Tenemos siguiente identidad: ($p$ es un número primo) $$\left(1+\frac{1}{p}\right)\sum_{k=0}^n\frac{1}{p^{2k}}=\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{1}{p^k}$$ Ahora, Cómo deducir la siguiente desigualdad a partir de la anterior identidad? O usar esta identidad para demostrar la siguiente desigualdad? $$\prod_{p<N}\left(1+\frac{1}{p}\right)\sum_{k<N}\frac{1}{k^2}\ge\sum_{n<N}\frac{1}{n}.$$ Esta desigualdad muestra que $\sum\frac{1}{p}$ es divergente.
Respuesta
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Para un primer $p$ y un entero $n \neq 0$, vamos a $v_p(n) = \max \{ k \geqslant 0 : p^k \mid n\}$. Para $0 < m \leqslant N$, vamos ($\mathbb{P}$ es el conjunto de (positivo) de los números primos)
$$S(m,N) := \bigl\{ k: 1 \leqslant k < N,\; \bigl(\forall p \in \mathbb{P}\bigr) \bigl(p \geqslant m \Rightarrow v_p(k) \equiv 0 \pmod{2}\bigr)\bigr\}.$$
$S(2,N)$ es el conjunto de todos los cuadrados $< N$, por lo que
$$\sum_{n \in S(2,N)} \frac1n \leqslant \sum_{k<N} \frac{1}{k^2},$$
y $S(N,N) = \{n : 1 \leqslant n < N\}$. Ahora,
$$S(p_k,N) \cup p_k\cdot S(p_k,N) \supset S(p_{k+1},N),$$
ya para$n \in S(p_{k+1},N)$,$v_{p_k}(n) \equiv 0 \pmod{2}$, en cuyo caso $n \in S(p_k,N)$ o $v_{p_k}(n) \equiv 1 \pmod{2}$, en cuyo caso $n/p_k \in S(p_k,N)$. Por lo tanto, tenemos
$$\left(1 + \frac{1}{p_k}\right)\sum_{n \in S(p_k,N)} \frac1n = \sum_{n \in S(p_k,N) \cup p_k\cdot S(p_n,N)} \frac1n \geqslant \sum_{n\in S(p_{k+1},N)} \frac1n,$$
y por lo tanto
$$\begin{align} \prod_{j=1}^{\pi(N-1)}\left(1 +\frac{1}{p_j}\right)\sum_{k < N} \frac{1}{k^2} &\geqslant \prod_{j=1}^{\pi(N-1)}\left(1 +\frac{1}{p_j}\right)\sum_{n \in S(2,N)} \frac1n\\ &\geqslant \prod_{j=2}^{\pi(N-1)}\left(1 +\frac{1}{p_j}\right)\sum_{n \in S(p_2,N)} \frac1n\\ &\geqslant \dotsb\\ &\geqslant \sum_{n\in S(p_{\pi(N-1)+1},N)} \frac1n\\ &= \sum_{n < N} \frac1n. \end{align}$$
