素数の逆数和が発散することの4種類の証明！

$\sigma >1$とすると
$$\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{\sigma }}\le 1+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}{x}^{-\sigma }dx=1+\frac{1}{\sigma -1}<\mathrm{\infty }\end{array}$$
より収束する. また$\sigma \le 1$の場合は, 対象が正項級数ゆえ$\sigma =1$のときのみ示せば十分である. そこで収束すると仮定すると,
$$\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}\ge {\int }_1^{\mathrm{\infty }}{x}^{-1}dx=\log x{|}_1^{\mathrm{\infty }}=\mathrm{\infty }.\end{array}$$
これは矛盾である.

以下を参照されたい.
私はゼータ関数のEuler積表示を無限積の絶対収束性を使わず示したい！

$x>1$とする.
$$\begin{array}{rl}\log \zeta (x)& =\log \prod _{p\in \mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-x}}\\ & =-\sum _{p\in \mathbb{P}}\log (1-p^{-x})\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{m{p}^{mx}}\left(\text{logのテイラー展開}\right)\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{1}{p^x}+\sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{m=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{m{p}^{mx}}\end{array}$$
と変形できる. ここで
$$\begin{array}{r}\left|\sum _{m=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{m{p}^{mx}}\right|<\frac{1}{2}\sum _{m=2}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{1}{p^x}\right)}^m=\frac{1}{2}\frac{\frac{1}{p^{2x}}}{1-\frac{1}{p^x}}\le \frac{1}{2p^{2x}}\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{p^{2x}}\end{array}$$
だから, 二項目は
$$\begin{array}{r}\left|\sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{m=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{m{p}^{mx}}\right|<\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{1}{p^{2x}}<\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{2x}}<\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}.\end{array}$$
と評価でき, 収束が確認できる. 従って, 素数の逆数和の収束発散は$\log \zeta (x)$の$x\to 1+$での収束発散に置き換えられる. しかし, 命題$1$より$\zeta (x)$が$x\to 1+$で正の無限大に発散するので, $\log \zeta (x)$も発散する. 以上より, 素数の逆数和は発散する.

$n$番目の素数を$p_n$と書く. 素数の逆数和が収束すると仮定すると, ある自然数$k$が存在して
$$\begin{array}{r}\sum _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p_i}<\frac{1}{2}\end{array}$$
が成り立つ. $N$を$2^{2k+2}$以上の自然数としてとり, $N_1$を$p_k$より大きな素因子をもつ$N$以下の自然数の個数, $N_2$を$p_k$以下の素因子を持つ$N$以下の自然数の個数とする. 即ち, ${\mathbb{Z}}_{\ge 0}$で非負整数全体を表わすとすれば,
$$\begin{array}{rl}{N}_1& =\mathrm{\#}\{n\le N:n=\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{p}_i^{e_i},\prod _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}{p}_i^{e_i}>1(e_i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0})\},\\ N_2& =\mathrm{\#}\{n\le N:n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{e_i}(e_i\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0})\}.\end{array}$$
もちろん, $N=N_1+N_2$である. 一般に, 素数$p$の倍数である$N$以下の自然数の個数は$\lfloor \frac{N}{p}\rfloor$だから, $N_1$は
$$\begin{array}{r}{N}_1\le \sum _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}\lfloor \frac{N}{p_i}\rfloor \le N\sum _{i=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p_i}<\frac{N}{2}\end{array}$$
と評価できる. 次に, $p_1,p_2,\dots ,p_k$のみを素因子にもつ$N$以下の自然数$n$をひとつとり, $n=a{b}^2$のように平方因子を含まない$a\in \mathbb{N}$と平方数$b^2\in \mathbb{N}$の積で表わす. $a$の可能性は, 各$p_i(1\le i\le k)$を含むか否かの$2^k$通りある. 一方,
$$\begin{array}{r}{b}^2=\frac{n}{a}\le N\end{array}$$
より$b\le \sqrt{N}$だから, $b$の可能性は高々$\sqrt{N}$通りである. よって, $n$の可能性は高々$2^k\sqrt{N}$通りであり,
$$\begin{array}{r}{N}_2\le 2^k\sqrt{N}\end{array}$$
と評価できる. 以上より,
$$\begin{array}{r}N=N_1+N_2<\frac{N}{2}+2^k\sqrt{N}\end{array}$$
これを変形すると${\left(\frac{N}{2}\right)}^2<2^{2k}N$となり, $N$について解けば
$$\begin{array}{r}N<2^{2k+2}\end{array}$$
が得られる. ところが, $N$は$2^{2k+2}$以上としてとっていたので矛盾が生じている. 従って, 素数の逆数和は発散する.

自然数$n$に対し$p_n$で$n$番目の素数を表わすとする.
収束すると仮定し矛盾を導く. もし収束するなら, ある自然数$k$が存在して
$$\begin{array}{r}\sum _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p_m}<\frac{1}{2}\left(1\right)\end{array}$$
が成り立つ. $Q=p_1{p}_2\cdots p_k$とおくと,$1+nQ(n\in \mathbb{N})$は$p_1,p_2,\dots ,p_k$のどれでも割れないので,
$$\begin{array}{r}1+nQ=\prod _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}{p}_m^{a_m(n)}(a_m(n)\ge 0)\end{array}$$
と因数分解できる. もちろん, $m$が十分大きければ, $a_m(n)=0$である. ここで, $\mathbb{N}$上の二項関係$\sim$を
$$\begin{array}{r}n\sim n^{\prime }\stackrel{\text{def}}{⟺}\sum _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}{a}_m(n)=\sum _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}{a}_m(n^{\prime })\end{array}$$
で定めれば, 素因数分解の一意性よりwell-definedである. 自然数$r$に対して, 商集合：
$$\begin{array}{r}A=\{1,2,\dots ,r\}/\sim \end{array}$$
は$\mathbb{N}$の部分集合と同一視できるため, $A$に$\mathbb{N}$と同じ順序を入れ, $A$の元を小さい順に$x_1,x_2,\dots ,x_{r^{\prime }}$と書くことにする. このとき,
$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^r\frac{1}{1+nQ}& =\sum _{n=1}^r\frac{1}{\prod _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}{p}_m^{a_m(n)}}\\ & \le \sum _{n=1}^{r^{\prime }}{\left(\sum _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p_m}\right)}^{\sum _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}{a}_m(x_n)}\\ & \le \sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\left(\sum _{m=k+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p_m}\right)}^l\\ & <\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{1}{2}\right)}^l((1)を適用した.)\\ & =1.\end{array}$$
このことから,
$$\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+nQ}\le 1\end{array}$$
が成り立つ. しかし,
$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+nQ}& =\frac{1}{Q}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n+Q^{-1}}\\ & \ge \frac{1}{Q}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n+1}\\ & \ge \frac{1}{Q}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x+1}\\ & =+\mathrm{\infty }.\end{array}$$
より矛盾が生じているので, 素数の逆数和は正の無限大に発散する. 但し, 二つ目の不等式にて Euler-Maclaurinの定理 の定理$1$を用いた.

任意の素数$p$に対して
$$\begin{array}{r}(1+\frac{1}{p})\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^{2n}}=\sum _{n=0}\frac{1}{p^{2n}}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^{2n+1}}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^n}\end{array}$$
が成り立つ. そこで, $x$以下の素数すべてに対して積をとる：
$$\begin{array}{r}\prod _{p\le x}(1+\frac{1}{p})\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^{2n}}=\prod _{p\le x}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^n}.\end{array}$$
$x$以下の素数の積で表せる自然数全体を$A_x$とおくと,
$$\begin{array}{r}\prod _{p\le x}(1+\frac{1}{p})\times \sum _{n\in A_x\cup \left\{1\right\}}\frac{1}{n^2}=\sum _{n\in A_x\cup \left\{1\right\}}\frac{1}{n}\end{array}$$
命題$1$より, $\sum _{n\in A_x\cup \left\{1\right\}}{n}^{-2}$は$x\to \mathrm{\infty }$で収束し, $\sum _{n\in A_x\cup \left\{1\right\}}{n}^{-1}$は正の無限大に発散する. 即ち,
$$\begin{array}{r}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{p\le x}(1+\frac{1}{p})=+\mathrm{\infty }.\end{array}$$
ところで, 正実数$\alpha$に対して$1+\alpha <e^{\alpha }$を満たすから,
$$\begin{array}{r}\prod _{p\le x}(1+\frac{1}{p})\le \prod _{p\le x}{e}^{\frac{1}{p}}=\exp \left(\sum _{p\le x}\frac{1}{p}\right).\end{array}$$
従って, 追い出しの原理より
$$\begin{array}{r}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{p\le x}\frac{1}{p}=+\mathrm{\infty }\end{array}$$
が成り立つ.