Cómo encontrar este $\frac{1}{{{p}_{1}}}+\frac{1}{{{p}_{2}}}+...+\frac{1}{{{p}_{n}}}<10$

Question

Deje ${{p}_{1}},{{p}_{2}},...,{{p}_{n}}$ ser los números primos menos de ${{2}^{100}}$.

Demostrar que $$\frac{1}{{{p}_{1}}}+\frac{1}{{{p}_{2}}}+...+\frac{1}{{{p}_{n}}}<10$$

Este problema es a partir de este Rumanía Olimpiada Nacional 2013,grado 10 -P4 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=3000224&sid=70162fff5664ceb6c25410e6fe0a42f6#p3000224

Así que creo que este problema tiene buenos métodos,debe tener sin anlaysis números métodos

Este siguiente es feo métodos Por mathlinks

Lema 1, Tenemos que $$\prod_{p\ prime \leq x}p\leq 4^x$$ for any positive integer $x$.

Prueba:

Hacemos uso de la inducción. La base de los casos son triviales. Pasar de un entero impar aún, es muy fácil (como LHS sigue siendo el mismo, mientras que el lado derecho aumenta). Así que sólo nos muestran cómo pasar de un entero par a impar (es decir, demostrar la desigualdad de la $x=2k+1$). Vamos a utilizar el coeficiente binomial $\dbinom{2k+1}{k+1}$. Es fácil ver que es divisible por $\displaystyle \prod_{k+1<p\leq 2k+1}p$ (el producto es tomado a través de los números primos). Por lo tanto, $\prod_{p\leq 2k+1}p\leq \left(\prod_{p\leq k+1}p\right)\left(\prod_{k+1<p\leq 2k+1}p\right)\leq 4^{k+1}\dbinom{2k+1}{k+1}\leq 4^{2k+1}$ (hemos utilizado la hipótesis de inducción y el hecho de que $\dbinom{2k+1}{k+1}\leq 2^{2k}$, que es un ejercicio fácil). El lema queda demostrado.

Lema 2:(suma Parcial) Vamos a $a_n$ ($n\in\mathbb{N}$) ser una secuencia, por lo que el$a_n=0$$n<x_0$, e $S(x)=\displaystyle\sum_{n\leq x} a_n$. Deje $f$ ser una función continua de derivados. A continuación, $\sum_{n\leq x} a_nf(n)=S(x)f(x)-\int_{x_0}^{x}S(t)f'(t)\mathrm{d} t$

Prueba:tengamos en cuenta que el $$\sum_{n\leq x} a_nf(n)=\sum_{n\leq x} (S(n)-S(n-1))f(n)=S(x)f(x)-$$ $$\sum_{n\leq x} S(n-1)(f(n)-f(n-1))=S(x)f(x)-\sum_{n\leq x-1} S(n)\int_{n}^{n+1}f'(t)\mathrm{d}t$$. Como $S$ se comporta como una función de paso constante en $[n,n+1)$, obtenemos que $\sum_{n\leq x}a_nf(n)=S(x)f(x)-\int_{0}^xS(t)f'(t)\ \mathrm{d}t=S(x)f(x)-\int_{x_0}^xS(t)f'(t)\mathrm{d}t$$a_n=0$$n<x_0$.

Con estos dos lemas estamos listos para demostrar el problema. Desde el primer lema que tenemos (tomando logaritmos) que $\sum_{p\leq n}\log(p)\leq n\log(4)$, para cualquier entero$n$, por lo que la relación de hecho se mantiene incluso si $n$ es cualquier número real positivo. Utilizamos lema 2 con $a_n=\log(n)$ si $n$ es el primer y $a_n=0$ lo contrario. Tomamos $f(x)=\frac{1}{x\log(x)}$. Podemos tomar en el lema $x_0=2$. Tenemos que $$\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}=\sum_{n\leq x} a_nf(n)=S(x)f(x)-\int_{2}^{x}S(t)f'(t)\mathrm{d} t=\frac{S(x)}{x\log(x)}+\int_{2}^x\frac{S(t)(1+\log(t))}{t^2\log^2(t)}\mathrm{d}t$$ Using that $S(x) \leq x\log(4)$ we get that $$\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}\leq \frac{\log(4)}{\log(x)}+\int_{2}^x\frac{\log(4)}{t\log^2(t)}\mathrm{d}t+\int_{2}^x\frac{\log(4)}{t\log(t)}\mathrm{d}t$$. The antiderivative of the function in the first integral is $\frac{1}{\log(t)}$, so the first integral is at most $\frac{\log(4)}{\log(2)}=2$, and the antiderivative of the function in the second integral is $\log(\log(x))$. We therefore have that $$\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}\leq \frac{\log(4)}{\log(x)}+2+\log(4)(\log(\log(x))-\log(\log(2)))$. Para $x=2^{100}$$

tenemos que $$\sum_{p\leq 2^{100}}\frac{1}{p}\leq \frac{1}{50}+2+\log(4)\log(100)$$, and the last expression is less than $8.405$ (in an olympiad one might use that $e$ is greater than $2.7$ and use this to estimate $\log(2)$ and $\log(10)$)

Answer 1

Indicar $$S=\sum_{i=1}^n\frac{1}{p_i}.$ $ $$S^2=\sum_{1\le i,j\le n}\frac{1}{p_ip_j}< 2\sum_{1\le i\le j\le n}\frac{1}{p_ip_j}$ $ y $$S^3=\sum_{1\le i,j,k\le n}\frac{1}{p_ip_jp_k}< 6\sum_{1\le i\le j\le k\le n}\frac{1}{p_ip_jp_k}.$ $ entonces como resultado, %#% $ de #% sigue que $$\frac{1}{6}S^3+\frac{1}{2}S^2+S<\sum_{k=2}^{p_n^3}\frac{1}{k}<\sum_{k=2}^{2^{300}}\frac{1}{k}<\int_1^{2^{300}}\frac{dx}{x}=300\log 2< 208.$.

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Edición: La estimación de $S<10$ puede mejorarse usando el mismo truco como sigue.

Cada $S$, $m\ge 1$ $ por lo tanto, cada $$S^m=\sum_{1\le i_1,\cdots,i_m\le n}\frac{1}{\prod_{j=1}^mp_{i_j}}< m!\sum_{1\le i_1\le\cdots\le i_m\le n}\frac{1}{\prod_{j=1}^mp_{i_j}}.$, $m\ge 1$ $ en particular, dejar $$\sum_{i=1}^m\frac{S^i}{i!}<\sum_{k=2}^{p_n^m}\frac{1}{k}<\sum_{k=2}^{2^{100m}}\frac{1}{k}<\int_1^{2^{100m}}\frac{dx}{x}=100m\cdot\log 2.$, podemos obtener $m=6$.

Answer 2

Uno puede saber cómo buenas estimaciones para $S=\sum_{p\le x}\frac{1}{p}$ se puede obtener (como un comentario, sin duda no adecuado para un problema de concurso). Dusard tiene cálculos explícitos en el teorema $6.10$ de la arxiv.org/pdf/1002.0442v1.pdf papel:

$$ \sum_{p\le x} \frac {1} {p} \le B + \log (\log (x))+\frac{1}{10\log(\log(x))}+\frac{4}{15\log(\log(\log(x)))} $$ % todo $x\ge 10372$, y $B\simeq 0.26149 72128 47643.$ $x=2^{100}$ esto cede $\sum_{p\le x}\frac{1}{p}\le 4.708387538$.