Summen af de reciprokke primtal er uendelig.

Hilberts hotel, som tidligere flygtigt er blevet nævnt på denne blog, er en pædagogisk model til illustrering af begrebet uendelighed. Hotellet har (tælleligt) uendeligt mange værelser og kan derfor rumme (tælleligt) uendeligt mange gæster. Normalt, når man diskuterer Hilberts hotel, bekymrer man sig om, hvordan man får plads til flere gæster, hvis alle værelser er optagede. En anden bekymring kunne gå på, hvordan man dog får bespist alle disse gæster.

Her er en mulig løsning: Lav en kæmpe grydefuld suppe. Gæsterne kan nu efter tur tage suppe, dog må de højst tage halvdelen af grydens indhold. På den måde er der suppe til alle, omend første gæst nok får mere suppe end gæst nummer én milliard. Hvis vi i det følgende regner i enheden grydefuld suppe, så kan første gæst højst få 1/2, hvorefter gæst nummer to højst kan tage 1/4, gæst nummer tre højst 1/8 osv. Tager første gæst 1/2, er der 1/2 tilbage, tager anden gæst 1/4, er der 1/4 tilbage osv., så der efter den $n$ ’te gæst, som tager $\frac{1}{2^n}$ , er $\frac{1}{2^n}$ tilbage, og der vil således ikke være noget tilbage, når alle gæster har taget. Lægger vi disse tal sammen, får vi altså hele grydens indhold:

$1=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\dotsb$
eller, som den velopdragne matematiker ville skrive:

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n}=1$
Vi kan altså lægge uendeligt mange tal sammen og få noget endeligt. Det er klart, at dette kun kan lade sig gøre, fordi leddene i summen bliver mindre og mindre jo længere ud i summen, vi når. Det er dog ikke et tilstrækkeligt krav på leddene, hvis vi ønsker at en sum skal være endelig, som følgende eksempel illustrerer.

Antag, at første gæst har én kubikmeter bagage med, den næste en halv kubikmeter bagage, den tredje en tredjedel kubikmeter bagage og så fremdeles, således at den $n$ ’te gæst har $\frac{1}{n}$ kubikmeter bagage. Kan alle gæsternes bagage være i ét (endeligt) stort rum? Vi kan begynde med at se lidt på, hvor meget plads de første $2N$ gæsters bagage fylder, hvor $N$ er et eller andet (stort) tal. Kald det samlede antal kubikmeter for $S_{2N}$ , så har vi at:

$\displaystyle \begin{array}{rl}\displaystyle S_{2N}\!\!\!&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\dotsb+\frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N}\\&=\frac{1}{2}+(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6})+\dotsb+(\frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N})\end{array}$
Bemærk, at $\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}=\frac{1}{n}$ , for $n=1, 2, 3, \dotsc$ . Vi får derfor følgende vurdering.

$\displaystyle \begin{array}{rl}S_{2N}\!\!\!&=\frac{1}{2}+(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6})+\dotsb+(\frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N})\\&>\frac{1}{2}+\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dotsb+\frac{1}{N}=\frac{1}{2}+S_N,\end{array}$
hvor $S_N$ er det samlede antal kubikmeter for de første $N$ gæsters bagage. Vi har nu vist at

$S_{2N} >\frac{1}{2}+S_N$ ,

og kan konkludere, at al bagagen ikke kan være på endeligt megen plads: hver gang, vi fordobler antallet af gæster, vi tager bagagen fra, får vi brug for mere end en halv kubikmeter mere plads! Har vi 100 kubikmeter, løber vi altså helt sikkert tør for plads efter 200 fordoblinger af antallet af gæster, og har vi $K$ kubikmeter, løber vi tør efter $2K$ fordoblinger. Den førnævnte velopdragne matematiker ville skrive

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=\infty,$
til trods for, at $\frac{1}{n}$ også går mod $0$ , når $n$ går mod $\infty$ . Grunden til at $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n}$ er endelig mens $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ er uendelig, er kort fortalt at $\frac{1}{2^n}$ går meget hurtigt mod $0$ mens $\frac{1}{n}$ går noget langsommere mod $0$ , når $n$ går mod $\infty$ . Tilsvarende: $2^n$ går hurtigere mod $\infty$ end $n$ går mod $\infty$ , når $n$ går mod $\infty$ .

Som Lisbeth har nævnt i et tidligere blogindlæg, så har vi siden Euklid vidst, at der findes uendeligt mange primtal. Ser vi på de første tal i følgerne af tal på formen $n$ og $2^n$ samt følgen af primtal,

$\begin{array}{ll}&1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, \dotsc\\&2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, \dotsc\\&2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,\dotsc\end{array}$
er det klart, at primtalsfølgen vokser noget hurtigere end følgen af naturlige tal, men også at den (i hvert fald i begyndelsen?) vokser meget langsommere end følgen af toerpotenser. Man kunne derfor spørge sig selv om, om summen $\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{p_i}$ , hvor $p_i$ betegner det $i$ ’te primtal, er endelig eller ej? Vi vil i det følgende give et bevis for, at det sidste er tilfældet. Beviset er ret kort, hvis ellers man vil acceptere et par relativt simple resultater som bruges undervejs.

Først bemærker vi, at ethvert naturligt tal $n$ kan skrives entydigt på formen

$n=p_1^{m_1}p_2^{m_2}\dotsb p_n^{m_n}$ ,

hvor $p_i$ er det $i$ ’te primtal og $m_i$ er en potens mellem $0$ og $n$ , hvor vi husker, at $p^0=1$ uanset $p$ (i hvertfald så længe $p\ne0$ ). Produktet kunne også skrives $n=\prod_{i=1}^n p_i^{m_i}$ , hvor produkttegnet $\prod$ defineres ved $\prod_{i=1}^nq_i=q_1 q_2\dotsb q_n$ . Vi illustrerer med de første fire naturlige tal:

$\begin{array}{rl}1&=2^0\\2&=2^1\cdot 3^0\\3&=2^0\cdot 3^1\cdot 5^0\\4&=2^2\cdot 3^0\cdot 5^0\cdot 7^0,\end{array}$
osv. Betragt nu udtrykket

$\displaystyle \prod_{i=1}^N\sum_{j=0}^N p_i^j=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+\dotsb+p_1^N)(p_2^0+p_2^1+\dotsb+p_2^N)\dotsb(p_N^0+p_N^1+\dotsb+p_N^N).$
Dette viser sig at være summen af alle tal på formen $p_1^{m_1}p_2^{m_2}\dotsb p_N^{m_N}$ , hvor $m_i$ er et tal mellem $0$ og $N$ , begge inkl. (over vej dette!). Dette udtryk er altså større end summen $\sum_{n=1}^N n$ , som blot er summen af alle tal mellem $1$ og $N$ (hvor leddene altså blot er nogle af tallene på formen $p_1^{m_1}p_2^{m_2}\dotsb p_N^{m_N}$ ). Præcis samme argument giver os, at

$\displaystyle\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}\le \prod_{i=1}^N\sum_{j=0}^N \frac{1}{p_i^j}$
Ovenfor så vi, at hvis vi “lader $N$ gå mod $\infty$ ” i $\sum_{j=1}^N \frac{1}{2^j}$ , så får vi $1$ , eller:

$\displaystyle \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{2^j}=2=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}.$
(Husk, at $2^0=1$ , så summen giver $1+1=2$ , hvis vi tager $j=0$ med også). Man kan vise, at der generelt gælder, at

$\displaystyle \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{p^j}=\frac{1}{1-\frac{1}{p}},$
hvis ellers $p>1$ . En sådan sum kaldes en geometrisk række og behandles bl.a. i dette indlæg. Prøv evt. selv at overveje tilfældet $p=3$ , hvor der er $\frac{1}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{2}$ gryde suppe, og første gæst tager 1/3 gryde, dvs. 2/3 af grydens indhold, hvorefter der er $\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$ tilbage, næste gæst tager 2/3 af grydens indhold, dvs. $\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{9}=\frac{1}{3^2}$ osv. (Generelt kan man betragte en gryde, som til at begynde med er $\frac{1}{1-\frac{1}{p}}-1$ fyldt og hvor hver gæst tager $1-\frac{1}{p}$ af, hvad der er tilbage: det svarer til, at første gæst tager $\frac{1}{p}$ grydefuld, anden gæst tager $\frac{1}{p^2}$ osv. og efter uendeligt mange gæster er der intet tilbage). Vi ser nu, at

$\displaystyle \sum_{n=1}^N\frac{1}{n}\le \prod_{i=1}^N\sum_{j=0}^N \frac{1}{p_i^j}\le\prod_{i=1}^N\sum_{j=0}^\infty \frac{1}{p_i^j}=\prod_{i=1}^N \frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}.$
Vi bemærker nu, at hvis $p\ge 2$ , så er $\frac{1}{1-\frac{1}{p}}<e^{\frac{2}{p}}$ (prøv evt. selv at bevise dette eller nøjes med at konstatere det på en grafisk lommeregner), og da alle primtal netop er større eller lig $2$ , så fås:

$\displaystyle \sum_{n=1}^N\frac{1}{n}\le\prod_{i=1}^N \frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}<\prod_{i=1}^N e^{\frac{2}{p_i}}=e^{2\sum_{i=1}^N\frac{1}{p_i}},$
hvor vi gjorde brug af potensregnereglen $e^ae^b=e^{a+b}$ . Vi er nu ved vejs ende: Venstre side går mod $\infty$ når $N$ går mod $\infty$ , højre side er $e$ opløftet i $2$ gange summen af de første $N$ reciprokke primtal. Altså må summen af de reciprokke primtal også gå mod uendelig (tag evt. logaritmen på begge sider af ulighedstegnet og dividér med $2$ , hvis du ikke er overbevist — logaritmen er en voksende funktion, så uligheden bevares!).