素数的倒数之和

公元前3世纪，欧几里得证明了素数有无穷多个。公元十八世纪，欧拉证明了所有素数的倒数之和发散。这里给出一些证明。

证明一

\ln (\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}) = \ln (\prod_{p} \frac{1}{1 - p^{- 1}}) = \sum_{p} \ln (\frac{1}{1 - p^{- 1}}) = \sum_{p} - \ln (1 - p^{- 1})

= \sum_{p} (\frac{1}{p} + \frac{1}{2 p^{2}} + \frac{1}{3 p^{3}} + \dots) = (\sum_{p} \frac{1}{p}) + \sum_{p} \frac{1}{p^{2}} (\frac{1}{2} + \frac{1}{3 p} + \frac{1}{4 p^{2}} + \dots)

< (\sum_{p} \frac{1}{p}) + \sum_{p} \frac{1}{p^{2}} (1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^{2}} + \dots) = (\sum_{p} \frac{1}{p}) + (\sum_{p} \frac{1}{p (p - 1)})

= (\sum_{p} \frac{1}{p}) + C

因为当n逐渐增大时，前n个整数的倒数之和趋近于ln(n)，所以

\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{11} + \dots = \ln \ln (+ \infty) .

假设所有素数的倒数之和收敛：

定义 $p_{i}$ 为第i个素數，可得到

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{p_{k}} = c .

存在一个正整数i使得

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{p_{i + k}} < \frac{1}{2} .

定义N(x)为不超过x且不能被任何大于第i个素数的素数整除的正整数n的个数。设 $n = k m^{2}$ ，k不再含平方因子（任何整数都可以这样）。由于只有i个素数能整除k，k最多只有 $2^{i}$ 种选择。又因为m最多只能取 $\sqrt{x}$ 个值，可得到：

N (x) \leq 2^{i} \sqrt{x}

不超过x且能被某些大于第i个素数的素数整除的正整数n的个数为x − N(x)。

因为不超过x且能被p整除的整数最多有x/p个，可得到

x - N (x) < \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x}{p_{i + k}} < \frac{x}{2},

或

\frac{x}{2} < N (x) \leq 2^{i} \sqrt{x} .

但这是不可能的。

Chris K. Caldwell: "There are infinitely many primes, but, how big of an infinity?", -{R|http://www.utm.edu/research/primes/infinity.shtml}- Template:Wayback