Necesito ayuda para entender la prueba de Erdős sobre la divergencia de $\sum\frac1p$

Question

Estoy viendo las pruebas de Pruebas del libro (Martin Aigner, Günter M. Ziegler). La prueba que me da problemas es la sexta prueba de la infinitud de los primos que dan (sobre página 5 aunque lo reconstruiré aquí). Destacaré las áreas con las que tengo problemas. Se propusieron demostrar dos cosas; a saber, y dejar $P$ sea el conjunto de todos los primos:

1. $P$ es infinito.
2. $\sum_{p \in P} {1 \over p}$ diverge.

Comienzan asumiendo que la suma en 2. es convergente y dejando que $P = \{p_1, p_2, ...\}$ Aquí surge el primer problema. Asumiendo la forma dada para $P$ ¿no han asumido ya que es infinito? Entonces, por suposición,

$$\sum_{i > k} {N \over p_i} < {N \over 2}, \ \ (N \in \mathbb{Z}^+). \tag{1}$$

A continuación, definen $p_1, p_2, ..., p_k$ para ser el pequeño primos, y $p_{k + 1}, p_{k + 2}, ...$ para ser el gran primos, y definir $N_b$ para ser el número de enteros positivos $n \leq N$ que son divisibles por al menos uno de los grandes primos; y, de forma similar, $N_s$ el número de enteros positivos $n \leq N$ que sólo tienen divisores primos pequeños. Por definición, $N_b + N_s = N$ y la contradicción pretendida dependerá de mostrar $N_b + N_s < N$ .

Tenga en cuenta, ya que $\left \lfloor {N \over p_i} \right \rfloor$ da el número de enteros positivos $n \leq N$ que son múltiplos de $p_i$ ,

$$N_b \leq \sum_{i > k} \left \lfloor {N \over p_i} \right \rfloor < {N \over 2}. \tag{2}$$

Entonces, dejan que $n = a_n b_n^2$ , donde $n \leq N$ tal que sólo tiene divisores primos pequeños. Aquí $a_n$ es la parte libre del cuadrado. Entonces, cada $a_n$ es un producto de diferentes primos pequeños. Suponiendo que con esto se quiere decir simplemente que cada factor de $a_n$ es distinta, afirman que hay exactamente $2^k$ diferentes partes libres cuadradas. Fíjate también, $b_n \leq \sqrt{n} \leq \sqrt{N} \implies b_n \leq \sqrt{N}$ y como tal,

$$N_s \leq 2^k \sqrt{N}. \tag{3}$$

Aquí está el segundo problema para mí. Puedo ver intuitivamente cómo $(3)$ se mantiene; pero, no estoy realmente seguro, y me gustaría verlo a través de un enfoque más riguroso, y también, por qué es relevante. No estoy muy seguro, y me gustaría un enfoque más riguroso.

Concluyen la prueba demostrando que, como $(2)$ es válida para cualquier $N$ , $2^k \sqrt{N} \leq {N \over 2}$ se mantiene para $N = 2^{2k + 2}$ . Esta es la tercera área en la que tengo problemas. No estoy muy seguro de por qué esto es relevante y cómo la contradicción $N_s + N_b < N$ se desprende de ella. Tal vez me lo perdí, pero tampoco vi una prueba de la infinitud de los primos aquí.

Por último, yo también tengo una pregunta. Mirando hacia atrás, ¿cómo se podría haber adivinado que este enfoque nos llevará a una prueba de las dos afirmaciones anteriores? En otras palabras, ¿cuál es la idea que hay detrás de este enfoque en particular?

Gracias a todos por adelantado.

Nota: No estaba muy seguro de qué etiquetas relacionadas con "Pruebas" serían apropiadas aquí, así que sólo he utilizado etiquetas relacionadas con la teoría de los números y los primos. Por favor, siéntase libre de etiquetar.

Answer 1

1. Al escribir $P = \{p_1, p_2, ...\}$ han asumido la infinitud de los primos

   No se especifica si se trata de una secuencia infinita o finita. A menudo (y normalmente, para el caso) asumimos que $...$ significa que hay infinitos elementos. Pero también podríamos suponer que sólo hay un número finito de términos, y que simplemente no saben qué número dar al último. En particular, no afecta a la prueba de ninguna manera suponer en su lugar que $P = \{p_1, p_2, \ldots, p_k\}$ para algún desconocido $k$ excepto para transformar la prueba en una prueba por contradicción.

   Como breve apunte, me gustaría señalar que la prueba de Euclides de la infinitud de los primos no fue por contradicción. Más bien, dado cualquier conjunto finito de primos, produjo otro, mostrando que ningún conjunto finito contiene todos los primos. Esto es ligeramente diferente a suponer que hay un número finito de primos y llegar a una contradicción. Esta misma sutileza casi parece estar en funcionamiento aquí - no asumimos que hay finitamente muchos o infinitamente muchos - sólo enumeramos la secuencia de primos tanto como podemos.

2. (Daniel McLaury acaba de publicar su respuesta, y aborda perfectamente este punto, así que se lo dejo a él)

3. La contradicción final a la que llegan es demostrando que $N_b + N_s < \frac{N}2 + \frac N2 = N$ , lo cual es una contradicción ya que $N_b + N_s = N$ . Sus estimaciones de $N_b$ y $N_s$ son sólo para llegar a esta contradicción.

Answer 2

Primer problema

Inicialmente, no se hace ninguna suposición sobre $P = \{p_1, p_2 \dots \}$ ser finito o infinito. El objetivo de la prueba es demostrar que $\sum_{p \in P} 1/p$ diverge. Una vez establecido esto, se deduce inmediatamente que $P$ es infinito, ya que en caso contrario, $\sum_{p \in P} 1/p$ sería una suma finita.

Segundo problema

Cada elemento $n \le N$ con sólo divisores primos pequeños es de la forma $a_nb_n^2$ . El número de distintos $a_n$ viene dado por el número de subconjuntos de $\{p_1, \dots, p_k\}$ que es exactamente $2^k$ . La desigualdad, $b_n \le \sqrt{N}$ implica que hay como máximo $\sqrt{N}$ distintivo $b_n$ . Así que juntando las dos cosas, obtenemos

$$N_s \le (\text{# of choices of } a_n) \times (\text{# of choices of } b_n) \le 2^k\sqrt{N}$$

Tercer problema

Dejando $N = 2^{2k + 2}$ tenemos el límite $N_s \le 2^k\sqrt{N} \le N/2$ . Desde $N_b < N/2$ ,

$$N_s + N_b < \frac{N}{2} + \frac{N}{2} = N$$

Sin embargo, por construcción $N_b + N_s = N$ y así hemos llegado a una contradicción. Por lo tanto, $\sum_{p \in P} 1/p$ deben divergir.

Answer 3

La primera cuestión es sólo de carácter anotativo. Sólo hay que acordar que se detengan las sumas y demás si se acaban los primos. Asumiendo que lo que has dado aquí es su notación, estoy de acuerdo en que probablemente no escribieron la prueba de la manera más razonable.

Para el punto (2), hay exactamente $2^k$ números libres de cuadrados cuyos factores primos son $p_1, \ldots, p_k$ , por lo que hay como máximo $2^k$ números libres de cuadrados que satisfacen esa condición Y que son menores que algún número $N$ . Y hay como máximo $\sqrt{N}$ números $b$ tal que $b^2 < N$ , por lo que ciertamente hay como máximo $\sqrt{N}$ números $b$ que satisface esa condición Y tal que $b$ sólo es divisible por $p_1, \ldots, p_k$ .

Por lo demás, basta con unir todas las ecuaciones para obtener la contradicción que describiste al principio.

En cuanto a la motivación, dado que los números están formados por factores primos, tiene sentido ver qué podemos aprender sobre ellos partiendo de factores primos y multiplicándolos, en lugar de al revés. Por supuesto, la información distributiva que obtenemos normalmente son desigualdades, así que queremos combinarlas con algo que nos permita obtener resultados significativos a partir de las desigualdades, en este caso, algo como el principio de encasillamiento.

Answer 4

(1) La prueba no supone $P$ es infinito, simplemente se omite un límite superior explícito.

(1*) Para probar no uno sino dos afirma, optamos por demostrar algo equivalente, y reformulamos el problema de demostrar ambos de la siguiente manera: "o bien la suma diverge y por tanto los primos son infinitos, o bien podemos suponer que la suma converge y llegamos a una contradicción". Es necesario plantear el escenario de esta manera para que estemos probando algo lógicamente equivalente a "(1) y (2)", y que el primer caso sea trivial es un artefacto de esta reformulación.

(2) Si $X\to Y$ es suryente entonces $|X|\ge|Y|$ . Tenemos una suryección

$$\overbrace{\{n\le N~{\rm sqrfree~only~divisible~by~small~primes}\}}^{\Large{\rm size~}S\,\le\, 2^k}\times\{1,2,\cdots,\lfloor \sqrt{N}\rfloor\}$$

$$\longrightarrow\underbrace{\{n\le N~{\rm only~divisible~by~small~primes}\}}_{\Large {\rm size}\,=\,N_s}:(s,x)\mapsto sx^2 $$

y por lo tanto $2^k\sqrt{N}\ge S \lfloor\sqrt{N}\rfloor\ge N_s$ .

(3) Supongamos $2^k\sqrt{N}\le \frac{N}{2}$ para algunos $N$ (elegir $N=2^{2k+2}$ obras). A continuación,

$$N=\underbrace{N_s}_{\le N/2}+\underbrace{N_b}_{<N/2}<\frac{N}{2}+\frac{N}{2}=N,$$

es decir $N<N$ una contradicción.

(4) En lugar de haber una idea general (aparte de "contar una cantidad de dos maneras que no están de acuerdo"), el proceso detrás de esta prueba parece desarrollarse en una serie de etapas distintas, y cada etapa avanza a la siguiente haciendo una pregunta aislada pero natural a la que hay muchas respuestas posibles, pero la configuración correcta de las respuestas produce una prueba completa. (Como la elección de puertas o giros en un laberinto.) Esto depende en gran medida de las conjeturas, la retrospectiva y el descarte de rutas que no parecían llevar a ninguna parte.