Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2946
2019-05-06 
Рассмотрим сумму
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{17} + \frac{1}{19} + \cdots + \frac{1}{p}$,
где в знаменателях дробей стоят все простыв числа от 2 до некоторого простого числа $p$. Доказать, что эта сумма может быть сделана больше любого наперед заданного числа $N$ (для этого следует только выбрать число $p$ достаточно большим).
Решение:
Докажем, прежде всего, что
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} < \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^k} \right ) \left ( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{3^k} \right ) \times \cdots \times \left (1 + \frac{1}{p_l} + \frac{1}{p_l^2} + \cdots + \frac{1}{p_l^k} \right )$.
где $k$ - такое целое число, что $2^k \leq n < 2^{k+1}$, a $p_l$ - наибольшее простое число, не превосходящее $n$. Действительно, раскроем скобки в правой части неравенства. Так как каждое целое число $m$ от 1 до $n$ представимо в виде произведения степеней простых чисел $1, 3, 5, \cdots, p_l$:
$m = 2^{\alpha_1} \cdot 3^{\alpha_2} \cdot 5^{\alpha_3} \cdots p_l^{\alpha_l}$,
где все показатели $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \cdots, \alpha_l$ - целые неотрицательные числа, не превосходящие, разумеется, $k$, то в этой сумме встретится член, равный $\frac{1}{m}$, который получится, если взять из первой скобки $\frac{1}{2^{\alpha_1}}$, из второй $\frac{1}{3^{\alpha_2}}$, из третьей $\frac{1}{5^{\alpha_3}}$, и т. д. Поэтому в правой части неравенства после раскрытия скобок будут стоять все слагаемые $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \cdots, \frac{1}{n-1}, \frac{1}{n}$ и еще какие-то другие положительные слагаемые.
Значит, правая часть нашего неравенства, в самом деле, больше левой. Логарифмируя это неравенство, мы получим:
$lg \left ( 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} \right ) < lg \left [ \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^k} \right ) \left (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{3^k} \right ) \times \cdots \times \left (1 + \frac{1}{p_l} + \frac{1}{p_l^2} + \cdots + \frac{1}{p_l^k} \right ) \right ] = lg \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^k} \right ) + lg \left ( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{3^k} \right ) + \cdots + lg \left ( 1 + \frac{1}{p_l} + \frac{1}{p_l^2} + \cdot + \frac{1}{p_l^k} \right )$.
Но для всякого целого $k$ и целого $р \geq 2$
$lg \left ( 1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} + \cdots + \frac{1}{p^k} \right ) < \frac {2 lg 3}{p}$.
Действительно, имеем:
$1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \cdots + \frac{1}{p^k} = \frac {1 - \frac{1}{p^{k+1}}}{1 - \frac{1}{p}} < \frac{1}{1 - \frac{1}{p}} = \frac{p}{p-1} = 1 + \frac{1}{p-1}$.
Но из результата задачи 2932 следует
$\left ( 1 + \frac{1}{p-1} \right )^{p-1} < 3, 1 + \frac{1}{p-1} < \sqrt [p-1]{3}, lg \left ( 1+ \frac{1}{p-1} \right ) < \frac {lg 3}{p-1}$,
и, очевидно,
$2 lg \frac{3}{p} > \frac{lg 3}{p-1}$.
Таким образом, мы заключаем, что
$lg \left ( 1+ \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} \right ) < \frac{2 lg 3}{2} + \frac{2 lg 3}{3} + \frac{2 lg 3}{5} + \cdots + \frac{2 lg 3}{p_{l} } = 2 lg 3 \left ( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_l} \right )$.
Если бы существовало такое число $N$, что для всякого целого положительного $l$ сумма $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{p_l}$ была бы меньше $N$, то для всякого целого положительного числа $n$ выполнялась бы неравенство
$lg \left (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} \right ) < 2 lg 3 \left ( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_l} \right ) < 2 (N - 1) lg 3$;
отсюда после потенцирования следовало бы, что
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} < 3^{2(N-1)} = N_1$,
где $N_1$ не зависит от $n$. Но в задаче 2943 было доказано, что такого числа $N_1$ не существует; следовательно, не существует и такого числа $N$, что для всякого целого положительного $l$
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_l} < N$,
где $p_l - l$-е простое число в ряду натуральных чисел.
Рассмотрим сумму
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{17} + \frac{1}{19} + \cdots + \frac{1}{p}$,
где в знаменателях дробей стоят все простыв числа от 2 до некоторого простого числа $p$. Доказать, что эта сумма может быть сделана больше любого наперед заданного числа $N$ (для этого следует только выбрать число $p$ достаточно большим).
Решение:
Докажем, прежде всего, что
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} < \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^k} \right ) \left ( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{3^k} \right ) \times \cdots \times \left (1 + \frac{1}{p_l} + \frac{1}{p_l^2} + \cdots + \frac{1}{p_l^k} \right )$.
где $k$ - такое целое число, что $2^k \leq n < 2^{k+1}$, a $p_l$ - наибольшее простое число, не превосходящее $n$. Действительно, раскроем скобки в правой части неравенства. Так как каждое целое число $m$ от 1 до $n$ представимо в виде произведения степеней простых чисел $1, 3, 5, \cdots, p_l$:
$m = 2^{\alpha_1} \cdot 3^{\alpha_2} \cdot 5^{\alpha_3} \cdots p_l^{\alpha_l}$,
где все показатели $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \cdots, \alpha_l$ - целые неотрицательные числа, не превосходящие, разумеется, $k$, то в этой сумме встретится член, равный $\frac{1}{m}$, который получится, если взять из первой скобки $\frac{1}{2^{\alpha_1}}$, из второй $\frac{1}{3^{\alpha_2}}$, из третьей $\frac{1}{5^{\alpha_3}}$, и т. д. Поэтому в правой части неравенства после раскрытия скобок будут стоять все слагаемые $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \cdots, \frac{1}{n-1}, \frac{1}{n}$ и еще какие-то другие положительные слагаемые.
Значит, правая часть нашего неравенства, в самом деле, больше левой. Логарифмируя это неравенство, мы получим:
$lg \left ( 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} \right ) < lg \left [ \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^k} \right ) \left (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{3^k} \right ) \times \cdots \times \left (1 + \frac{1}{p_l} + \frac{1}{p_l^2} + \cdots + \frac{1}{p_l^k} \right ) \right ] = lg \left ( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^k} \right ) + lg \left ( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{3^k} \right ) + \cdots + lg \left ( 1 + \frac{1}{p_l} + \frac{1}{p_l^2} + \cdot + \frac{1}{p_l^k} \right )$.
Но для всякого целого $k$ и целого $р \geq 2$
$lg \left ( 1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} + \cdots + \frac{1}{p^k} \right ) < \frac {2 lg 3}{p}$.
Действительно, имеем:
$1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \cdots + \frac{1}{p^k} = \frac {1 - \frac{1}{p^{k+1}}}{1 - \frac{1}{p}} < \frac{1}{1 - \frac{1}{p}} = \frac{p}{p-1} = 1 + \frac{1}{p-1}$.
Но из результата задачи 2932 следует
$\left ( 1 + \frac{1}{p-1} \right )^{p-1} < 3, 1 + \frac{1}{p-1} < \sqrt [p-1]{3}, lg \left ( 1+ \frac{1}{p-1} \right ) < \frac {lg 3}{p-1}$,
и, очевидно,
$2 lg \frac{3}{p} > \frac{lg 3}{p-1}$.
Таким образом, мы заключаем, что
$lg \left ( 1+ \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} \right ) < \frac{2 lg 3}{2} + \frac{2 lg 3}{3} + \frac{2 lg 3}{5} + \cdots + \frac{2 lg 3}{p_{l} } = 2 lg 3 \left ( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_l} \right )$.
Если бы существовало такое число $N$, что для всякого целого положительного $l$ сумма $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{p_l}$ была бы меньше $N$, то для всякого целого положительного числа $n$ выполнялась бы неравенство
$lg \left (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} \right ) < 2 lg 3 \left ( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_l} \right ) < 2 (N - 1) lg 3$;
отсюда после потенцирования следовало бы, что
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n} < 3^{2(N-1)} = N_1$,
где $N_1$ не зависит от $n$. Но в задаче 2943 было доказано, что такого числа $N_1$ не существует; следовательно, не существует и такого числа $N$, что для всякого целого положительного $l$
$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_l} < N$,
где $p_l - l$-е простое число в ряду натуральных чисел.
