1

试证 $\prod_p \frac{p^2}{p^2-1}=\frac{\pi^2}{6}$。

证明： 考虑 Riemann zeta 函数 $\zeta(s)$ 的 Euler 乘积公式：

$$\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s} = \prod_p \left(1 - \frac{1}{p^s}\right)^{-1}$$

其中乘积遍历所有素数 $p$，该公式对于 $\text{Re}(s) > 1$ 成立。

令 $s=2$，我们知道 $\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$。 将 $s=2$ 代入 Euler 乘积公式，得到：

$$\zeta(2) = \prod_p \left(1 - \frac{1}{p^2}\right)^{-1} = \frac{\pi^2}{6}$$

现在考察题目中给出的无穷乘积：

$$\begin{align} \prod_p \frac{p^2}{p^2-1} &= \prod_p \frac{1}{\frac{p^2-1}{p^2}} \\ &= \prod_p \frac{1}{1 - \frac{1}{p^2}} \\ &= \prod_p \left(1 - p^{-2}\right)^{-1} \end{align}$$

比较可知，该乘积正是 $\zeta(2)$ 的 Euler 乘积表示。 因此，

$$\prod_p \frac{p^2}{p^2-1} = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$$

证毕。

2

试证级数 $\sum_p \frac{1}{p}$ 发散。

证明： 采用反证法。假设级数 $\sum_p \frac{1}{p}$ 收敛。根据 Cauchy 准则，这意味着对于任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得对所有 $n > m \ge N$，有 $\sum_{k=m+1}^n \frac{1}{p_k} < \epsilon$。特别地，这意味着尾项级数 $\sum_{k=K+1}^\infty \frac{1}{p_k}$ 对于任意 $K$ 都是收敛的（作为 $n \to \infty$ 的极限）。

设 $K$ 为任意正整数。考虑所有素因子都大于 $p_K$ 的正整数集合 $M_K = \{m \in \mathbb{N} \mid \forall p \text{ s.t. } p|m, p > p_K\}$。 由于 $\sum_{k=K+1}^\infty \frac{1}{p_k}$ 收敛（由假设），根据无穷乘积与级数的关系，无穷乘积 $\prod_{k=K+1}^\infty (1 - \frac{1}{p_k})$ 收敛到一个正值 $P_K' > 0$。

因此，Euler 乘积 $\sum_{m \in M_K} \frac{1}{m} = \prod_{k=K+1}^\infty (1 - \frac{1}{p_k})^{-1} = \frac{1}{P_K'}$ 收敛到一个有限值 $V_K$。

现在，令 $P_K = p_1 p_2 \cdots p_K$ 为前 $K$ 个素数的乘积。考虑形如 $1 + q P_K$ 的整数，其中 $q = 1, 2, 3, \dots$。

任何 $1 + q P_K$ 的素因子 $p$ 必须满足 $p \nmid P_K$，否则 $p \mid q P_K$ 且 $p \mid (1 + q P_K)$，这意味着 $p \mid 1$，这是不可能的。

因此，$1 + q P_K$ 的所有素因子都大于 $p_K$，即 $1 + q P_K \in M_K$ 对所有 $q \ge 1$ 成立。

于是，我们有级数不等式：

$$\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{1 + q P_K} \le \sum_{m \in M_K} \frac{1}{m} = V_K$$

这表明，如果 $\sum_p \frac{1}{p}$ 收敛，则级数 $\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{1 + q P_K}$ 必须收敛。

然而，我们使用极限比较判别法，将级数 $\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{1 + q P_K}$ 与发散的调和级数 $\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{q}$ 进行比较：

$$\lim_{q \to \infty} \frac{\frac{1}{1 + q P_K}}{\frac{1}{q}} = \lim_{q \to \infty} \frac{q}{1 + q P_K} = \frac{1}{P_K}$$

由于 $P_K = p_1 \cdots p_K \ge 2$，极限值 $\frac{1}{P_K}$ 是一个正的有限常数。

因为调和级数 $\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{q}$ 发散，根据极限比较判别法，级数 $\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{1 + q P_K}$ 也必须发散。

这与我们从"$\sum_p \frac{1}{p}$ 收敛"这一假设推导出的结论"$\sum_{q=1}^\infty \frac{1}{1 + q P_K}$ 收敛"相矛盾。

因此，最初的假设"$\sum_p \frac{1}{p}$ 收敛"必定是错误的。这意味着级数 $\sum_p \frac{1}{p}$ 不满足 Cauchy 准则，故该级数发散。 证毕。

3

试证数列 $\{6n-1\}$ 中包含无限个素数。

证明： 采用反证法。假设形式为 $6n-1$ 的素数只有有限个，设为 $p_1, p_2, \ldots, p_r$。 考虑整数 $N = 6(p_1 p_2 \cdots p_r) - 1$。

首先，$N > 1$。$N$ 的素因子分解式中，所有素因子 $p$ 必满足 $p \nmid 6$，即 $p$ 不能是 2 或 3。 因此，$N$ 的任何素因子 $p$ 必形如 $6k+1$ 或 $6k-1$。

注意到 $N = 6(p_1 p_2 \cdots p_r) - 1 \equiv -1 \pmod 6$。

如果 $N$ 的所有素因子都形如 $6k+1$，那么它们的乘积 $N$ 也必然形如 $6k+1$。 （因为 $(6k_1+1)(6k_2+1) = 36k_1k_2 + 6k_1 + 6k_2 + 1 = 6(6k_1k_2+k_1+k_2)+1 \equiv 1 \pmod 6$） 这与 $N \equiv -1 \pmod 6$ 矛盾。

因此，$N$ 必须至少有一个形如 $6k-1$ 的素因子，设为 $p$。

我们证明 $p$ 不等于 $p_1, p_2, \ldots, p_r$ 中的任何一个。 如果 $p = p_i$ 对于某个 $i \in \{1, 2, \ldots, r\}$ 成立，则 $p_i \mid N$ 且 $p_i \mid 6(p_1 p_2 \cdots p_r)$。 因此 $p_i$ 必须整除它们的差，即 $p_i \mid (6(p_1 p_2 \cdots p_r) - N)$，也就是 $p_i \mid 1$。 这是不可能的。

所以，$p$ 是一个形如 $6k-1$ 的素数，但它不在我们假设的有限列表 $p_1, p_2, \ldots, p_r$ 中。 这与我们的初始假设（所有形如 $6n-1$ 的素数都在该列表中）矛盾。

因此，假设错误，形如 $6n-1$ 的素数有无限多个。 证毕。

5

利用 $\prod_{p \leqslant x}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1} \leqslant \prod_{K=2}^{\pi(x)+1}\left(1-\frac{1}{K}\right)^{-1}$，证明： (1) $\pi(x)>\log x-1$； (2) $p_n<3^{n+1}$（$p_n$ 为第 $n$ 个素数）。

证明：

(1) 证明 $\pi(x) > \log x - 1$

我们知道对于 $x \ge 1$，有 $\sum_{n \le x} \frac{1}{n} > \log x$。 同时，我们有

$$\sum_{n \le x} \frac{1}{n} \le \sum_{n \in S_x} \frac{1}{n} = \prod_{p \le x} \left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1}$$

其中 $S_x$ 是所有素因子都 $\le x$ 的正整数集合。

结合上述不等式和题目给出的不等式，得到：

$$\log x < \sum_{n \le x} \frac{1}{n} \le \prod_{p \le x} \left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1} \le \prod_{K=2}^{\pi(x)+1} \left(1 - \frac{1}{K}\right)^{-1}$$

计算右侧的乘积：

$$\begin{align} \prod_{K=2}^{\pi(x)+1} \left(1 - \frac{1}{K}\right)^{-1} &= \prod_{K=2}^{\pi(x)+1} \left(\frac{K-1}{K}\right)^{-1} \\ &= \prod_{K=2}^{\pi(x)+1} \frac{K}{K-1} \\ &= \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdots \frac{\pi(x)+1}{\pi(x)} \\ &= \pi(x) + 1 \end{align}$$

因此，我们得到 $\log x < \pi(x) + 1$。 整理可得 $\pi(x) > \log x - 1$。

(2) 证明 $p_n < 3^{n+1}$

由 (1) 可知 $\pi(x) > \log x - 1$。 令 $x = p_n$，其中 $p_n$ 是第 $n$ 个素数。则 $\pi(x) = \pi(p_n) = n$。 代入不等式，得到：

$$n > \log p_n - 1$$

整理得：

$$\log p_n < n + 1$$

两边取指数（以自然对数底 $e$）：

$$p_n < e^{n+1}$$

由于 $e \approx 2.718 < 3$，我们有 $e^{n+1} < 3^{n+1}$。 因此，

$$p_n < 3^{n+1}$$

证毕。

参考

• https://zhuanlan.zhihu.com/p/543010816

• https://zhuanlan.zhihu.com/p/544792225

• https://zhuanlan.zhihu.com/p/545595129

• https://zhuanlan.zhihu.com/p/546385318

• https://zhuanlan.zhihu.com/p/547333984

• https://zhuanlan.zhihu.com/p/548061254

贡献者: Ming Wei

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