・ 等比級数の和の公式 $$1+r+r^2+\cdots=\frac{1}{1-r} (0 \le r < 1)$$ ・ 対数関数の性質 $$\log ab=\log a+\log b，\log \frac{1}{a}=-\log a$$ ・ 素因数分解の一意性
・ 対数関数の極限 $$\lim_{n \rightarrow \infty} \log \log n=\infty$$
調和級数が発散すること，すなわち， $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots =\infty$$ が成り立つことはよく知られています．
これは言い換えれば，自然数の逆数和は発散するということです．実はもっと強く，素数の逆数和は発散することが知られています．
$p_n$ を $n$ 番目の素数とします．
$$p_1=2,p_2=3,p_3=5,…$$ です．今回の目標は， $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{p_k}=\infty$$ を示すことです．
素数の逆数和が発散することを証明するための準備として，次の重要な不等式を理解する必要があります．この不等式が証明の中で最も難しい部分となります．
$p_n$ を $n$ 番目の素数とする．このとき，次の不等式が成り立つ． $$\large \prod_{k=1}^n \frac{1}{1-\frac{1}{p_k}} \ge \sum_{k=1}^{p_n} \frac{1}{k}$$
不等式の意味
右辺は簡単です．これは，$1$ から $p_n$ までの逆数和です． $$\sum_{k=1}^{p_n} \frac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{p_n}$$ 左辺は， $$\frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}$$ という式を $k=1$ から $n$ まで掛け合わせたものです．ここで，$\frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}$ は，初項 $1$,公比 $\frac{1}{p_k}$ の等比級数の和であることに注意してください．つまり， $$\frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}=1+\frac{1}{p_k}+\frac{1}{p_k^2}+\frac{1}{p_k^3}+\cdots$$ です．
不等式の証明
左辺を書き下せば， $$\prod_{k=1}^n \frac{1}{1-\frac{1}{p_k}}=\left(1+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_1^2}+\cdots\right)\left(1+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_2^2}+\cdots\right)\cdots\left(1+\frac{1}{p_n}+\frac{1}{p_n^2}+\cdots\right) \cdots(*)$$ という風になります．これを展開したときにどのような項が出てくるかを考えます．$1$ 以上 $p_n$ 以下のいかなる自然数も， $$p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_n^{\alpha_n}$$ という風に素因数分解できます．(ただし，$\alpha_1,…,\alpha_n$ は $0$ 以上の自然数) そして，$(*)$ 式の右辺を展開すれば，$\alpha_1,…,\alpha_n$ が $0$ 以上のどのような自然数だとしても，必ず $$\frac{1}{p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_n^{\alpha_n}}$$ という項がでてきます．これは， $$\prod_{k=1}^n \frac{1}{1-\frac{1}{p_k}} \ge \sum_{k=1}^{p_n} \frac{1}{k}$$ が成り立つことを意味しています．つまり，右辺のどの項も，左辺の式を展開したときに現れるということです．
上で示した不等式を使って，素数の逆数和が発散することを証明します．
証明： $p_n$ を $n$ 番目の素数とすると，次の不等式が成り立つ． $$\prod_{k=1}^n \frac{1}{1-\frac{1}{p_k}} \ge \sum_{k=1}^{p_n} \frac{1}{k}$$ また，$y=\frac{1}{x}$ のグラフより， $$\sum_{k=1}^{p_n} \frac{1}{k} > \int_{1}^{p_n+1} \frac{1}{x} dx=\log (p_n+1) > \log p_n $$ が成り立つ．→補足
合わせると， $$\prod_{k=1}^n \frac{1}{1-\frac{1}{p_k}} >\log p_n$$ 両辺の逆数をとって， $$\prod_{k=1}^n \left(1-\frac{1}{p_k}\right) < \frac{1}{\log p_n}$$ 両辺どちらも正なので，両辺の log をとることができて， $$\log\left(\prod_{k=1}^n \left(1-\frac{1}{p_k}\right)\right) < \log\left(\frac{1}{\log p_n}\right)$$ したがって， $$\sum_{k=1}^n \log\left(1-\frac{1}{p_k}\right) < -\log \log p_n$$ が成り立つ．ここで，$-\frac{1}{2} \le x < 0$ の範囲で，$2x < \log(1+x)$ が成り立つので，→補足これに $x=-\frac{1}{p_k}$ を代入すると， $$-\frac{2}{p_k} < \log\left(1-\frac{1}{p_k}\right)$$ が従う．
これと上の不等式を合わせると， $$\sum_{k=1}^n -\frac{2}{p_k} < -\log \log p_n$$ よって， $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{p_k} > \frac{1}{2}\log \log p_n$$ $n \rightarrow \infty$ とすると，$\frac{1}{2}\log \log p_n \rightarrow \infty$ なので， $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{p_k} = \infty$$
上の証明中で使った事柄についての補足です．
$\sum_{k=1}^{p_n} \frac{1}{k} > \int_{1}^{p_n+1} \frac{1}{x} dx$ が成り立つこと
x < \log(1+x) (-\frac{1}{2} \le x < 0)$ が成り立つこと
この他にもいろいろな証明が知られています．
