המכפלות האפשריות של חסרי ריבועים, עם גורמים ראשוניים קטנים מ-$n$ , עם ריבועים הקטנים מ-$n^2$ . בפרט בסכום יופיעו כל המספרים הקטנים מ-$n$ (כל מספר הוא מכפלה של חסר ריבועים בריבוע). קיבלנו את אי-השוויון:

$\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}\le \prod _{p\le n}\prod _{p\le n}(1+\frac{1}{p})\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}$

נשתמש בחסם התחתון הידוע של הטור ההרמוני:

$\ln (n+1)=\underset{1}{\overset{n+1}{\int }}\frac{dx}{x}=\sum _{i=1}^n\underset{<\frac{1}{i}}{\underbrace{\underset{i}{\overset{i+1}{\int }}\frac{dx}{x}}}<\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}$

כמו כן נציב את פתרון בעיית בזל: $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$ , ונקבל:

$\ln (n+1)<\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}\le \frac{{\pi }^2}{6}\prod _{p\le n}(1+\frac{1}{p})$

נשתמש בחסם הידוע $1+x<e^x=\exp (x)$ לכל $x>0$ (נובע מההגדרה של פונקציית האקספוננט כטור) ובחוקי חזקות:

$\ln (n+1)<\frac{{\pi }^2}{6}\prod _{p\le n}(1+\frac{1}{p})<\frac{{\pi }^2}{6}\prod _{p\le n}\exp \left(\frac{1}{p}\right)=\frac{{\pi }^2}{6}\exp \left(\sum _{p\le n}\frac{1}{p}\right)$

ניקח את הלוגריתם הטבעי של שני האגפים ונעביר אגף:

$\ln (\ln (n+1))-\ln \left(\frac{{\pi }^2}{6}\right)<\sum _{p\le n}\frac{1}{p}$

ההתבדרות של אגף שמאל גוררת את ההתבדרות של אגף ימין ולכן זוהי הוכחה נוספת להתבדרות הטור. כמו כן זהו חסם הדוק למדי. למעשה מתקיים:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\sum _{p\le n}\frac{1}{p}-\ln (\ln (n)\left)\right)=M$

$M$ נקרא קבוע מייזל-מרטנס והוא שווה $M=\gamma +\sum _p[\ln (1-\frac{1}{p})+\frac{1}{p}]\approx 0.261497\dots$ , כאשר $\gamma$ הוא קבוע אוילר-מסקרוני.

בעיות קשורות

ממשפט דיריכלה נובע שהטור מתבדר אפילו אם סוכמים רק את ההפוכיים של ראשוניים בסדרה חשבונית כלשהי (בהנחה שיש בסדרה ראשוניים, כלומר האיבר הראשון והפרש הסדרה זרים זה לזה).

משפט ברון קובע כי, בניגוד לטור ההופכיים של הראשוניים, טור ההופכיים של הראשוניים התאומים בלבד כן מתכנס. סכומו קרוי קבוע ברון. לא ידוע אם ישנם אינסוף ראשוניים תאומים (זוהי השערת המספרים הראשוניים התאומים), ולכן לא ידוע אם טור זה סופי או אינסופי.

ראו גם

• משפט גולדבך-אוילר