请求证明素数集上∑ₚ(1/2ᵖ)的无理性（鸽巢原理相关）

嘿，你的思路方向完全正确，咱们把“q可以大于任意给定N”这个想法用反证法结合鸽巢原理落地拆解：

步骤1：反证法假设 #

假设级数 ( S = \sum_{p} \frac{1}{2^p} )（其中p遍历所有素数）是有理数，那么存在互素的正整数 ( a, b )，使得 ( S = \frac{a}{b} )。

步骤2：用鸽巢原理分析素数的余数分布 #

对于任意给定的正整数 ( N )，考虑素数除以 ( b ) 的余数：

• 素数有无穷多个，而除以 ( b ) 的余数只有 ( 0, 1, 2, ..., b-1 ) 共 ( b ) 种可能。
• 根据鸽巢原理，无穷多个素数中，至少存在一个余数类 ( r )（( 0 \leq r < b )），其中包含无穷多个素数。

步骤3：构造截断和与余项 #

取一个足够大的素数 ( p_0 )，满足 ( p_0 > \log_2(b) )，且 ( p_0 \equiv r \pmod{b} )（来自上面的余数类）。定义：

• ( S_{p_0} = \sum_{p \leq p_0} \frac{1}{2^p} )：前 ( p_0 ) 以内所有素数对应项的和；
• ( R_{p_0} = S - S_{p_0} = \sum_{p > p_0} \frac{1}{2^p} )：余项，即所有大于 ( p_0 ) 的素数对应项的和。

将 ( S = \frac{a}{b} ) 代入得：
[ R_{p_0} = \frac{a}{b} - S_{p_0} ]
两边乘以 ( b \cdot 2^{p_0} )，得到：
[ b \cdot 2^{p_0} \cdot R_{p_0} = a \cdot 2^{p_0} - b \cdot 2^{p_0} \cdot S_{p_0} ]

步骤4：分析等式两边的整数性与大小 #

• 右边是整数：因为 ( S_{p_0} ) 是有限个形如 ( \frac{1}{2^p} )（( p \leq p_0 )）的项的和，所以 ( 2^{p_0} \cdot \frac{1}{2^p} = 2^{p_0 - p} ) 是整数，乘以 ( b ) 后仍是整数；( a \cdot 2^{p_0} ) 显然也是整数，因此右边是两个整数的差，必为整数。
• 左边的大小估计：余项 ( R_{p_0} ) 是所有大于 ( p_0 ) 的素数对应的 ( \frac{1}{2^p} ) 的和，显然有：
  [ R_{p_0} < \sum_{n = p_0 + 1}^{\infty} \frac{1}{2^n} = \frac{1}{2^{p_0}} ]
  因此左边：
  [ b \cdot 2^{p_0} \cdot R_{p_0} < b \cdot 2^{p_0} \cdot \frac{1}{2^{p_0}} = b ]
  同时，( R_{p_0} ) 是正数，所以左边是一个小于 ( b ) 的正整数。

步骤5：导出矛盾，证明b可大于任意N #

现在假设给定任意 ( N )，如果 ( b \leq N )，那么左边的正整数小于 ( b \leq N )。但我们可以继续取更大的素数 ( p_1 > p_0 )（同样属于余数类 ( r )），重复上述步骤，得到另一个小于 ( b ) 的正整数。

然而，小于 ( b ) 的正整数只有 ( b-1 ) 个，不可能有无穷多个不同的正整数都小于 ( b )。这就说明我们的假设不成立：不存在这样的有限正整数 ( b )，即 ( b ) 必须大于任意给定的 ( N )，而这只有当 ( S ) 是无理数时才成立。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者cyanide