טור ההופכיים של המספרים הראשוניים

טור ההופכיים של המספרים הראשוניים הוא הסכום האינסופי של כל המספרים ההופכיים של מספרים ראשוניים. טור זה מתבדר לאינסוף. כלומר:
:<math display=block>\sum_{p\text{ is prime }}\frac1p=\frac12+\frac13+\frac15+\frac17+\frac{1}{11}+\frac{1}{13}+\frac{1}{17}+\cdots=\infty</math>
את ההתבדרות הוכיח המתמטיקאי לאונרד אוילר בשנת 1737. תוצאה זו מהווה הכללה למשפטו של אוקלידס כי קיימים אינסוף מספרים ראשוניים. התוצאה מראה שלא רק שיש אינסוף ראשוניים, במובן מסוים יש אף "הרבה" מהם. יש למשל "יותר" ראשוניים ממספרים ריבועיים, כי סכום ההופכיים של המספרים הריבועיים מתכנס לערך הסופי (ראו בעיית בזל). זאת על אף שבשני המקרים מדובר בקבוצות בנות מנייה אינסופיות (בעלות עוצמה זהה).

התבדרות הטור נחשבת מפתיעה. אמנם הטור ההרמוני <math>\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac1n</math> מתבדר, אבל לעומת זאת הטור <math>\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac{1}{n^s}</math> מתכנס לכל קבוע ממשי <math>s>1</math>. מתברר שגם לבחירה של <math>s</math> קרוב מאוד ל-1, סכום ההופכיים של כל הטבעיים בחזקת <math>s</math> קטן יותר מסכום ההופכיים של הראשוניים בלבד.

טור ההופכיים של הראשוניים מתבדר לאט מאוד. סכום ההופכיים של כל הראשוניים הקטנים מ-<math>n</math> אסימפטוטי ל-<math>\ln(\ln(n))+M</math>, כאשר <math>M</math> הוא קבוע הנקרא קבוע מייזל-מרטנס, השווה בערך ל-0.261. כך, למשל, כדי להגיע לסכום העולה על המספר 10, יש לסכום בערך את כל ההופכיים של הראשוניים שקטנים מ-<math>10^{9566}</math>.

הערה: בערך זה <math>p</math> יסמן תמיד מספר ראשוני.

==הוכחות==
===ההוכחה של אוילר===
אוילר הוכיח את התבדרות הטור בדרך דומה מאוד להוכחתו שקיימים אינסוף מספרים ראשוניים. הוכחתו של אוילר אינה ריגורוזית מספיק כדי להיחשב הוכחה קבילה בימינו. הוא כולל בהוכחתו מניפולציות רבות עם סכומים אינסופיים. כיום, לאחר ביסוס מדויק של תורת הטורים, ידוע כי מניפולציות שכאלה לא בהכרח עובדות. עם זאת, אוילר הצליח להגיע בהוכחתו לתוצאה מדויקת, אפילו לגבי קצב הגידול של הטור. ניתן להפוך את הוכחת אוילר להוכחה ריגורוזית אם עובדים עם הסכומים החלקיים (במקום עם הטור האינסופי), ומראים שככל שהסכומים גדלים ההפרש בין הטורים שמשווים שואף לאפס.

הוכחת אוילר מבוססת על הקשר שגילה בין הטור ההרמוני (ופונקציית זטא של רימן בכלל) למכפלת אוילר העוברת על כל הראשוניים:
:<math>\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac1n= \prod_p \frac{1}{1-p^{-1}}</math>
(זוהי הגרסה הלא-ריגורוזית של הזהות, בה השתמש אוילר). הוכחתו מתחילה בחישוב הלוגריתם הטבעי של שני האגפים וניצול חוקי הלוגריתמים:
:<math>\ln\left(\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac1n\right)=\ln\left(\prod_p\frac{1}{1-p^{-1}}\right)=\sum_p\ln\left(\frac{1}{1-p^{-1}}\right)=\sum_p-\ln(1-p^{-1})</math>
כעת פיתח אוילר את הלוגריתם לטור מקלורן:
:<math>\begin{align}=\sum_p\left(\frac1p+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{3p^3}+\cdots\right)&=\sum_p\frac1p+\sum_p\frac{1}{p^2}\left(\frac12+\frac{1}{3p}+\frac{1}{4p^2}+\cdots\right)\\&<\sum_p\frac1p+\sum_p\frac{1}{p^2}\left(1+\frac1p+\frac{1}{p^2}+\cdots\right)\\&=\sum_p\frac1p+\sum_p\frac{1}{p^2}\cdot\frac{p}{p-1}\\&=\sum_p\frac1p+\sum_p\frac{1}{p(p-1)}\end{align}</math>
בשורות 2 ו־3 השתמשנו בתכונות טור הנדסי.
כעת, הטור הימני בוודאי מתכנס (למשל לפי מבחן ההשוואה עם <math>\sum_{n\,=\,2}^\infty\frac{1}{n(n-1)}=1</math>). נסמן את סכומו <math>C</math>. קיבלנו:
:<math>\ln\left(\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac1n\right)<\sum_p\frac1p+C</math>
ומכיוון שהטור ההרמוני גדל כמו <math>\ln(n)</math> אוילר הסיק כי <math>\sum_p\frac1p=\ln(\ln(\infty))</math>.

במינוח מודרני, אוילר הראה שטור ההופכיים של הראשוניים מתבדר וכי <math>\sum_{p\,\le\,n}\frac1p=\ln(\ln(n))+O(1)</math>, שכן ההפרש חסום על ידי טור מתכנס.

===ההוכחה של ארדש===
המתמטיקאי פאול ארדש הציג הוכחה אלמנטרית ברובה להתבדרות הטור. ההוכחה מסתמכת ישירות על תכונות הראשוניים, ולא על מניפולציות אנליטיות.

נניח בשלילה כי טור ההופכיים מתכנס. כלומר החל מראשוני מסוים זנב הטור קטן כרצוננו.
נבחר מספר שלם <math>k</math> כך שמתקיים <math>\sum_{i\,=\,k+1}^\infty\frac{1}{p_i}<\frac12</math>, ובפרט לכל <math>N</math> טבעי <math>\sum_{i\,=\,k+1}^\infty\frac{N}{p_i}<\frac{N}{2}</math>. בזאת מסתיים החלק האנליטי בהוכחה.

נכנה את המספרים <math>p_1,\ldots,p_k</math> ראשוניים קטנים, ואת המספרים <math>p_{k+1},p_{k+2},\ldots</math> ראשוניים גדולים.
יהי <math>N_s</math> מספר המספרים <math>1\le n\le N</math> המתחלקים רק בראשוניים קטנים, ויהי <math>N_b</math> מספר המספרים <math>1\le n\le N</math> המתחלקים בראשוניים גדולים.
ברור כי <math>N_s+N_b=N</math>. נגיע לסתירה בכך שנראה כי ל-<math>N</math> גדול מספיק שוויון זה לא מתקיים.

*נטפל ב-<math>N_s</math>. כל <math>1\le n\le N</math> בעל מחלקים ראשוניים קטנים בלבד נרשום בצורה <math>n=r\cdot m^2</math>, כאשר <math>r</math> חופשי מריבועים (אינו מתחלק באף מספר ריבועי מלבד 1).
:כל מספר חסר ריבועים הוא מכפלת ראשוניים שונים, וישנן בדיוק <math>2^k</math> דרכים שונות להכפלת הראשוניים הקטנים זה בזה. לכן ישנם לכל היותר <math>2^k</math> ערכי <math>r</math> שונים.
:כמו כן <math>1\le m^2\le n\le N</math>, ולכן ישנם לכל היותר <math>\sqrt{N}</math> ערכי <math>m</math> שונים.
:כל שילוב של ערכי <math>r,m</math> נותן אחד מהערכים האפשריים של <math>n</math> שכל גורמיו ראשוניים קטנים, ובסך הכל נקבל את החסם <math>N_s\le2^k\sqrt{N}</math>.
*נטפל ב-<math>N_b</math>. <math>p_i</math> מחלק בדיוק <math>\left\lfloor\frac{N}{p_i}\right\rfloor</math> מספרים (לפשר הסימון ראו פונקציית הערך השלם) בטווח <math>1\le n\le N</math>. לכן:
:<math>N_b\le\sum_{i\,=\,k+1}^\infty\left\lfloor\frac{N}{p_i}\right\rfloor\le\sum_{i\,=\,k+1}^\infty\frac{N}{p_i}<\frac{N}{2}</math>
כל מה שהושג עד כה תקף לכל <math>N</math>. נבחר <math>N=2^{2k+2}</math> ונקבל <math>N_s\le2^k\sqrt{N}=2^{2k+1}=\frac{N}{2}</math>. מכאן נובעת הסתירה:
:<math>N=N_s+N_b<\frac{N}{2}+\frac{N}{2}=N</math>
ולכן הטור לא יכול להתכנס ובהכרח מתבדר.

===חסם תחתון לסכומים החלקיים – הוכחה ראשונה===
נמצא חסם תחתון על קצב הגידול של הטור. ראשית נבחן את המכפלה הסופית <math>\prod_{p\,\le\,n}\left(1+\frac1p\right)</math>. אם נפתח סוגריים נקבל סכום של כל המספרים מהצורה <math>\frac{1}{p_1\cdots p_r}</math> כאשר <math>p_1,\ldots,p_r</math> מספרים ראשוניים שונים כלשהם הקטנים או שווים ל-<math>n</math>. כלומר סכום ההופכיים של המספרים חסרי ריבועים שגורמיהם הראשוניים קטנים מ-<math>n</math>. אם נכפיל את ביטוי זה ב-<math>\ \sum_{k\,=\,1}^n\frac{1}{k^2}</math> נקבל את סכום כל המכפלות האפשריות של חסרי ריבועים, עם גורמים ראשוניים קטנים מ-n, עם ריבועים שקטנים או שווים ל-<math>n^2</math>. בפרט בסכום יופיעו כל המספרים הקטנים או שווים ל-<math>n</math> (כל מספר הוא מכפלה של חסר ריבועים בריבוע). קיבלנו את האי-שוויון:
:<math>\sum_{i\,=\,1}^n\frac1i\le\prod_{p\,\le\,n}\left(1+\frac1p\right)\sum_{k\,=\,1}^n\frac{1}{k^2}</math>
נשתמש בחסם התחתון הידוע של הטור ההרמוני:
:<math>\ln(n+1)=\int\limits_1^{n+1}\frac{dx}{x}=\sum_{i\,=\,1}^n\underbrace{\int\limits_i^{i+1}\frac{dx}{x}}_{<\,1/i}<\sum_{i\,=\,1}^n\frac1i</math>
כמו כן נציב את פתרון בעיית בזל <math>\sum_{k\,=\,1}^\infty\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}</math>, ונקבל:
:<math>\ln(n+1)<\sum_{i\,=\,1}^n\frac1i\le\frac{\pi^2}{6}\prod_{p\,\le\,n}\left(1+\frac1p\right)</math>
נשתמש בחסם הידוע <math>1+x<\exp(x)</math> לכל <math>x>0</math> (נובע מההגדרה של פונקציית האקספוננט כטור) ובחוקי חזקות:
:<math>\ln(n+1)<\frac{\pi^2}{6}\prod_{p\,\le\,n}\left(1+\frac1p\right)<\frac{\pi^2}{6}\prod_{p\,\le\,n}{\exp\left(\frac1p\right)}=\frac{\pi^2}{6}\exp\left(\sum_{p\,\le\,n}\frac1p\right)</math>
נפעיל את הלוגריתם הטבעי על שני האגפים ונעביר אגף:
:<math>\ln(\ln(n+1))-\ln\left(\frac{\pi^2}{6}\right)<\sum_{p\,\le\,n}\frac1p</math>
ההתבדרות של אגף שמאל גוררת את ההתבדרות של אגף ימין ולכן זוהי הוכחה נוספת להתבדרות הטור. כמו כן זהו חסם הדוק למדי. למעשה מתקיים:
:<math>\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{p\,\le\,n}\frac1p-\ln(\ln(n))\right)=M</math>
<math>M</math> נקרא קבוע מייזל-מרטנס והוא שווה <math>M=\gamma+\sum_p\left[\ln\!\left(1-\frac1p\right)+\frac1p\right]\approx0.261497\ldots</math>, כאשר <math>\gamma</math> קבוע אוילר-מסקרוני.

===חסם תחתון לסכומים החלקיים – הוכחה שנייה===
נמצא חסם תחתון על קצב הגידול של הטור, אם כי בדרך שונה מזו הקודמת. זוהי גם גרסה ריגורוזית להוכחתו של אוילר לעיל.

ראשית נבחן את המכפלה הסופית <math>\prod_{p\,\le\,n}\left(\sum_{i\,=\,0}^\infty\frac{1}{p^i}\right)</math>. כל אחד מן הגורמים הוא טור הנדסי אינסופי של מספרים חיוביים. לכן ניתן לרשום מכפלה זו כטור חיובי אינסופי. אם נפתח סוגריים נקבל סכום של כל המספרים מהצורה <math>\frac{1}{p_1^{i_1}\cdots p_r^{i_r}}</math> כאשר <math>p_1,\ldots,p_r</math> מספרים ראשוניים שונים כלשהם הקטנים או שווים ל-<math>n</math> ו-<math>i_1,\ldots,i_r</math> שלמים אי-שליליים. על פי המשפט היסודי של האריתמטיקה, נקבל את כל המספרים הקטנים או שווים ל-<math>n</math>. בכך קיבלנו את האי-שוויון:
:<math>\sum_{j\,=\,1}^n\frac1j\le\prod_{p\,\le\,n}\left(\sum_{i\,=\,0}^\infty\frac{1}{p^i}\right)</math>
נשתמש בחסם <math>\sum_{j\,=\,1}^n\frac1j>\ln(n+1)</math> (כמו בהוכחה הקודמת), ונקבל:
:<math>\ln(n+1)<\sum_{j\,=\,1}^n\frac1j\le\prod_{p\,\le\,n}\left(\sum_{i\,=\,0}^\infty\frac{1}{p^i}\right)
=\prod_{p\,\le\,n}\frac{p}{p-1}=\prod_{p\,\le\,n}\left(1+\frac{1}{p-1}\right)</math>
נשתמש בחסם הידוע <math>1+x<\exp(x)</math> לכל <math>x>0</math> (כמו בהוכחה הקודמת), ובחוקי חזקות:
:<math>\ln(n+1)<\prod_{p\,\le\,n}\left(1+\frac{1}{p-1}\right)\le\prod_{p\,\le\,n}\exp\left(\frac{1}{p-1}\right)
=\exp\left(\sum_{p\,\le\,n}\frac{1}{p-1}\right)</math>
נפעיל את הלוגריתם הטבעי על שני האגפים ונקבל:
:<math>\begin{align}\ln(\ln(n+1))&<\sum_{p\,\le\,n}\frac{1}{p-1}\\&=\sum_{p\,\le\,n}\frac1p+\sum_{p\,\le\,n}\left(\frac{1}{p-1}-\frac1p\right)\\&\le\sum_{p\,\le\,n}\frac1p+\sum_{d\,\ge\,2}\left(\frac{1}{d-1}-\frac1d\right)\\&=\sum_{p\,\le\,n}\frac1p+1\end{align}</math>
ולאחר העברת אגפים:
:<math>\sum_{p\,\le\,n}\frac1p>\ln(\ln(n+1))-1</math>

===הוכחה באמצעות סדרה הנדסית אינסופית והסדרה ההרמונית===
נניח בשלילה כי טור ההופכיים מתכנס. נבחר <math>k</math> כך שמתקיים <math>0<x=\sum_{n\,=\,k+1}^\infty\frac{1}{p_n}<1</math>.

כעת נתבונן בטור ההנדסי המתכנס <math>\sum_{n\,=\,0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x}</math>. זה מכיל את טור ההופכיים של כל השלמים החיוביים בעלי גורמים ראשוניים מהקבוצה <math>\{p_{k+1},p_{k+2},\ldots\}</math> בלבד.

נתבונן בטור <math>\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac{1}{1+n(p_1\cdots p_k)}</math>. זהו תת-טור של הטור ההנדסי, מפני שהמספר <math>1+n(p_1\cdots p_k)</math> לא מתחלק באף <math>p_j</math> עבור <math>1\le j\le k</math>.

לעומת זאת, על פי מבחן ההשוואה הגבולי, הטור האחרון מתבדר על פי השוואה לטור ההרמוני. אכן מתקיים
:<math>\sum_{n\,=\,0}^\infty x^n>\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac{1}{1+n(p_1\cdots p_k)}>\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac{1}{n+n(p_1\cdots p_k)}=\frac{1}{1+p_1\cdots p_k}\sum_{n\,=\,1}^\infty\frac1n=\infty</math>
כלומר מצאנו תת-טור מתבדר של טור מתכנס. סתירה.

==בעיות קשורות==
ממשפט דיריכלה נובע שהטור מתבדר אפילו אם סוכמים רק את ההופכיים של ראשוניים בסדרה חשבונית כלשהי (בהנחה שיש בסדרה ראשוניים, כלומר האיבר הראשון והפרש הסדרה זרים זה לזה).

משפט ברון קובע כי, בניגוד לטור ההופכיים של הראשוניים, טור ההופכיים של הראשוניים התאומים בלבד כן מתכנס. סכומו נקרא קבוע ברון. לא ידוע אם ישנם אינסוף ראשוניים תאומים (זוהי השערת המספרים הראשוניים התאומים), ולכן לא ידוע אם טור זה סופי או אינסופי.

==ראו גם==
*משפט גולדבך-אוילר

קטגוריה:משפטים בתורת המספרים
קטגוריה:משפטים באנליזה
קטגוריה:הוכחות
קטגוריה:מספרים ראשוניים
קטגוריה:טורים מתמטיים
קטגוריה:לאונרד אוילר
קטגוריה:פאול ארדש