篩法

各 $i$ について $g_i:=\gcd(a_i,P)$ とおく。$P$ の約数 $d$ が $a_i$ を割り切ることと、$d$ が $g_i$ を割り切ることは同値である。Möbius関数 の記事の定理「約数にわたる和」により
$$ \sum_{d\mid P,\ d\mid a_i}\mu(d)=\sum_{d\mid g_i}\mu(d)=\begin{cases}1&(g_i=1)\\0&(g_i\ge2)\end{cases} $$
である。これを $i=1,\dots,N$ について足すと、左辺の和の順序を入れ替えて $\sum_{d\mid P}\mu(d)\,\#\{i\mid d\mid a_i\}=\sum_{d\mid P}\mu(d)A_d$ となり、右辺は $\gcd(a_i,P)=1$ となる $i$ の個数 $S(\mathcal{A},\mathcal{P})$ である。$\square$

$2\le z\le x$ とし、$\mathcal{A}=(1,\dots,\lfloor x\rfloor)$、$\mathcal{P}=\{p\le z\}$ に thm-sv-legendre を使う。$\lfloor x/d\rfloor=x/d-\theta_d$（$0\le\theta_d<1$）と書くと
$$ S(\mathcal{A},\mathcal{P})=x\sum_{d\mid P}\frac{\mu(d)}d-\sum_{d\mid P}\mu(d)\theta_d\le x\prod_{p\le z}\Bigl(1-\frac1p\Bigr)+2^{\pi(z)} $$
である。ここで $\sum_{d\mid P}\mu(d)/d=\prod_{p\le z}(1-1/p)$ は右辺の積を展開したものであり、$P$ の約数は $2^{\pi(z)}$ 個ある。素数の無限性 の記事の命題「Euler積の下からの評価」により $\prod_{p\le z}(1-1/p)<1/\log z$ である。
$x$ 以下の素数のうち $z$ 以下のものは $\pi(z)\le z$ 個である。$z$ より大きいものは $z$ 以下のどの素数でも割り切れないので $S(\mathcal{A},\mathcal{P})$ に数えられ、$1$ も数えられる。よって
$$ \pi(x)\le z+S(\mathcal{A},\mathcal{P})-1< z+\frac{x}{\log z}+2^{\pi(z)} $$
である。$z=\log x$ とおくと（$x\ge e^2$ より $z\ge2$）、$2^{\pi(z)}\le2^{\log x}=x^{\log2}$ なので主張の不等式を得る。$\log2<1$ なので右辺を $x$ で割ったものは $0$ に収束する。$\square$

項 $a_i$ を割り切る $\mathcal{P}$ の素数の個数を $m$ とする。$P$ の約数 $d$ で $d\mid a_i$、$\nu(d)=j$ となるものは、その $m$ 個の素数から $j$ 個を選ぶ選び方と一対一に対応し、$\mu(d)=(-1)^j$ である。したがって $a_i$ が $S_r$ に寄与する量は
$$ c_i:=\sum_{j=0}^{r}(-1)^j\binom mj $$
である（$j>m$ の項は $0$）。$m=0$ なら $c_i=1$ であり、$a_i$ は $S(\mathcal{A},\mathcal{P})$ に $1$ だけ寄与する。$m\ge1$ なら $a_i$ は $S(\mathcal{A},\mathcal{P})$ に寄与せず、包除原理 の記事の補題「二項係数の交代和の打ち切り」により $c_i=(-1)^r\binom{m-1}r$ である。これは $r$ が偶数なら $0$ 以上、奇数なら $0$ 以下である。$i$ について足せば主張を得る。$\square$

$j\ge1$ について、$2^j< p\le2^{j+1}$ を満たす素数の個数を $N_j$ とする。これらの素数はすべて $2^j$ より大きいので、その積は $2^{jN_j}$ 以上である。一方、その積は $2^{j+1}$ 以下の素数すべての積以下であり、Bertrandの仮説 の記事の補題「素数の積の上からの評価」により $4^{2^{j+1}}=2^{2^{j+2}}$ より小さい。よって $jN_j<2^{j+2}$、すなわち $N_j<2^{j+2}/j$ であり、
$$ \sum_{2^j< p\le2^{j+1}}\frac1p\le\frac{N_j}{2^j}<\frac4j $$
である。$J:=\lceil\log_2z\rceil-1$ とおくと、$z>2$ より $J\ge1$、$z\le2^{J+1}$、$J<\log_2z$ である。$z$ 以下の素数は $2$ か、ある $1\le j\le J$ について $2^j< p\le2^{j+1}$ を満たすので
$$ \sum_{p\le z}\frac1p<\frac12+4\sum_{j=1}^J\frac1j\le\frac12+4(1+\log J)<\frac12+4+4\log\frac{\log z}{\log2} $$
である。ここで $\sum_{j=1}^J1/j\le1+\int_1^J dt/t$ を使った。$4\log(1/\log2)<1.47$ なので主張を得る。$\square$

$p\ge3$ では $0<1-\frac2p<1-\frac2p+\frac1{p^2}=\bigl(1-\frac1p\bigr)^2$ である。$p=2$ の因子 $(1-\frac12)^2=\frac14$ を補うと
$$ \prod_{3\le p\le z}\Bigl(1-\frac2p\Bigr)<\prod_{3\le p\le z}\Bigl(1-\frac1p\Bigr)^2=4\prod_{p\le z}\Bigl(1-\frac1p\Bigr)^2<\frac4{(\log z)^2} $$
であり、最後は 素数の無限性 の記事の命題「Euler積の下からの評価」による。$\square$

$d$ の素因数 $p$ について、$p\mid n(n+2)$ は $n\equiv0$ または $n\equiv-2\pmod p$ と同値であり、$p$ は奇数なのでこの 2 つの剰余類は異なる。$d$ は平方因子をもたないので、$d\mid n(n+2)$ は「$d$ の各素因数 $p$ について $n\bmod p$ が 2 つの値のどちらか」と同値であり、中国剰余定理 によりこれは $n$ が法 $d$ のちょうど $2^{\nu(d)}$ 個の剰余類のどれかに属することと同値である。
1 つの剰余類の代表を $1\le c\le d$ にとると、その類に属する $1\le n\le x$ の個数は $c+kd\le x$ を満たす整数 $k\ge0$ の個数である。$x< c$ ならそれは $0$ で、$x/d< c/d\le1$ から $|0-x/d|\le1$ である。$x\ge c$ ならそれは $\lfloor(x-c)/d\rfloor+1$ で、$(x-c)/d$ より大きく $(x-c)/d+1$ 以下であり、$1\le c\le d$ からこれは $x/d-1$ より大きく $x/d+1$ 以下である。いずれの場合も 1 つの類の個数と $x/d$ の差は $1$ 以下なので、$2^{\nu(d)}$ 個の類について足して主張を得る。$\square$

段 1（篩への帰着）。$3\le z\le x$ とし、$P(z):=\prod_{3\le p\le z}p$、
$$ S(x,z):=\#\{n\in\mathbb{Z}\mid 1\le n\le x,\ \gcd(n(n+2),P(z))=1\} $$
とおく。$p\le x$ で $p,p+2$ がともに素数のとき、$p\le z$ となるものは $z$ 個以下である。$p>z$ なら、$z$ 以下の奇素数 $q$ は $p$ とも $p+2$ とも異なり、$p,p+2$ は素数なので $q\nmid p(p+2)$ であり、$n=p$ は $S(x,z)$ に数えられる。よって $\pi_2(x)\le z+S(x,z)$ である。
段 2（打ち切り）。$r\ge0$ を偶数とする。lem-sv-truncation（$\mathcal{A}=(n(n+2))_{1\le n\le x}$、$\mathcal{P}=\{3\le p\le z\}$）と lem-sv-twin-count により
$$ S(x,z)\le\sum_{d\mid P(z),\ \nu(d)\le r}\mu(d)A_d\le x\sum_{d\mid P(z),\ \nu(d)\le r}\mu(d)\frac{2^{\nu(d)}}d+\sum_{d\mid P(z),\ \nu(d)\le r}2^{\nu(d)} $$
である。
段 3（主要な項）。積を展開すると $\prod_{3\le p\le z}(1-2/p)=\sum_{d\mid P(z)}\mu(d)2^{\nu(d)}/d$ なので、段 2 の右辺の最初の和は、この積から $\nu(d)>r$ の項を除いたものである。$s:=\sum_{3\le p\le z}2/p$ とおく。$s^j$ を展開すると、$\nu(d)=j$ の各 $d\mid P(z)$ について $\prod_{p\mid d}(2/p)=2^j/d$ が $j!$ 回現れるので、$\sum_{\nu(d)=j}2^j/d\le s^j/j!$ である。よって
$$ \sum_{d\mid P(z),\ \nu(d)\le r}\mu(d)\frac{2^{\nu(d)}}d\le\prod_{3\le p\le z}\Bigl(1-\frac2p\Bigr)+\sum_{j>r}\frac{s^j}{j!} $$
である。$e^j\ge j^j/j!$ から $j!\ge(j/e)^j$ なので、$r\ge e^2s$ ならば $j>r$ で $es/j< es/r\le1/e$ となり
$$ \sum_{j>r}\frac{s^j}{j!}\le\sum_{j>r}\Bigl(\frac{es}j\Bigr)^j\le\sum_{j>r}e^{-j}< e^{-r} $$
である。lem-sv-product と合わせて、最初の和は $4/(\log z)^2+e^{-r}$ より小さい。
段 4（剰余項）。$z$ 以下の奇素数の個数は $z$ 以下なので、$\nu(d)=j$ の $d\mid P(z)$ は $z^j$ 個以下である。$2z\ge2$ より
$$ \sum_{d\mid P(z),\ \nu(d)\le r}2^{\nu(d)}\le\sum_{j=0}^r(2z)^j\le2(2z)^r $$
である。段 1〜4 をまとめて、$r\ge e^2s$ を満たす偶数 $r$ について
$$ \pi_2(x)< z+\frac{4x}{(\log z)^2}+xe^{-r}+2(2z)^r $$
を得る。
段 5（$r$ と $z$ の選び方）。$L:=\log\log x$ とおき、$r:=2\lceil30L+45\rceil$、$z:=x^{1/(2r)}$ とする。$r$ は $L$ の 1 次式程度なので、$x$ が十分大きければ $z\ge3$ である。lem-sv-reciprocal と $z\le x$ から $s<2(4\log\log z+6)\le8L+12$ であり、$e^2<7.5$ なので $e^2s<60L+90\le r$ である。また $r\le60L+92$ である。各項を評価すると

• $z=x^{1/(2r)}\le x^{1/2}$、
• $\log z=\log x/(2r)$ より $\dfrac{4x}{(\log z)^2}=\dfrac{16r^2x}{(\log x)^2}\le\dfrac{16(60L+92)^2x}{(\log x)^2}$、
• $xe^{-r}\le xe^{-60L}=\dfrac{x}{(\log x)^{60}}$、
• $2(2z)^r=2^{r+1}x^{1/2}\le2^{60L+93}x^{1/2}=2^{93}(\log x)^{60\log2}x^{1/2}<2^{93}(\log x)^{42}x^{1/2}$
  である。$x\to\infty$ で $x^{1/2}(\log x)^{44}/x\to0$ なので、十分大きい $x$ では第 1・3・4 項の和は $x/(\log x)^2$ 以下であり、$L\ge1$ なら $60L+92\le152L$ である。よって十分大きい $x$ で
  $$ \pi_2(x)\le\bigl(16\cdot152^2L^2+1\bigr)\frac{x}{(\log x)^2}\le C\,\frac{x(\log\log x)^2}{(\log x)^2} $$
  が $C=16\cdot152^2+1$ で成り立つ。$\square$

$\frac1{p+2}<\frac1p$ なので $\sum_p1/p$ の収束を示せばよい。$j\ge1$ について、$2^j< p\le2^{j+1}$ を満たす双子素数の組の $p$ にわたる $1/p$ の和は $\pi_2(2^{j+1})/2^j$ 以下である。thm-sv-brun により、十分大きい $j$ で
$$ \frac{\pi_2(2^{j+1})}{2^j}\le2C\,\frac{\bigl(\log((j+1)\log2)\bigr)^2}{\bigl((j+1)\log2\bigr)^2}\le\frac{2C}{(\log2)^2}\cdot\frac{(\log(j+1))^2}{(j+1)^2} $$
である（$(j+1)\log2>1$ のとき $0<\log((j+1)\log2)<\log(j+1)$）。$(\log n)^2\le C'n^{1/2}$（$C'$ は定数）なので $\sum_n(\log n)^2/n^2$ は収束し、正項級数の比較により $\sum_p1/p$ は収束する。$\square$