אז אולי רק הראשוניים בטור ההרמוני מתכנסים ל-137?

בפרשיית הטרחן הכפייתי והטור ההרמוני שדיווחתי עליה אתמול חלו התפתחויות מרעישות - הטרחן שינה את עמדתו (דבר נדיר למדי), וטענתו החדשה היא שהטור ההרמוני אכן אינו מתכנס ל-137, כי אם מה שנותר מהטור ההרמוני כאשר משאירים בו רק את האיברים שהם הופכיים של ראשוניים. במילים אחרות, הטור \( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{11}+\dots \) מתכנס ל-137, ובקיצור: \( \sum\frac{1}{p}=137 \) (זהו סימון מקובל שכן בתורת המספרים נהוג לסמן ב-\( p \) מספרים טבעיים ראשוניים).

ובכן, כמו שכבר כתבתי בפוסט של אתמול, גם טור זה מתבדר לאינסוף, והייתי רוצה לנצל את ההזדמנות הזו כדי לתאר את ההוכחה, שהיא פשוטה למדי ומתבססת על רעיון שהוא כה יפה עד שכדאי להזכיר אותו שוב - ההצגה הכפלית של הטור ההרמוני (או יותר במדוייק, ההצגה הכפלית של פונקצית הזטה של רימן). כבר הראיתי אותה בפוסט שהציג את הוכחת אוילר לקיום אינסוף ראשוניים וגם על ההוכחה שאציג כעת אפשר לחשוב בתור הוכחה חזקה עוד יותר לקיום אינסוף ראשוניים, שכן אם היה רק מספר סופי שלהם אז הטור \( \sum\frac{1}{p} \) היה סופי ולא יכל להתבדר; למעשה, העובדה שהטור הזה מתכנס מלמדת אותנו משהו על “כמות” הראשוניים. זכרו שטורים כמו \( \sum\frac{1}{n^{2}} \) מתכנסים, כך שאנו למדים שהראשוניים נפוצים יותר מאשר מספרים שהם ריבועים. לטעמי זהו רעיון מקסים - היכולת שלנו למדוד “כמות”באמצעות התבדרות של טור.

בשורה התחתונה, זוהי תוצאה מעניינת ויפה, ומכיוון שהיא גם פשוטה להוכיח, אוכיח אותה כעת. אני מזהיר מראש שההוכחה היא טכנית ומתבססת על ידע בסיסי בחשבון אינפיניטסימלי שאניח הפעם שקיים אצל הקורא; אבל כפי שאני מבהיר לעתים קרובות בבלוג הזה, בלי “ללכלך את הידיים” לפעמים לא רק שאי אפשר להבין מתמטיקה, גם קשה להבין למה החלקים בה שנראים לנו “טכניים” הם למעשה יפים.

לב ההוכחה הוא במה שכבר כיניתי פעם “הגרסה האנליטית של המשפט היסודי של האריתמטיקה”. המשפט היסודי של האריתמטיקה אומר לנו שכל מספר טבעי ניתן להצגה באופן יחיד בתור מכפלה של מספרים ראשוניים (ומן הסתם כל מכפלה של ראשוניים נותנת לנו מספר טבעי). זה מאפשר לנו להציג באופן שונה למדי את הסכום החלקי של הטור ההרמוני, \( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n} \), באמצעות מכפלה של גורמים שמערבים ראשוניים; כפי שנראה בקרוב, כל עוד אנחנו מנסים להצטמצם לטורים סופיים לא נוכל לתפוס במדוייק את \( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n} \) אלא רק משהו שתופס גם אותו וגם איברים נוספים; אבל זה לא אכפת לנו.

אם כן, יהיה \( n \) מספר טבעי כלשהו, ויהיו \( p_{1},p_{2},\dots,p_{\pi\left(n\right)} \) כל הראשוניים הקטנים מ-\( n \) (\( \pi\left(n\right) \) הוא מספרם; זהו סימון סטנדרטי). הפאנץ’ המרכזי הוא שכל מספר טבעי עד וכולל \( n \) הוא מכפלה של חזקות של הראשוניים הללו בלבד; ראשוניים גדולים יותר מן הסתם אינם רלוונטיים כי לא ניתן להגיע על ידי מכפלה שלהם אלו באלו למספר שקטן יותר מהם. כאן מגיע התעלול ודומני שהכי פשוט להציג אותו. נתבונן במכפלה \( \lambda\left(n\right)=\frac{1}{1-\frac{1}{p_{1}}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{p_{2}}}\cdots\frac{1}{1-\frac{1}{p_{\pi\left(n\right)}}} \). מה יש לנו כאן?

מצד אחד, זוהי מכפלה סופית של מספרים רציונליים, כך שברור שאין כאן שום בעייתיות מבחינת התכנסות וכדומה. מהצד השני אני הולך לעשות להטוט. הבה ונתבונן באיבר הכללי של המכפלה הזו: \( \frac{1}{1-\frac{1}{p_{k}}} \). חלקכם ודאי שמים לב שהיצור הזה דומה לסכום של סדרה הנדסית אינסופית: \( 1+q+q^{2}+\dots=\frac{1}{1-q} \) כאשר \( \left|q\right|<1 \). ובכן, כאן \( \left|\frac{1}{p_{k}}\right|<1 \) בבירור, שכן \( p_{k}\ge2 \); ולכן \( \frac{1}{1-\frac{1}{p_{k}}}=1+p_{k}^{-1}+p_{k}^{-2}+\dots \). במילים אחרות, את המכפלה שלעיל אפשר לכתוב גם כ:

\( \left(1+p_{1}^{-1}+p_{1}^{-2}+\dots\right)\cdots\left(1+p_{\pi\left(n\right)}^{-1}+p_{\pi\left(n\right)}^{-2}+\dots\right) \)

יש לנו כאן מכפלה סופית של טורים אינסופיים. על פניו לא ברור האם ניתן “לפתוח” אותה - ואכן, במקרים מסויימים לא ניתן לעשות זאת כי זה מוביל לתוצאות ההרסניות שעליהן מצביע משפט רימן. עם זאת, תוצאה בסיסית בתורת הטורים מראה שניתן “לפתוח”מכפלה כזו במקרה שבו כל הטורים במכפלה מתכנסים בהחלט, כלומר הטור הערכים המוחלטים שלהם מתכנס. מכיווון שכל הטורים המעורבים כאן הם חיוביים וכולם בוודאי מתכנסים, הקריטריון הזה מתקיים מאליו ולכן ניתן לפתוח את הסוגריים. מה המשמעות של פתיחת סוגריים? אנחנו מקבלים סכום שכל איבר בו הוא מכפלה שכוללת איבר אחד מכל אחד מהסוגריים. אם להיות ממש פורמליים, הסכום הוא של איברים מהצורה \( p_{1}^{-a_{1}}p_{2}^{-a_{2}}\cdots p_{\pi\left(n\right)}^{-a_{\pi\left(n\right)}} \) לכל וקטור אפשרי \( \left(a_{1},a_{2},\dots,a_{\pi\left(n\right)}\right) \) של מספרים שלמים אי שליליים.

כעת, שימו לב שאת המכפלה שלעיל אפשר גם לכתוב בתור \( \left(p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}\cdots p_{\pi\left(n\right)}^{a_{\pi\left(n\right)}}\right)^{-1} \) וכעת מה שכתוב בתוך הסוגריים הוא פשוט מספר טבעי שהפירוק לגורמים שלו מכיל רק את הראשוניים \( p_{1},\dots,p_{\pi\left(n\right)} \). במילים אחרות, \( \lambda\left(n\right) \) (המכפלה שכתבנו בהתחלה) שווה ל-\( \lambda\left(n\right)=\sum\frac{1}{k} \) כאשר \( k \) רץ על כל המספרים הטבעיים שהפירוק שלהם לגורמים מכיל רק את \( p_{1},\dots,p_{\pi\left(n\right)} \) - וכאמור, זה מכיל גם את כל הטבעיים הקטנים או שווים ל-\( n \), אבל גם דברים גדולים יותר (למשל, חזקות גדולות של 2 שעוברות את \( n \)). במילים אחרות, מה שאנחנו יכולים בודאות לכתוב הוא \( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}\le\lambda\left(n\right) \). מכיוון שהטור ההרמוני מתבדר, כפי שראינו בפוסט הקודם, נובע מכך שכאשר משאיפים את \( n \) לאינסוף, \( \lambda\left(n\right) \) שואף לאינסוף. שימו לב שכרגע הוכחנו שוב את קיומם של אינסוף ראשוניים (כי אם היה מספר סופי, אז \( \lambda\left(n\right) \) היה הופך לקבוע החל ממקום מסויים).

עד כאן הכל טוב ויפה, אבל איך \( \lambda\left(n\right) \) המדובר קשור לטור ההרמוני כאשר משאירים בו רק את הראשוניים? אמנם, הוא מיוצג בדרך אחת כמכפלה של ראשוניים, אבל זה בדיוק העניין - הם מכפלה, לא סכום. כאן נחלץ לעזרתנו כלי בסיסי נוסף במתמטיקה - הלוגריתם. לוגריתם הופך מכפלות לסכומים בצורה “יפה” שמאפשרת את המשך הטיפול בהם, ולכן העניין שלנו עובר כעת מ-\( \lambda\left(n\right) \) עצמו אל \( \ln\lambda\left(n\right) \). שימו לב שאם \( \lambda\left(n\right)\to\infty \) כך ש-\( \ln\lambda\left(n\right)\to\infty \) (כי \( \ln\left(n\right)\to\infty \)). כעת בואו וננסה להבין אך \( \ln\lambda\left(n\right) \) נראה - וכמו שכבר הבנתם שאנחנו עושים כל הזמן לא באמת נמצא את הצורה המדוייקת שלו, כי זה קשה, אלא חסם. במקרה זה, חסם עליון. ברשותכם, אעבור להשתמש בסימון מתמטי עוד יותר קומפקטי מזה שהשתמשתי בו עד כה:

\( \ln\lambda\left(n\right)=\ln\left(\prod\left(1-p_{k}^{-1}\right)^{-1}\right)=\sum\ln\left(1-p_{k}^{-1}\right)^{-1}=-\sum\ln\left(1-p_{k}^{-1}\right) \)

הלוגריתם עשה את מלאכתו והעביר לנו את המכפלה לסכום. אבל מה שכרגע יש בסכום הוא לא להיט גדול במיוחד - איך מתקדמים מכאן? הרי לוגריתם לא יודע “לטפל” בסכומים שנמצאים בתוכו.

כאן נכנס לתמונה להטוט מתמטי אחר - טור טיילור. לא אוכיח זאת כרגע, אבל באופן כללי ידוע כי \( \ln\left(1-x\right)=-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{m}}{m} \) כאשר \( \left|x\right|<1 \). כאן \( x=p_{k}^{-1} \) ולכן ניתן להשתמש בתוצאה הזו. מקבלים:

\( -\sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\ln\left(1-p_{k}^{-1}\right)=\sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{p_{k}^{-m}}{m} \)

עכשיו כבר יש לנו סכום כפול מפלצתי באגף ימין  ולא ברור איך אנחנו הולכים להיחלץ מהצרה הזו, אבל עכשיו מגיע הקסם האחרון: את הסכום הזה אפשר לחלק לשני סכומים, כשאחד הוא בדיוק מה שמעניין אותנו והשני הוא חסר חשיבות. שימו לב שכאשר \( m=1 \) מקבלים באגף שמאל איברים מהצורה \( p_{k}^{-1} \). אם כן, אפשר לכתוב:

\( \sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{p_{k}^{-m}}{m}=\sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\frac{1}{p_{k}}+\sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\sum_{m=2}^{\infty}\frac{p_{k}^{-m}}{m} \)

הסכום השמאלי מבין השניים הוא בדיוק סכום חלקי של הטור שאנחנו רוצים לתקוף. ומה לגבי הסכום הימני? ובכן, הוא לא יכול להיות כל כך גדול, שכן:

\( \sum_{m=2}^{\infty}\frac{p_{k}^{-m}}{m}<\sum_{m=2}^{\infty}p_{k}^{-m}=p_{k}^{-2}\left(\sum_{m=0}^{\infty}p_{k}^{-m}\right)=p_{k}^{-2}\left(1-p_{k}^{-1}\right)^{-1}<2p_{k}^{-2} \)

כל המעברים הללו הם פשוטים יחסית - הקורא יכול כתרגול להבין מה הולך פה (סטודנט שמכיר קצת אינפי אמור להסתדר).

במילים אחרות, מה שהצלחנו להראות הוא את התוצאה הבאה:

\( \ln\lambda\left(n\right)<\sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\frac{1}{p_{k}}+2\sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\frac{1}{p_{k}^{2}} \). מה קורה כאשר משאיפים את \( n \) לאינסוף? ובכן, הטור \( \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{p_{k}^{2}} \) הוא טור מתכנס (כי \( \sum\frac{1}{n^{2}} \) מתכנס). ומצד שני, כבר אמרנו כי \( \ln\lambda\left(n\right) \) שואף לאינסוף ולכן אגף ימין של אי השוויון חייב לשאוף לאינסוף בעצמו; מכאן ש-\( \sum_{k=1}^{\pi\left(n\right)}\frac{1}{p_{k}} \) חייב לשאוף לאינסוף, דהיינו \( \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{p_{k}} \) מתבדר, וזה מה שהיה צריך להוכיח.

האם טרחן ישתכנע מההוכחה הזו? ספק גדול. אני מקווה שלפחות אלו מכם שעקבו עד הסוף נהנו.