Dimostrazione della divergenza della serie dei reciproci dei primi

Per la dimostrazione è necessario un lemma riguardante la serie armonica.

Dalla definizione del numero di Nepero si ricava immediatamente che

${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<e,}$ 

per ogni ${\displaystyle n}$  intero positivo, prendendo il logaritmo di entrambi i membri si ottiene

${\displaystyle n\,\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)<1,}$ 

da cui

${\displaystyle \ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)<{\frac {1}{n}}}$ 

e infine

${\displaystyle \ln \left(n+1\right)-\ln \left(n\right)<{\frac {1}{n}}.}$ 

Considerando adesso la somma dei reciproci di tutti i numeri naturali fino a ${\displaystyle n}$  si ricava

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}>\sum _{k=1}^{n}\left(\ln \left(k+1\right)-\ln \left(k\right)\right)=\ln \left(n+1\right).}$ ^[1]

Quest'ultima disuguaglianza sarà fondamentale nella dimostrazione della divergenza della somma dei reciproci dei numeri primi.

Adesso definiamo il prodotto ${\displaystyle P}$  come

${\displaystyle P\left(x\right)=\prod _{p\leq x}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)^{-1}.}$ 

Sapendo che

${\displaystyle \left(1-{\frac {1}{p}}\right)^{-1}=1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+{\frac {1}{p^{3}}}+\ldots }$ ^[2]

si ricava

${\displaystyle P\left(x\right)=\sum _{n\in A\left(x\right)}{\frac {1}{n}},}$ 

dove l'insieme ${\displaystyle A}$  è definito come

${\displaystyle A\left(x\right)=\lbrace n:p|n\Longrightarrow p\leq x\rbrace .}$ 

Evidentemente se ${\displaystyle n\leq x}$  allora ${\displaystyle n\in A\left(x\right)}$  quindi

${\displaystyle P\left(x\right)>\sum _{n\leq x}{\frac {1}{n}}}$ 

e dalla disuguaglianza ricavata sulla serie armonica si ricava

${\displaystyle P\left(x\right)>\ln \left(x+1\right).}$ 

Adesso sapendo che ${\displaystyle y>-{\frac {1}{2}}\ln \left(1-y\right)}$  per ogni ${\displaystyle 0<y<{\frac {1}{2}}}$  si ottiene

${\displaystyle \sum _{p\leq x}{\frac {1}{p}}>-{\frac {1}{2}}\sum _{p\leq x}\ln \left(1-{\frac {1}{p}}\right)={\frac {1}{2}}\ln P\left(x\right)>{\frac {1}{2}}\ln \ln x,}$ 

dove l'ultimo membro diverge per ${\displaystyle x}$  tendente a infinito, quindi la serie dei reciproci dei numeri primi diverge.

Eulero fornì anche un'altra dimostrazione, partendo sempre dalla serie armonica. Usando l'espansione di questa come prodotto infinito scrisse:

${\displaystyle S=\ln \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\right)=\ln \left(\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=\sum _{p}\ln \left({\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=\sum _{p}-\ln \left(1-{\frac {1}{p}}\right),}$ 

usando le proprietà dei logaritmi; quindi espanse la somma come la serie di Taylor di ${\displaystyle \ln(1-x)}$ :

${\displaystyle S=\sum _{p}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2p^{2}}}+{\frac {1}{3p^{3}}}+\cdots \right)=\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3p}}+{\frac {1}{4p^{2}}}+\cdots \right).}$ 

I termini ${\displaystyle {\frac {1}{3p}},}$  ${\displaystyle {\frac {1}{4p^{2}}},}$  ecc., possono essere maggiorati come:

${\displaystyle S<\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}\left(1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+\cdots \right)=\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\left(\sum _{p}{\frac {1}{p(p-1)}}\right).}$ 

Il secondo addendo converge perché è minore della corrispondente serie in cui gli addendi sono presi tra tutti i naturali anziché solo tra i primi; quindi

${\displaystyle S<\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+C.}$ 

Poiché la somma ${\displaystyle S}$  cresce come ${\displaystyle \ln \ln {n}}$  per ${\displaystyle n}$  tendente all'infinito, Eulero concluse che

${\displaystyle {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{11}}+\cdots +{\frac {1}{p_{n}}}\approx \ln \ln {n}.}$ 

La dimostrazione di Erdős fa uso solo di metodi elementari.

Per assurdo sia ${\displaystyle \sum _{p}{\frac {1}{p}}<\infty }$  allora esiste un numero primo ${\displaystyle P}$  tale che ${\displaystyle \sum _{p>P}{\frac {1}{p}}<1/2}$ .

Sia ${\displaystyle N>P}$  un intero arbitrario, indichiamo con ${\displaystyle N_{1}}$  il numero di interi minori o uguali a ${\displaystyle N}$  che hanno solo fattori primi minori o uguali a ${\displaystyle P}$ , indichiamo anche ${\displaystyle N_{2}=N-N_{1}}$ . Abbiamo che

${\displaystyle N_{2}\leq \sum _{p\geq P}\left\lfloor {\frac {N}{p}}\right\rfloor <\sum _{p\geq P}{\frac {N}{p}}<{\frac {N}{2}}.}$ 

Ora stimiamo ${\displaystyle N_{1}}$ , scriviamo ${\displaystyle k=\pi (P)}$ , ogni ${\displaystyle x\leq N}$  si può scrivere nella forma

${\displaystyle x=yz^{2},}$ 

dove ${\displaystyle y}$  è privo di quadrati e ${\displaystyle z\leq {\sqrt {N}}}$ , se ${\displaystyle x}$  è divisibile solo per i primi minori o uguali a ${\displaystyle P}$ , allora lo è anche ${\displaystyle y}$ . Ci sono meno di ${\displaystyle 2^{k}}$  possibili scelte per ${\displaystyle y}$  e meno di ${\displaystyle {\sqrt {N}}}$  scelte per ${\displaystyle z}$ , da cui

${\displaystyle N_{1}\leq 2^{k}{\sqrt {N}}}$ 

e quindi

${\displaystyle N<2^{k}{\sqrt {N}}+{\frac {N}{2}}}$ 

si dimostra facilmente per induzione e utilizzando il postulato di Bertrand che per l'ennesimo numero primo si ha ${\displaystyle p_{n}\leq 2^{n}}$  e di conseguenza ${\displaystyle \pi (n)\geq {\frac {\ln n}{\ln 2}}}$ , quindi possiamo scegliere ${\displaystyle N=2^{2k+2}>P}$  e troviamo

${\displaystyle N<2^{k}(2^{k+1})+2^{2k+1}=N}$ 

che è assurdo e conclude la dimostrazione.

Come nella dimostrazione precedente, notiamo che se la serie dei reciproci dei primi convergesse, allora esisterebbe ${\displaystyle k}$  tale che ${\displaystyle \sum _{m=k+1}^{\infty }{\frac {1}{p_{m}}}<{\frac {1}{2}}}$ , dove con ${\displaystyle p_{m}}$  indichiamo il ${\displaystyle m}$ -esimo numero primo. Consideriamo ora il numero ${\displaystyle Q=p_{1}p_{2}\cdots p_{k}}$ : si osserva immediatamente come ${\displaystyle 1+nQ}$  per ${\displaystyle n=1,2,\ldots }$  non sia divisibile dai primi ${\displaystyle p_{1},p_{2},\ldots ,p_{k}}$ . Dunque, la decomposizione in fattori primi di ${\displaystyle 1+nQ}$  richiede i primi successivi a questi, ossia ${\displaystyle p_{k+1},p_{k+2},\ldots }$ . Se ne deduce quindi che

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{1+nQ}}<\sum _{t=1}^{\infty }\left(\sum _{m=k+1}^{\infty }{\frac {1}{p_{m}}}\right)^{t}}$ 

poiché ogni termine della sommatoria a sinistra si può trovare sviluppando sufficientemente la doppia sommatoria a destra. Per la disuguaglianza ottenuta dall'ipotesi iniziale, segue però che

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{1+nQ}}<\sum _{t=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2}}\right)^{t}}$ 

e la serie a destra, geometrica di ragione ${\displaystyle {\frac {1}{2}}}$ , converge a 1, quindi per il criterio del confronto anche la serie ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{1+nQ}}}$  converge. Ciò è una contraddizione, poiché è immediato verificare come questa serie in realtà diverga: per il criterio di confronto tra serie e integrale, la nostra serie converge se e solo se converge il seguente integrale, ${\displaystyle \int _{1}^{\infty }{\frac {1}{1+Qx}}dx}$ , che però diverge, poiché

${\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {1}{1+Qx}}dx=\lim _{c\rightarrow +\infty }{\frac {1}{Q}}\left[\ln(1+Qx)\right]_{1}^{c}=+\infty .}$ 

Quindi, come volevasi dimostrare, la serie dei reciproci dei primi diverge^[3][4].

• Serie armonica
• Teoremi di Mertens
• Teorema dei numeri primi