Existencia de un conjunto infinito de enteros positivos La suma de los recíprocos es racional y el conjunto de números primos que dividen un elemento es infinito

Question

¿Existe una secuencia $(a_i)_{i \geq 0}$ de los distintos números enteros positivos tales que $\sum_{i\geq 0}\frac{1}{a_i} \in \mathbb{Q}$ y $$\{ p \in \mathbb{P} \text{ }|\text{ } \exists\text{ } i\geq 0 \text{ s.t.}\text{ } p | a_i\}$$ es infinito?

Motivación:

Todas las series geométricas (correspondiente a los conjuntos de $\{ 1,n,n^2,n^3,... \}$) son racionales y los términos obviamente contienen un número finito de números primos. Lo mismo es cierto para decir, la suma de los recíprocos de todos los números cuyo primer factiorisation contiene sólo los números primos $p_1, p_2, ...,p_k$ : la suma es entonces $\prod_{i=1}^k\left(\frac{p_i}{p_i-1}\right)$

Por otro lado, la serie correspondiente a los conjuntos de $\{1^2, 2^2, 3^2, ...\}, \{1^3,2^3,3^3,...\},\{1!,2!,3!,...\}$ convergen a $\frac{\pi^2}{6}$, Apery constante y $e$ respectivamente, los cuales son conocidos por ser irrationals.

Soy consciente del hecho de que si esta afirmación es verdadera, entonces no ha sido probado aún (ya que implica que los valores de la función zeta en los enteros positivos son irracionales y que, a mi conocimiento, no se ha demostrado todavía).

Cualquier contraejemplos o de otros posibles observaciones (por ejemplo, en lugar de exigir el conjunto de números primos es infinito, lo que requiere que contiene todos los números primos salvo un conjunto finito)?

Answer 1

El conjunto $$ A=\{1\times 2, 2\times 3, ...,n\times (n+1),...\}$ $

es tal conjunto.

Tenga en cuenta que $$\sum _1^\infty \frac{1}{n(n+1)}=1$$ and every prime number $ p$ divides $ p (p +1)$ which is an element of the set $ A $ .

Answer 2

Podemos tomar $(a_i)$ será cada vez más una secuencia de números primos: Vamos a $a_1 = 2$, y elija la primer a ser el más pequeño para el cual la suma de los recíprocos es estrictamente menor que $1$.

La suma de los recíprocos convergerán a $1$; esto es debido a que $\sum_p \frac1p = \infty$:

Hecho. Cuando $x_i > 0$, $x_i \to 0$ e $\sum x_i = \infty$, a continuación, para cada número real positivo $y$ existe una larga $x_{i_k}$ para que $\sum_k x_{i_k} = y$.

Prueba. Construir la larga como la anterior. Concretamente, vamos a $S_0 = 0$ y definir de forma recursiva $k \geq 0$, $i_{k+1} = \min\{i : S_k + x_i < y \}$ e $S_{k+1} = S_k + x_{i_{k+1}}$. Supongamos $\sum_k x_{i_k} = y - \epsilon$. A continuación, todos los $x_i$ menos de $\epsilon$ aparecen en la larga. Por lo tanto $$\sum_{x_i < \epsilon} x_i \leq y - \epsilon < \infty,$$ una contradicción.

Answer 3

Deje $f=(f_1,f_2): \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}^2$ ser un bijection.

Definir $a_n=(2^{3+f_1(n)}+1)^{f_2(n)}$.

Por la Explosión del teorema (https://en.wikipedia.org/wiki/Zsigmondy%27s_theorem), si $n > m > 3$, entonces existe algún prime $p$ dividiendo $2^{2n}-1$ pero ni $2^{2m}-1$ ni $2^n-1$, lo $p|2^n+1$ pero no $p|2^m+1$.

Como consecuencia, ningún número entero puede ser tanto un poder de $2^m+1$ e $2^n+1$, por lo tanto el $a_n$ son parejas distintas.

Además, $$\sum_n{a_n^{-1}}=\sum_{n \geq 1}{\sum_{m \geq 1}{(1+2^{n+3})^{-m}}}=\sum_{n \geq 1}{2^{-3-n}} \in \mathbb{Q}.$$