Dowód Eulera twierdzenia Euklidesa o tym, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych
Niech \(\mathbb{P}\) będzie zbiorem liczb pierwszych. Euler dowiódł, że
\[ \sum_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{p} = \infty.
\]
Stąd wynika bezpośrednio, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele, bo skończona suma nie da w wyniku nieskończoności. Cały dowód zatem sprowadza się do wykazania rozbieżności tego szeregu. Na dobry początek zajmijmy się pewnym nieskończonym iloczynem:
\[ P = \left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\ldots \right)\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\ldots\right)\left(1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^3}+\ldots\right) \cdot \ldots
\]
Rzućmy okiem na jego ciąg sum częściowych. Ustalmy \(N\). Niech \(2,3,\ldots,p_k\) będą wszystkimi liczbami pierwszymi mniejszymi lub równymi \(N\).
\[ P_N=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots \right)\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\ldots\right) \cdot \ldots \cdot \left(1+\frac{1}{p_k}+\frac{1}{p_k^2}+\frac{1}{p_k^3}+\ldots\right)
\]
Jest on równy takiej sumce:
\[ P_N=1+\frac 12 + \frac 13 + \frac 15 + \ldots + \frac{1}{p_k} + \frac{1}{2 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 5} + \ldots + \\
+ \frac{1}{2 \cdot p_k} + \frac{1}{3 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot p_k} + \ldots + \frac{1}{p_k \cdot p_k} + \ldots
\]
Występują w niej odwrotności wszystkich liczb naturalnych do \(p_k\) włącznie, a nawet jeszcze więcej, a więc
\[ P_N \geqslant \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}
\]
Skoro \(\displaystyle\sum^{N}_{n=1} \frac 1n \stackrel{N \to \infty}{\longrightarrow} \infty\), to również \(P_N \to \infty\), więc \(P=\infty\). Teraz zlogarytmujmy stronami:
\[ \ln P = \ln \lim P_N = \lim \ln P_N = \infty \\
\ln\left(\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\ldots \right)\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\ldots\right) \cdot \ldots\right) = \infty
\]
Zauważmy, że każdy z nawiasów to szereg geometryczny. Skorzystajmy ze wzoru dla \(a_n <1\):
\[ \sum_{n=0}^\infty a_n^n=a_0^0 \cdot \frac{1}{1-a_1}=\frac{1}{1-a_1}
\]
Dostajemy wtedy równość:
\[ \ln \left(\frac{1}{1-\frac 12}\right)\left(\frac{1}{1-\frac 13}\right)\left(\frac{1}{1-\frac 15}\right) \ldots = \infty
\]
Skorzystajmy z tego, że \(\log (ab)=\log a + \log b\). Dostajemy
\[ \ln \left(\frac{1}{1-\frac 12}\right)+ \ln \left(\frac{1}{1-\frac 13}\right)+ \ln \left(\frac{1}{1-\frac 15}\right) + \ldots = \infty
\]
A teraz skorzystajmy z \(\frac 1a=a^{-1}\) oraz \(\log a^{-1}=-\log a\) i dostaniemy
\[ - \ln \left(1-\frac 12\right)- \ln \left(1-\frac 13\right)- \ln \left(1-\frac 15\right)- \ldots = \infty
\]
Zauważmy, że lewa strona równości to szereg.
\[ \sum_{p \in \mathbb{P}} -\ln \left(1-\frac 1p\right) = \infty
\]
I teraz pozostaje pytanie jak to powiązać z naszym szeregiem Eulera. Czas na ukazanie mojego pomysłu.
Mój wariant dowodu Eulera
Wariant skrócony.
W tym wariancie pokazuję tylko niezbędne fakty.
Rozpatrzmy funkcję \(-\ln (1-x)\) na przedziale \(\left(0,\frac 12\right\rangle\). Istnieje funkcja liniowa \(f\) taka, że \(f(0)=0, \ f(1/2)=-\ln \left(1- \frac 12\right)\). Przechodzi ona przez początek układu współrzędnych, więc wyraża się wzorem \(f(x)=ax\). Na poniższym rysunku jest zaznaczona na czerwono, na niebiesko zaś \(-\ln (1-x)\).
Zachodzi zatem nierówność:
\[ ax \geqslant -\ln(1-x)
\]
Liczby pierwsze leżą tak: \(2 \leqslant p < \infty \), więc ich odwrotności tak: \(\frac 12 \geqslant \frac 1p > 0\). Zatem dla wszystkich tych odwrotności zachodzi powyższa nierówność:
\[a \cdot \frac 1p \geqslant -\ln\left(1-\frac 1p\right)
\]
Zatem
\[ a \sum_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{p} \geqslant \sum_{p \in \mathbb{P}} -\ln\left(1-\frac 1p\right) = \infty
\]
A więc \(\displaystyle a \sum_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{p}\) jest rozbieżny, a więc \(\displaystyle \sum_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{p}\) jest rozbieżny, co kończy dowód.
Wariant rozszerzony.
Tutaj udowodnimy własności logarytmu i wyznaczymy wartość współczynnika \(a\).
Rozpatrzmy funkcję \(-\ln (1-x)\) na przedziale \(\left(0,\frac 12\right\rangle\). Mamy wartości na krańcach przedziału: \(-\ln (1-0)=-\ln 1 = -0 = 0, \quad -\ln \left(1-\frac 12\right)=-\ln \left(\frac 12\right)=-ln 2^{-1}=-(-\ln 2)=\ln 2 \). Zbadajmy pierwszą pochodną naszej funkcji na naszym przedziale:
\[ \left(-\ln(1-x)\right)' = \frac{-1}{1-x} \cdot (1-x)' = \frac{-1}{1-x} \cdot (-1)= \frac{1}{1-x} \\
\frac{1}{1-x} > 0 \iff 1>0, \quad x \in (-\infty,1)
\]
Zatem nasza funkcja jest rosnąca na całej swojej dziedzinie (czyli na \((-\infty,1)\)). Zbadajmy drugą pochodną:
\[ \left(-\ln(1-x)\right)''= \left(\frac{-1}{x-1}\right)'=\frac{1}{(x-1)^2}
\]
Widać, że jest większa od zera na całej dziedzinie, a zatem pochodna jest rosnąca na całej dziedzinie, a zatem funkcja jest wypukła w dół na całej dziedzinie. Zatem dla każdych dwóch punktów z dziedziny istnieje funkcja liniowa \(f(x)\) taka, że \(f(x) \geqslant -ln(1-x)\) dla \(x\) pomiędzy tymi dwoma punktami (równość zachodzi na brzegach, czyli w dwóch wybranych punktach). W szczególności dla punktów \(0, \frac 12\) istnieje taka funkcja liniowa. Niech \(f(x)=ax+b\). Wyznaczmy współczynniki:
\[ f(0)=0, \ f(0)=a \cdot 0 + b \implies b=0 \\
f\left(\frac 12\right)=-\ln\left(1-\frac 12\right)=\ln 2, \ f\left(\frac 12\right)=a \cdot \frac 12 \implies \ln 2 = \frac{1}{2} a \\
2 \ln 2=a \\
a=\ln 2^2=\ln 4 \\
f(x)=x \cdot \ln 4
\]
Jak już wcześniej zostało napisane, \(f(x) \geqslant -ln(1-x)\), czyli \(x \ln 4\geqslant -ln(1-x)\). Liczby pierwsze leżą w przedziale \(\langle2,\infty)\), więc ich odwrotności leżą w przedziale \(\left(0,\frac 12\right\rangle\). Zatem spełnione są nierówności:
\[ \frac 1p \ln 4 \geqslant -\ln\left(1-\frac 1p\right) \\
\sum_{p \in \mathbb{P}} \frac 1p \ln 4 \geqslant \sum_{p \in \mathbb{P}} -\ln\left(1-\frac 1p\right)
\]
Nasza funkcja logarytmiczna jest na tym przedziale dodatnia:
\[ -\ln (1-x) > 0 \\
\ln(1-x) < 0 \\
1-x < 1 \\
-x < 0 \\
x > 0
\]
Zatem szereg \(\sum \frac 1p \ln 4=\ln 4 \sum \frac 1p\) jest rozbieżny na mocy kryterium porównawczego, a stała \(\ln 4\), która mnoży szereg, nie zmienia (ro)zbieżności szeregu, zatem rozbieżny jest szereg \(\sum \frac 1p\), co kończy dowód.