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Analysis » Folgen und Reihen » Divergenz der Reihe 1/p
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Universität/Hochschule Divergenz der Reihe 1/p
Luizo4
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  Themenstart: 2022-08-04 10:20

Hallo Wir wissen ja, dass die Reihe der Kehrwerte der Primzahlen divergiert. Die Reihe der Kehrwerte der Quadratzahlen ja schon nicht mehr. Hat jemand eine Idee, wie man die Divergenz von sum(1/p,p prim,\inf ) leicht zeigen kann, indem man die Chebysheff-Abschätzung verwendet. Die Chebysheff-Abschätzung lautet: sei \pi(n) die Anzahl der Primzahlen bis n, dann gilt die Ungleichung 0,89 n/ln(n)< \pi(n) < 1,11 n/ln(n)


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zathe
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-08-04 12:47

Hi, die Tschebycheff-Abschätzung gilt für alle ausreichend großen $n\in \mathbb{N}$. Also gilt für alle ausreichend großen $n\in \mathbb{N}$ die Ungleichung $$0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)} < \pi (2n)-\pi (n)$$ Und man kann zeigen, dass $$\lim_{n \mapsto \infty}{\left((0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)}\right)}=\infty$$ gilt. Also gilt für alle ausreichend großen $k\in \mathbb{N}$ die Ungleichung $$0<0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)} < \pi (2\cdot 2^k)-\pi (2^k)$$ Für die Primzahlen $p$ zwischen $2^k$ und $2\cdot 2^k$ gilt nun $p\leq 2\cdot 2^k$. Also gilt für alle ausreichend großen $k\in \mathbb{N}$ die Ungleichung $$0< \frac{0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}}{2\cdot 2^k}\leq \sum_{\substack{\;\;\;\;\;p \in \mathbb{P}}\\ 2^k\; <\; p \;<\; 2\cdot 2^k}\frac{1}{p}$$ Wie gehts jetzt weiter? An einem Punkte muss man abschätzen und dann die Summe auf die Kehrwerte aller Primzahlen erstrecken, indem man unendlich viele Ungleichungen aufaddiert. Dabei möchte man, dass die Summe, die auf der linken Seite der Ungleichung entsteht, divergiert, was man anhand der Abschätzung zeigt, wodurch man eine divergente Minorante für den Summenausdruck erhält, der auf der rechten Seite der Ungleichung entsteht. Was man wie zu addieren hat, steht eigentlich schon da, es fehlt nur noch die Abschätzung. Viele Grüße zathe


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Luizo4
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-04 23:25

Vielen dank für die Antwort. Aber ich habe festgestellt: es geht noch viel einfacher. Pass auf Das Ziel ist eine Abschätzung für die n-te Primzahl zu finden. Wir wenden die Chebysheff-Abschätzung auf die n-te Primzahl an $0,89\frac{p_n}{ln(p_n)}<\pi(p_n)=n<1,11\frac{p_n}{ln(p_n)}$ nun sollten wir daraus herleiten können: $anln(n)


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Nuramon
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-08-05 01:27

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Hallo, \quoteon Wir wenden die Chebysheff-Abschätzung auf die n-te Primzahl an $0,89\frac{p_n}{ln(p_n)}<\pi(p_n)=n<1,11\frac{p_n}{ln(p_n)}$ nun sollten wir daraus herleiten können: $anln(n) Für den Beweis der Divergenz der Reihe reicht die untere Abschätzung von $p_n$ aus. Es ist $$ p_n > \frac 1{1.11}n\ln(p_n).$$ Wenn man rechts noch $p_n \geq n$ verwendet, ist man fertig. Edit: Denkfehler, siehe die Korrektur von zippy.\(\endgroup\)


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zippy
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-08-05 12:38

\quoteon(2022-08-05 01:27 - Nuramon in Beitrag No. 3) Für den Beweis der Divergenz der Reihe reicht die untere Abschätzung von $p_n$ aus. Es ist $$ p_n > \frac 1{1.11}n\ln(p_n).$$ Wenn man rechts noch $p_n \geq n$ verwendet, ist man fertig. \quoteoff Wenn du die Divergenz von $\sum_n\frac1{p_n}$ zeigen willst, musst du $p_n$ nach oben abschätzen. --zippy


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Luizo4
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-05 15:21

genau aber selbst oben darf man aus irgendwelchen gründen das $ln(p_n)$ durch $ln(n)$ ersetzen und ggf. die konstante verändern aber wie man das gerechtfertigt


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Nuramon
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-08-05 16:28

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) @zippy: Danke für den Hinweis. Hier ein anderer Ansatz (ähnlich zu dem von zathe): $$ \sum_{p\in \mathbb P}\frac 1p = \sum_{k=0}^\infty \sum_{p\in (2^k, 2^{k+1}]\cap \mathbb P}\frac 1p \geq \sum_{k=0}^\infty \frac{\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)}{2^{k+1}}.$$ Wenn man hier jetzt die passenden Chebysheff-Abschätzungen einsetzt, dann sieht man mit ein bisschen Rechnung, dass die Reihe divergiert.\(\endgroup\)


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zathe
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-08-05 21:31

@Nuramon \quoteon Hier ein anderer Ansatz (ähnlich zu dem von zathe): $$\sum_{p\in \mathbb P}\frac 1p = \sum_{k=0}^\infty \sum_{p\in (2^k, 2^{k+1}]\cap \mathbb P}\frac 1p \geq \sum_{k=0}^\infty \frac{\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)}{2^{k+1}}$$ \quoteoff Man muss halt auch noch zeigen, dass zumindest nicht $$\lim_{n \mapsto \infty}{\left((0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)}\right)}=c$$ gilt mit $c \in \mathbb{R}_{<0}\cup \{-\infty\}$, denn ansonsten erhält man keine Minorante, die einem von Nutzen ist. Für ausreichend großes $k$ bekommt man dann aus Monotoniegründen $$0< \frac{0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}}{2\cdot 2^k}$$. Und wegen $$\frac{0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}}{2\cdot 2^k}\leq \sum_{\substack{\;\;\;\;\;p \in \mathbb{P}}\\ 2^k\; <\; p \;<\; 2\cdot 2^k}\frac{1}{p}$$ somit dann auch $$0< \frac{0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}}{2\cdot 2^k}\leq \sum_{\substack{\;\;\;\;\;p \in \mathbb{P}}\\ 2^k\; <\; p \;<\; 2\cdot 2^k}\frac{1}{p}$$ wodurch man erkennt, dass man keine Minorante erhält, die gegen $-\infty$ konvergiert und somit bei der Aufgabe keinen Nutzen bringt. Und dein Ansatz und mein Ansatz sind genau gleich. Wollte aber auch nicht gleich alle Details verraten, damit der Aufgabensteller auch noch etwas machen kann. Deswegen auch meine etwas vage Formulierung: \quoteon An einem Punkte muss man abschätzen und dann die Summe auf die Kehrwerte aller Primzahlen erstrecken, indem man unendlich viele Ungleichungen aufaddiert. \quoteoff Die unendlich vielen Ungleichungen nach obigem Zitat müssen natürlich genau die Ungleichungen $$0< \frac{0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}}{2\cdot 2^k}\leq \sum_{\substack{\;\;\;\;\;p \in \mathbb{P}}\\ 2^k\; <\; p \;<\; 2\cdot 2^k}\frac{1}{p}$$ für alle $k\in \mathbb{N}\cup {0}$ sein, was dann genau deinen Ausdruck ergibt. @Luizo4 Ich denke schon, dass der Beweis sehr einfach ist. Genau genommen muss man nur abschätzen und zeigen, dass $$\lim_{n \mapsto \infty}{\left((0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)}\right)}=\infty$$ gilt. Oder zeigen dass zumindest nicht $$\lim_{n \mapsto \infty}{\left((0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)}\right)}=c$$ gilt mit $c \in \mathbb{R}_{<0}\cup \{-\infty\}$ und ab einem ausreichend großen $n$ der Ausdruck in der Klammer (als Abbildung) irgendwann monoton steigend ist. Und die Abschätzung ist auch leicht. Es gilt ja $$\frac{0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}}{2\cdot 2^k}=\frac{0.89\cdot\frac{2}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{1}{\textit{log}(2^k)}}{2}=\frac{0.89\cdot\frac{2}{(k+1)\cdot \textit{log}(2)} - 1.11\cdot\frac{1}{k\cdot \textit{log}(2)}}{2}$$ Und damit ist man jetzt schon sehr nahe an den Summanden der harmonischen Reihe dran, die bekanntlich divergiert.


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Nuramon
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-08-06 01:39

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) \quoteon(2022-08-05 21:31 - zathe in Beitrag No. 7) @Nuramon \quoteon Hier ein anderer Ansatz (ähnlich zu dem von zathe): $$\sum_{p\in \mathbb P}\frac 1p = \sum_{k=0}^\infty \sum_{p\in (2^k, 2^{k+1}]\cap \mathbb P}\frac 1p \geq \sum_{k=0}^\infty \frac{\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)}{2^{k+1}}$$ \quoteoff Man muss halt auch noch zeigen, dass zumindest nicht $$\lim_{n \mapsto \infty}{\left((0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)}\right)}=c$$ gilt mit $c \in \mathbb{R}_{<0}\cup \{-\infty\}$, denn ansonsten erhält man keine Minorante, die einem von Nutzen ist. \quoteoff Nein, das muss man nicht zeigen, zumindest nicht so explizit. Aber Du hast schon recht, dass unsere Ansätze praktisch identisch sind (um ehrlich zu sein hatte ich Deinen gestern einfach nicht gelesen, weil es schon spät war und heute hatte ich ihn dann erst nach meinem letzten Beitrag wiederentdeckt.) Die Chebysheff-Abschätzung liefert $$ \frac{\pi(2^{k+1})-\pi(2^k)}{2^{k+1}} \geq \frac 1{2\ln(2)}\left(\frac {2\cdot 0.89}{k+1}- \frac {1.11}k\right) =\frac 1{2\ln(2)} \frac{0.67k - 1.11}{k(k+1)}$$ Wie Du auch schon angedeutet hast, kann man die Reihe über diesen letzten Ausdruck als Linearkombination der harmonischen Reihe und einer konvergenten Reihe schreiben, wobei der Koeffizient der harmonischen Reihe positiv ist. Ich sehe nicht, wozu man da diese Vorbemerkung mit dem Limes bräuchte. \(\endgroup\)


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zathe
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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-08-06 07:16

\quoteon Nein, das muss man nicht zeigen, zumindest nicht so explizit. ... Ich sehe nicht, wozu man da diese Vorbemerkung mit dem Limes bräuchte. \quoteoff Wenn man es mal ganz formal hinschreibt, liefert die Tschebycheff-Abschätzung ja für fest gewähltes und ausreichend großes $n \in \mathbb{N}$ die Ungleichungen $$0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} < \pi (2n)$$ und $$1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)} > \pi (n)$$ Und wenn man jetzt die zweite Ungleichung mit $-1$ multipliziert und die entstehende Ungleichung auf die erste Ungleichung aufaddiert, ist ja unklar, ob der entstehende Ausdruck $$0.89\cdot\frac{2n}{\textit{log}(2n)} - 1.11\cdot\frac{n}{\textit{log}(n)} $$ negativ ist. Da wir uns auf solche $n$ beschränken können, die Zweierpotenzen sind, wollen wir also wissen, ob für ausreichend großes $k$ $$0.89\cdot\frac{2\cdot 2^k}{\textit{log}(2\cdot 2^k)} - 1.11\cdot\frac{2^k}{\textit{log}(2^k)}$$ positiv ist. Tatsächlich erkennt man aber leicht und da hast du Recht, dass $$\frac 1{2\log(2)}\left(\frac {2\cdot 0.89}{k+1}- \frac {1.11}k\right) =\frac 1{2\log(2)} \frac{0.67k - 1.11}{k(k+1)}=\frac 1{2\log(2)} \left(\frac{0.67k}{k(k+1)}-\frac{1.11}{k(k+1)}\right)=\frac 1{2\log(2)} \left(\frac{0.67}{(k+1)}-\frac{1.11}{k(k+1)}\right)$$ für ausreichend großes $k$ positiv ist, da $k(k+1)$ natürlich schneller anwächst als $k$. Dadurch wird der Beweis dann sogar nochmal einfacher und man kann sich tatsächlich die Vorüberlegung mit dem Limes sparen.


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Ixx
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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-08-06 14:08

Noch ein völlig anderer Ansatz, ohne Vewrwendung der Chebysheff: Wegen $\ln(1+x)0}} \frac{1}{n}$ divergiert offenbar, also auch das (mittels der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung erhaltene) Euler-Produkt $$\prod_{p \text{ prim}} \left(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\dots\right)=\prod_{p \text{ prim}} \frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\prod_{p \text{ prim}} \left(1+\frac{1}{p-1}\right).$$ Also divergiert auch das entsprechende Produkt, welches erst mit der zweiten Primzahl $p=3$ beginnt. Und da für alle Primzahlen $p$ ab 3 gilt, dass die vorhergehende Primzahl kleiner oder gleich $p-1$ ist, divergiert also auch das Produkt $$\prod_{p \text{ prim}} \left(1+\frac{1}{p}\right)$$ und damit auch der Logarithmus' dieses Produkts, also $$\sum_{p \text{ prim}} \ln\left(1+\frac{1}{p}\right),$$ womit dann nach oben genannter Abschluss schließlich auch die Divergenz von $\sum_{p \text{ prim}} \frac{1}{p}$ gezeigt ist.


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Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-08-06 14:54

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Wenn wir jetzt bei Alternativbeweisen angelangt sind, möchte ich diesen hier vorschlagen (von Erdös): Sei $p_1,p_2,\ldots$ die Folge der Primzahlen. Angenommen $\sum_{n=1}^\infty \frac 1{p_n}$ konvergiert. Dann gibt es ein $k\in \IN$ mit $\sum_{n\geq k+1}\frac 1{p_n} < \frac 12$. Für $N\in \IN$ sei $N_b$ die Anzahl der $n\leq N$, die mindestens einen "großen" Primfaktor $p_i$ mit $i>k$ haben. $N_s$ sei die Anzahl der Zahlen $n\leq N$, die nur "kleine" Primfaktoren (also $p_1,\ldots, p_k$) haben. Es gibt genau $2^k$ quadratfreie Zahlen, die nur kleine Primfaktoren haben. Jedes $n\leq N$, das nur kleine Primfaktoren hat, lässt sich schreiben als $n=a_nb_n^2$, wobei $a_n$ der quadratfreie Teil von $n$ ist. Insbesondere ist $b_n\leq \sqrt n\leq \sqrt N$. Somit folgt $N_s \leq 2^k\sqrt N$. Die Anzahl der positiven Vielfachen einer Primzahl $p$, die nicht größer als $N$ sind, ist $\floor{\frac N{p}}$. Also ist $$N_b \leq \sum_{n\geq k+1}\floor{\frac N{p_n}} \leq \sum_{n\geq k+1}\frac N{p_n}< \frac N2.$$ Für $N= 4^{k+1}$ ist dann $$ N_b+N_s < \frac N2 + 2^k\sqrt N = N,$$ im Widerspruch zu $N_b+N_s = N$. Also war die Annahme, dass die Reihe konvergiert, falsch. \(\endgroup\)


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