¿Existe un número real $r$ tal que $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{p_k}{r^k}=e$ ?

Question

Dejemos que $p_n$ denotan la secuencia de números primos, con $p_0=2$ .

Estoy buscando un número real $r$ tal que $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{p_k}{r^k}=e$ .

Es fácil demostrar que $r>5$ con $\frac{2}{5^0}+\frac{3}{5^1}+\frac{5}{5^2}=2.8>e$ .

Supongo que no debería ser muy difícil demostrar que $r<6$ .

Así que sabemos que $5<r<6$ (mi observación muestra que $r\approx5.7747052$ ).

Pero, ¿prueba que debe haber algún valor de $r\in\mathbb{R}$ tal que $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{p_k}{r^k}=e$ ?

Answer 1

Tal $r$ existe. La serie es una serie de Laurent para una función continua en una porción de $(0,\infty)$ que se acerca a 2 como $r$ se acerca a $\infty$ y se acerca al infinito como $r$ se acerca a algún número real mayor o igual que 0. El teorema del valor intermedio muestra que la función toma cualquier valor positivo mayor que 2.

Para ver que la serie converge, podemos citar el límite de $p_n$ (ver este artículo ) $$p_n<n\log(n)+n\log(\log(n))$$ así $p_n<(n+1)(n+2)$ para que sea lo suficientemente grande $n$ . Tenemos que $$\frac{1}{(1-\frac{1}{r})^3}=\sum_{n}{\frac{(n+1)(n+2)}{r^n}}$$ que limita nuestra serie y converge para todo $r>1$ Así que $\sum_n{\frac{p_n}{r^n}}$ converge para todo $r>1$ .

Si una serie de potencias converge en alguna vecindad de un punto, entonces converge a una función continua (incluso holomorfa). Lo que importa es la rapidez con la que aumenta la secuencia. $a_n=n!$ es un ejemplo que no converge para ningún valor de $r$ .

Answer 2

Escriba $f(x) = \sum_k p_k x^k$ . Supongamos primero que la serie para $f(1/4)$ converge. Entonces la función $f(x)$ está definida y es continua en $[0,1/4)$ . Usted ha demostrado $f(1/5) > e$ y claramente $f(0) = 2$ . Por el teorema del valor intermedio, debe haber algún $c \in (0,1/5)$ tal que $f(c) = e$ . Y $r = 1/c$ .

Queda por demostrar que $f(1/4)$ es finito. La convergencia de esta serie se desprende de la prueba de la raíz si podemos establecer, por ejemplo, que $p_n < 3^n$ . Imagino que hay una forma más fácil de demostrarlo, pero como mínimo esto se deduce por inducción de El postulado de Bertrand.

No creo que los argumentos generales que has dado sean suficientes a menos que se demuestre que la serie converge en algún punto $d$ para lo cual $f(d) \geq e$ que inevitablemente implicará alguna estimación del crecimiento de $p_n$ .

Answer 3

De la teoría de números se sabe que hay constantes positivas $C_1$ y $C_2$ tal que se tiene $$C_1{n \ln n} < p_n < C_2{n \ln n}$$

Utilizando esto y la teoría de las series de potencias se puede demostrar que existe tal $r$ .

Mira la serie de potencia $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} p_n x^n$ . Desde $\lim_{n \rightarrow \infty} (n \ln n)^{-{1 \over n}} = 1$ (que se puede demostrar tomando los logaritmos y utilizando la regla de l'Hopital), también se tiene que el radio de convergencia de esta serie de potencias es $$\lim_{n \rightarrow \infty} (p_n)^{-{1 \over n}} = 1$$ Así que $f(x)$ es una función continua en $(-1,1)$ . Como los coeficientes son todos positivos, se tiene $\lim_{x \rightarrow 1} f(x) = \infty$ . Esto se puede ver, por ejemplo, observando que $\liminf_{x \rightarrow 1} f(x) $ es al menos el límite de la suma del primer $n$ términos para cualquier $n$ Así que $\liminf_{x \rightarrow 1} f(x) \geq \sum_{k = 1}^n p_k $ Dejar $n$ ir al infinito muestra que el límite es de hecho el infinito.

Así que $f(x)$ es una función continua en $[0,1)$ con $f(0) = 2$ y con $\lim_{x \rightarrow 1} f(x) = \infty$ . Así que el teorema del valor intermedio dice que hay algún $x$ para lo cual $f(x) = e$ . Dejar $r = {1 \over x}$ da lo que está buscando.