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{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^\sigma}\leq1+\int_1^\infty x^{-\sigma}dx=1+\frac{1}{\sigma-1}<\infty \end{align}
より収束する. また$\sigma\leq1$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{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\geq\int_1^\infty x^{-1}dx=\log x\Big|_1^\infty=\infty. \end{align}
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{align} \log\zeta(x) &=\log\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-x}}\\ &=-\sum_{p\in\mathbb{P}}\log\pas{1-p^{-x}}\\ &=\sum_{p\in\mathbb{P}}\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{mp^{mx}}\quad\pas{\text{logのテイラー展開}}\\ &=\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{p^x}+\sum_{p\in\mathbb{P}}\sum_{m=2}^\infty\frac{1}{mp^{mx}} \end{align}
と変形できる. ここで
\begin{align} \abs{\sum_{m=2}^\infty\frac{1}{mp^{mx}}}<\frac{1}{2}\sum_{m=2}^\infty\pas{\frac{1}{p^x}}^m=\frac{1}{2}\frac{\frac{1}{p^{2x}}}{1-\frac{1}{p^x}}\leq \frac{1}{2p^{2x}}\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{p^{2x}} \end{align}
だから, 二項目は
\begin{align} \abs{\sum_{p\in\mathbb{P}}\sum_{m=2}^\infty\frac{1}{mp^{mx}}}<\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{p^{2x}}<\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^{2x}}<\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}. \end{align}
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$x\to1+$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$x\to1+$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{align} \sum_{i=k+1}^\infty\frac{1}{p_i}<\frac{1}{2} \end{align}
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, $\Z_{\geq0}$で非負整数全体を表わすとすれば,
\begin{align} N_1&=\#\Pas{n\leq N : n=\prod_{i=1}^\infty p_i^{e_i}, \prod_{i=k+1}^\infty p_i^{e_i}>1\quad\pas{e_i\in\Z_{\geq0}}},\\ N_2&=\#\Pas{n\leq N : n=\prod_{i=1}^k p_i^{e_i}\quad\pas{e_i\in\Z_{\geq0}}}. \end{align}
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$\floor{\frac{N}{p}}$だから, $N_1$は
\begin{align} N_1\leq \sum_{i=k+1}^\infty\floor{\frac{N}{p_i}}\leq N\sum_{i=k+1}^\infty\frac{1}{p_i}<\frac{N}{2} \end{align}
と評価できる. 次に, $p_1,p_2,\ldots,p_k$のみを素因子にもつ$N$以下の自然数$n$をひとつとり, $n=ab^2$のように平方因子を含まない$a\in\N$と平方数$b^2\in\N$の積で表わす. $a$の可能性は, 各$p_i\;\pas{1\leq i\leq k}$を含むか否かの$2^k$通りある. 一方,
\begin{align} b^2=\frac{n}{a}\leq N \end{align}
より$b\leq\sqrt{N}$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{align} N_2\leq2^k\sqrt{N} \end{align}
と評価できる. 以上より,
\begin{align} N=N_1+N_2<\frac{N}{2}+2^k\sqrt{N}\\ \end{align}
これを変形すると$\pas{\frac{N}{2}}^2<2^{2k}N$となり, $N$について解けば
\begin{align} N<2^{2k+2} \end{align}
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{align} \sum_{m=k+1}^\infty\frac{1}{p_m}<\frac{1}{2}\quad \quad\pas{1} \end{align}
が成り立つ. $Q=p_1p_2\cdots p_k$とおくと,$1+nQ\;\pas{n\in\N}$は$p_1,p_2,\ldots,p_k$のどれでも割れないので,
\begin{align} 1+nQ=\prod_{m=k+1}^\infty p_m^{a_m(n)}\quad \pas{a_m(n)\geq0} \end{align}
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, $\N$上の二項関係$\sim$を
\begin{align} n\sim n^\prime\overset{\text{def}}{\iff}\sum_{m=k+1}^\infty a_m(n)=\sum_{m=k+1}^\infty a_m(n^\prime) \end{align}
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{align} A=\Pas{1,2,\ldots,r}/\sim \end{align}
は$\N$の部分集合と同一視できるため, $A$に$\N$と同じ順序を入れ, $A$の元を小さい順に$x_1,x_2,\ldots,x_{r^\prime}$と書くことにする. このとき,
\begin{align} \sum_{n=1}^r\frac{1}{1+nQ} &=\sum_{n=1}^r\frac{1}{\prod_{m=k+1}^\infty p_m^{a_m(n)}}\\ &\leq \sum_{n=1}^{r^\prime}\pas{\sum_{m=k+1}^\infty\frac{1}{p_m}}^{\sum_{m=k+1}^\infty a_m(x_n)}\\ &\leq \sum_{l=1}^\infty\pas{\sum_{m=k+1}^\infty\frac{1}{p_m}}^l\\ &<\sum_{l=1}^\infty\pas{\frac{1}{2}}^l\quad\pas{(1)を適用した.}\\ &=1. \end{align}
このことから,
\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{1+nQ}\leq1 \end{align}
が成り立つ. しかし,
\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{1+nQ} &= \frac{1}{Q}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n+Q^{-1}}\\ &\geq \frac{1}{Q}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n+1}\\ &\geq \frac{1}{Q}\int_1^\infty\frac{dx}{x+1}\\ &=+\infty. \end{align}
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{align} \pas{1+\frac{1}{p}}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{p^{2n}} =\sum_{n=0}\frac{1}{p^{2n}}+\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{p^{2n+1}}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{p^n} \end{align}
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{align} \prod_{p\leq x}\pas{1+\frac{1}{p}}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{p^{2n}}=\prod_{p\leq x}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{p^n}. \end{align}
$x$以下の素数の積で表せる自然数全体を$A_x$とおくと,
\begin{align} \prod_{p\leq x}\pas{1+\frac{1}{p}}\times\sum_{n\in A_x\cup\Pas{1}}\frac{1}{n^2}=\sum_{n\in A_x\cup\Pas{1}}\frac{1}{n} \end{align}
命題$1$より, $\sum_{n\in A_x\cup\Pas{1}}n^{-2}$は$x\to\infty$で収束し, $\sum_{n\in A_x\cup\Pas{1}}n^{-1}$は正の無限大に発散する. 即ち,
\begin{align} \lim_{x\to\infty}\prod_{p\leq x}\pas{1+\frac{1}{p}}=+\infty. \end{align}
ところで, 正実数$\alpha$に対して$1+\alpha< e^\alpha$を満たすから,
\begin{align} \prod_{p\leq x}\pas{1+\frac{1}{p}}\leq \prod_{p\leq x}e^{\frac{1}{p}}=\exp\pas{\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}}. \end{align}
従って, 追い出しの原理より
\begin{align} \lim_{x\to\infty}\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}=+\infty \end{align}
が成り立つ.