素数的倒数之和

${\displaystyle \ln \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\right)=\ln \left(\prod _{p}{\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=\sum _{p}\ln \left({\frac {1}{1-p^{-1}}}\right)=\sum _{p}-\ln(1-p^{-1})}$

${\displaystyle =\sum _{p}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2p^{2}}}+{\frac {1}{3p^{3}}}+\cdots \right)=\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3p}}+{\frac {1}{4p^{2}}}+\cdots \right)}$

${\displaystyle <\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\sum _{p}{\frac {1}{p^{2}}}\left(1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+\cdots \right)=\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+\left(\sum _{p}{\frac {1}{p(p-1)}}\right)}$

${\displaystyle =\left(\sum _{p}{\frac {1}{p}}\right)+C}$

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

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

此证明由保罗·埃尔德什给出。用反证法。

假设所有素数的倒数之和收敛：

定义${\displaystyle p_{i}}$为第i个素數，可得到

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{1 \over p_{k}}=c.}$

存在一个正整数i使得

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{1 \over p_{i+k}}<{1 \over 2}.}$

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${\displaystyle n=km^{2}}$，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${\displaystyle 2^{i}}$种选择。 又因为m最多只能取${\displaystyle {\sqrt {x}}}$个值，可得到：

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

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

${\displaystyle x-N(x)<\sum _{k=1}^{\infty }{x \over p_{i+k}}<{x \over 2},}$

或

${\displaystyle {x \over 2}<N(x)\leq 2^{i}{\sqrt {x}}.\,}$

但这是不可能的。

证毕。

• 素数
• 布朗常数
• 欧拉乘积

• Chris K. Caldwell: "There are infinitely many primes, but, how big of an infinity?", http://www.utm.edu/research/primes/infinity.shtml （页面存档备份，存于）