この記事では 以下を示します. 下で$p$は$n$以下の素数全体を走ります.

\[\sum_{p \le n} \frac1{p} > \log \log (n+1) - \log 2.\]

この記事はほぼWikipediaのProof that the series exhibits log-log growthの項のコピーです.

証明 証明は5つのステップに分かれています.

Step 1) \(\sum_{i=1}^n \frac1{i} \le (\prod_{p\le n} (1 + \frac1{p})) \times (\sum_{k=1}^n\frac1{k^2})\) が成り立つこと. ここで, 右辺の$p$は$n$以下の素数全体を走る.

実際, 自然数$i$は互いに相違なる素数$q_1, q_2, \ldots, q_l$及び自然数$k$を用いて 一意的に

\[i = q_1q_2 \cdots q_l \times k^2\]

と表すことができる. ここで $1/i$の項は

\[(1 + \frac1{q_1}) (1 + \frac1{q_2}) \cdots (1 + \frac1{q_l}) \times \frac1{k^2}\]

に現れる.

Step 2)

\[\log(n+1) < \sum_{i=1}^n \frac1{i}\]

が成り立つこと.

実際

\[\begin{align*} \log(n+1) &= \int_1^{n+1} \frac1{x}dx \\ &= \sum_{i=1}^n \int_i^{i+1} \frac1{x} dx \\ &< \sum_{i=1}^n \frac1{i}. \end{align*}\]

Step3) \(\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}\) は収束し, その収束値は2以下である.

実際

\[\begin{align*} \sum_{k=1}^n \frac1{k^2} &= \frac1{1^2} + \frac1{2^2} + \frac1{3^2} + \cdots + \frac1{n^2} \\ & \le \frac1{1^2} + \frac1{2(2-1)} + \frac1{3(3-2)} + \cdots + \frac1{n(n-1)} \\ &= 1 + \sum_{k=2}^n \frac1{k(k-1)} \\ &= 1 + \sum_{k=2}^n (\frac1{k-1} - \frac1{k}) \\ &= 2 - \frac1{n} < 2. \end{align*}\]

よって

\[\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}\]

は単調増加かつ上に有界なので収束し, その値は2以下である.

Step 4)

\[1 + x < \exp (x) \quad (x > 0)\]

が成り立つこと.

$f(x) = \exp(x) - (1 + x)$とおくと

\[f^\prime(x) = \exp(x) - 1 > 0 \quad (x > 0)\]

なので $f$は単調増加である. よって

\[f(x) > f(0) = 0 \quad (x > 0).\]

Step 5) 以上を用いて

\[\begin{align*} \log(n+1) &< \sum_{i=1}^n \frac1{i} \\ &\le (\prod_{p\le n} (1 + \frac1{p})) \times (\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}) \\ &< 2\prod_{p \le n} \exp(\frac1{p}) \\ &= 2\exp(\sum_{p\le n} \frac1{p}). \end{align*}\]

以上によって,

\[\begin{align*} \sum_{p \le n} \frac1{p} > \log\log(n+1) - \log 2 \end{align*}\]

が示された.

補足

\[\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^2}\]

の値を求める問題はバーゼル問題と呼ばれている. 現在ではその値は

\[\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}{6}\]

であることが知られている.

この値を使うと, 上と同様に

\[\begin{align*} \sum_{p \le n} \frac1{p} > \log\log(n+1) - \log \frac{\pi^2}{6} \end{align*}\]

を示すことができる.