素数の逆数和の発散

$n$ を、素因数がすべて $p_1,\dots,p_k$ のどれかであるような $x$ 以下の正の整数とする。$n=p_1^{c_1}\cdots p_k^{c_k}$ と書き、各 $c_i$ を $c_i=2a_i+b_i$（$b_i\in\{0,1\}$）と分けると、
$$ n=m^2r,\qquad m:=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k},\qquad r:=p_1^{b_1}\cdots p_k^{b_k} $$
と書ける。指数の組 $(b_1,\dots,b_k)$ は $2^k$ 通りなので、$r$ のとりうる値は $2^k$ 個以下である。また $m^2\le m^2r=n\le x$ なので $m\le\sqrt x$ であり、$m$ のとりうる値は $\sqrt x$ 個以下である。$n$ は組 $(m,r)$ から $n=m^2r$ で決まるので、$n$ の個数は組の個数 $2^k\sqrt x$ 以下である。$\square$

thm-rpd-main を示す。$\sum_p1/p$ が収束すると仮定して矛盾を導く。収束する正項級数の残りの和は $0$ に近づくので、
$$ \sum_{i>k}\frac1{p_i}<\frac12 $$
となる $k\ge1$ がとれる。$x:=2^{2k+2}$ とおき、$x$ 以下の正の整数 $n$ を 2 種類に分ける。

1. 素因数がすべて $p_1,\dots,p_k$ のどれかであるもの。lem-rpd-smooth により、その個数は $2^k\sqrt x=2^k\cdot2^{k+1}=2^{2k+1}$ 以下である。
2. $p_{k+1},p_{k+2},\dots$ のどれかで割り切れるもの。$x$ 以下の $p_i$ の倍数は $\lfloor x/p_i\rfloor\le x/p_i$ 個なので、その個数は
   $$ \sum_{i>k}\frac x{p_i}< \frac x2=2^{2k+1} $$
   より小さい（$p_i>x$ の項は $0$ 個なので、和は実際には有限個の $i$ にわたる）。
   $x$ 以下の正の整数はどれも 1 か 2 に入るので（$n=1$ は 1 に入る）、
   $$ x\le N_k(x)+\sum_{i>k}\Bigl\lfloor\frac x{p_i}\Bigr\rfloor< 2^{2k+1}+2^{2k+1}=2^{2k+2}=x $$
   となり矛盾する。よって $\sum_p1/p$ は発散する。$\square$

$k:=\pi(x)$ とおくと、$x$ 以下の正の整数の素因数はどれも $x$ 以下の素数、すなわち $p_1,\dots,p_k$ のどれかである。よって $N_k(x)=x$ であり、lem-rpd-smooth から $x\le2^k\sqrt x$、すなわち $\sqrt x\le2^k$ である。対数をとって $\pi(x)=k\ge\log x/(2\log2)$ を得る。後半は $x=p_n$ とおくと $\pi(p_n)=n$ なので $n\ge\log p_n/(2\log2)$、すなわち $p_n\le2^{2n}=4^n$ である。$\square$

整数 $N\ge0$ について $R(N):=\sum_{a\in A,\ a\le N}1/a$ とおく（$R(0)=0$）。$R(k)-R(k-1)$ は $k\in A$ なら $1/k$、そうでなければ $0$ なので、$k\,(R(k)-R(k-1))$ は $k\in A$ なら $1$、そうでなければ $0$ である。整数 $N\ge1$ について足し合わせ、和の順序を組み替えると
$$ A(N)=\sum_{k=1}^Nk\bigl(R(k)-R(k-1)\bigr)=NR(N)-\sum_{k=0}^{N-1}R(k) $$
である（$R(k)$（$1\le k\le N-1$）の係数は $k-(k+1)=-1$、$R(N)$ の係数は $N$、$R(0)$ の係数は $-1$）。したがって
$$ \frac{A(N)}N=R(N)-\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}R(k) $$
である。仮定から $R(N)$ は極限 $R$ に収束する。$\varepsilon>0$ に対し、$k\ge K$ なら $\lvert R(k)-R\rvert<\varepsilon$ となる $K$ をとると、$N>K$ について
$$ \Bigl\lvert\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}R(k)-R\Bigr\rvert\le\frac1N\sum_{k=0}^{K-1}\lvert R(k)-R\rvert+\frac{N-K}N\varepsilon $$
であり、右辺の第 1 項は $N\to\infty$ で $0$ に近づくので、左辺の $\limsup$ は $\varepsilon$ 以下である。$\varepsilon$ は任意なので、$\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}R(k)\to R$ であり、$A(N)/N\to R-R=0$ である。実数 $x\ge1$ については $A(x)=A(\lfloor x\rfloor)$ と $\lfloor x\rfloor\le x$ から $A(x)/x\le A(\lfloor x\rfloor)/\lfloor x\rfloor\to0$ である。$\square$

thm-rpd-main を示す。$\sum_p1/p$ が収束すると仮定して矛盾を導く。整数 $N\ge3$ を
$$ \sum_{p>N}\frac1p<\frac12 $$
となるようにとる。素数全体の集合に prop-rpd-density を使うと $\pi(x)/x\to0$ なので、$\pi(mN!)/(mN!)<1/(2N!)$、すなわち
$$ \pi(mN!)<\frac m2 $$
となる整数 $m\ge1$ がとれる。$i=1,2,\dots,m$ について $T_i:=iN!-1$ とおく。
素因数の範囲． $T_i\ge N!-1\ge5$ なので、$T_i$ は素因数をもつ。$N$ 以下の素数 $p$ は $N!$ を割るので $T_i\equiv-1\pmod p$ であり、$T_i$ を割らない。よって $T_i$ の素因数 $p$ は $N< p\le T_i< mN!$ を満たす。
1 つの素数が割る $T_i$ の個数． 素数 $p>N$ が $T_i$ と $T_j$（$i>j$）を割るとすると、$p$ は差 $T_i-T_j=(i-j)N!$ を割る。$p>N$ なので $p$ は $1,2,\dots,N$ のどれも割らず、$N!$ を割らないから、$p\mid i-j$ である。したがって $p$ が割る $T_i$ の添字 $i$ は $\{1,\dots,m\}$ の中の法 $p$ の 1 つの剰余類に入り、その個数は $m/p+1$ 以下である。
数え上げ． $T_1,\dots,T_m$ はどれも $N< p< mN!$ のある素数 $p$ で割り切れるので、
$$ m\le\sum_{N< p< mN!}\Bigl(\frac mp+1\Bigr)\le m\sum_{p>N}\frac1p+\pi(mN!)< \frac m2+\frac m2=m $$
となり矛盾する。よって $\sum_p1/p$ は発散する。$\square$

$x\ge2$ について
$$ \sum_{p\le x}\frac1p=\sum_{p\le x,\ p\in S}\frac1p+\sum_{p\le x,\ p\notin S}\frac1p\le\sum_{s\in S}\frac1s+\sum_{p\le x,\ p\notin S}\frac1p $$
である。$x\to\infty$ で左辺は thm-rpd-main により発散し、右辺の第 1 項は定数なので、第 2 項は上に有界でない。$S$ に属さない素数が有限個なら第 2 項は有界なので、そのような素数は無限にある。$\square$

そのような $n$ が有限個しかないとすると、ある $n_0$ があって、$n\ge n_0$ ならすべて $p_n\ge n^{1+\varepsilon}$、すなわち $1/p_n\le1/n^{1+\varepsilon}$ である。調和級数 の記事の命題「冪の逆数の級数」により $\sum_n1/n^{1+\varepsilon}$ は収束するので、比較により $\sum_{n\ge n_0}1/p_n$ も収束し、$\sum_p1/p$ が収束することになる。これは thm-rpd-main に反する。$\square$