TỔNG NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ NGUYÊN TỐ

Lúc sinh thời, nhà toán học L.Euler đã tìm được kết quả rất đẹp sau về số nguyên tố: Gọi $P$ là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Khi đó, chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}$ phân kỳ.

Như đã biết, các số nguyên tố phân bố một cách ngẫu nhiên, không theo một qui luật nào. Hơn nữa, với $k$ là số nguyên dương tùy ý, ta luôn có thể tìm được dãy gồm $k$ số tự nhiên liên tiếp mà mỗi số là hợp số, cụ thể là dãy $\left( k+1 \right)!+2,\left( k+1 \right)!+3,\ldots ,\left( k+1 \right)!+\left( k+1 \right)$. Điều này chứng tỏ, các số nguyên tố phân bố khá “thưa”. Chính vì thế, kết quả mà Euler đạt được là một kết quả đầy bất ngờ.

Trong bài viết hôm nay, ta sẽ trình bày một số phương pháp để chứng tỏ chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}$ là phân kỳ.

Cách 1

Ta xét các chuỗi ${{A}_{i}}=\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{{{p}^{i}}}}$ với $i=\overline{1,\infty }$.

Ta sẽ chứng tỏ chuỗi $\sum\limits_{i=1}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}$ phân kỳ. Thật vậy, với mọi $p\in P$ ta có  $\sum\limits_{i=1}^{\infty }{\frac{1}{i{{p}^{i}}}}=\ln \frac{p}{p-1}$. Khi đó,

$\sum\limits_{i=1}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}=\sum\limits_{p\in P}{\sum\limits_{i=1}^{\infty }{\frac{1}{i{{p}^{i}}}}}=\ln \left( \prod\limits_{p\in P}{\frac{p}{p-1}} \right)$

Nếu $\prod\limits_{p\in P}{\frac{p}{p-1}}=C\in R$ thì với mọi $s>1$ ta có

$\varsigma \left( s \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{s}}}=}\prod\limits_{p\in P}{\frac{{{p}^{s}}}{{{p}^{s}}-1}}\le \prod\limits_{p\in P}{\frac{p}{p-1}}=C$

Lấy tùy ý $m\in {{Z}_{>0}}$, ta có

$\sum\limits_{n=1}^{m}{\frac{1}{n}}=\underset{s\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{n=1}^{m}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}\le \underset{s\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\varsigma \left( s \right)\le C$

Bất đẳng trên không thể đúng với mọi $m$ vì chuỗi $\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{n}}$ phân kỳ.

Do đó $\prod\limits_{p\in P}{\frac{p}{p-1}}=\infty$, suy ra chuỗi $\sum\limits_{i=1}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}$ phân kỳ.

Tiếp theo ta chứng minh chuỗi $\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}$hội tụ. Thật vậy, với mỗi$p\in P$ ta có

$\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{1}{i{{p}^{i}}}\le \frac{1}{{{p}^{2}}}}\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{1}{{{p}^{i-2}}}=\frac{1}{{{p}^{2}}}\frac{p}{p-1}}<\frac{2}{{{p}^{2}}}$

Ta suy ra

$\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}=\sum\limits_{p\in P}{\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{1}{i{{p}^{i}}}}}\le \sum\limits_{p\in P}{\frac{2}{{{p}^{2}}}}\le 2\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{2}}}}$

Điều này chứng tỏ chuỗi $\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}$ hội tụ.

Chuỗi  $\sum\limits_{i=1}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}$ phân kỳ và chuỗi  $\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{{{A}_{i}}}{i}}$ hội tụ chứng tỏ ${{A}_{1}}=\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}=\infty $.

Cách 2

Lấy $x\in {{R}_{>2}}$, xét hai tập hợp

${{\Delta }_{x}}=\left\{ p\in P:p\le x \right\}$

${{\Theta }_{x}}=\left\{ n\in {{Z}_{>1}}:n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}},{{p}_{i}}\in {{\Delta }_{x}} \right\}$

Khi đó, ta có

$\sum\limits_{n\in {{\Theta }_{x}}}{\frac{1}{n}}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( \sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{1}{{{p}^{n}}}} \right)}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}$

Hơn nữa,$\sum\limits_{n\in {{\Theta }_{x}}}{\frac{1}{n}}\ge \sum\limits_{n\le x}{\frac{1}{n}}>\ln x$. Do đó $\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}>\ln x$, suy ra

$\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\ln \left( \frac{1}{1-{{p}^{-1}}} \right)}>\ln \ln x$.

Với mỗi $p\in {{\Delta }_{x}}$ ta có

$\ln \frac{1}{1-{{p}^{-1}}}=-\ln \left( 1-\frac{1}{p} \right)=\frac{1}{p}+\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{1}{i{{p}^{i}}}}<\frac{1}{p}+\frac{2}{{{p}^{2}}}$

Do đó,

$\ln \ln x<\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\ln \frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}<\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{p}}+2\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{{{p}^{2}}}}$

Cho $x\to \infty $ ta có ngay $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}+2\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{{{p}^{2}}}}=\infty $. Vì chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{{{p}^{2}}}}$ hội tụ nên chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}$ phân kỳ.

Cách 3

Lấy $x\in {{R}_{>2}}$, xét hai tập hợp

${{\Delta }_{x}}=\left\{ p\in P:p\le x \right\}$

${{\Theta }_{x}}=\left\{ n\in {{Z}_{>1}}:n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}},{{p}_{i}}\in {{\Delta }_{x}} \right\}$

Với mỗi $p\in {{\Delta }_{x}}$ ta có

$\left( 1+\frac{1}{p} \right)\left( \sum\limits_{i=0}^{\infty }{\frac{1}{{{p}^{2i}}}} \right)=\left( \sum\limits_{j=0}^{\infty }{\frac{1}{{{p}^{j}}}} \right)$

suy ra

$\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( 1+\frac{1}{p} \right)}\left( \sum\limits_{n\in {{\Theta }_{x}}}{\frac{1}{{{n}^{2}}}} \right)=\sum\limits_{n\in {{\Theta }_{x}}}{\frac{1}{n}}$

Cho $x\to \infty $, vì chuỗi  $\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{2}}}}$hội tụ và chuỗi $\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{n}}$ phân kỳ nên tích $\prod\limits_{p\in P}{\left( 1+\frac{1}{p} \right)}$ phân kỳ.

Hơn nữa, ${{e}^{\frac{1}{p}}}=\sum\limits_{i=0}^{\infty }{\frac{1}{i!{{p}^{i}}}}>1+\frac{1}{p}$ với mọi $p\in P$ nên

${{e}^{\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{p}}}}>\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( 1+\frac{1}{p} \right)}\Leftrightarrow \sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{p}}>\ln \left( \prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( 1+\frac{1}{p} \right)} \right)$

Cho $x\to \infty $ ta có ngay chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}$ phân kỳ.