如何证明质数的倒数和是无界的？
质数倒数和的无限之谜：一个深入的探索
我们来聊聊数学中一个引人入胜的话题：质数倒数和的无穷无尽。简单来说，质数就是只能被1和它本身整除的数，比如2、3、5、7、11…… 当我们将这些质数的倒数相加，会发生什么？它们会趋近于一个固定的数字，还是会无限地增长下去？数学家们对此进行了深入的探索，并给出了令人信服的答案：质数的倒数和是无界的。
为什么我们需要证明它？
在开始证明之前，我们不妨先思考一下，为什么这个问题如此重要。质数，作为自然数中最基本的“积木”，构成了所有整数的基石。理解它们的分布规律，以及它们倒数和的性质，对于数论的许多领域都至关重要，比如黎曼猜想等深奥问题的研究。
欧拉的洞察：联系与对立
第一个对质数倒数和的无限性给出深刻见解的是伟大的数学家欧拉。他巧妙地将质数与我们熟悉的“调和级数”联系起来。
调和级数是这样的：1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... 。这个级数被证明是发散的，也就是说，它的和会无限增长。欧拉的关键洞察在于，他发现所有正整数的倒数之和，可以被改写成一个涉及所有质数倒数乘积的表达式。
欧拉的这个联系，是通过一个叫做“欧拉乘积公式”来实现的。我们知道，任何一个正整数都可以唯一地分解成质数的乘积（算术基本定理）。比如，12 = 2 x 2 x 3。
现在，考虑所有正整数的倒数之和：
S = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + ...
欧拉发现，这个S可以写成：
S = (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) (1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) (1 + 1/5 + 1/25 + 1/125 + ...) ...
这里的每一项括号，都是一个以质数p的倒数作为公比的等比数列的和。例如，第一个括号是 (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) = 1 / (1 1/2) = 2。第二个括号是 (1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) = 1 / (1 1/3) = 3/2。
所以，S = 2 (3/2) (5/4) (7/6) ... （这里用到了更多的质数）
这个欧拉乘积公式表明，所有正整数的倒数之和 (S) 等于所有质数倒数与其相应等比数列和的乘积。
证明的思路：从已知到未知
欧拉的思路是：既然我们知道调和级数是发散的（也就是它的和趋向于无穷大），而调和级数又与质数倒数的乘积联系在一起，那么我们是否可以推断出质数倒数和也是无界的呢？
这里的证明可以有几种不同的方式，但核心思想都是利用一些已知的发散级数来“框定”质数倒数和。
方法一：利用调和级数（欧拉的思路的更严谨版本）
我们已经知道：
调和级数 H = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + ... 是发散的。
欧拉乘积公式告诉我们：
H = ∏ (1 + 1/p + 1/p² + 1/p³ + ...) （其中 p 是所有质数）
H = ∏ [1 / (1 1/p)]
现在，让我们考虑质数倒数和：
P = 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + ...
我们可以对 P 的自然对数取个值：
ln(P) = ln(1/2 + 1/3 + 1/5 + ...)
这个似乎不直接。更巧妙的做法是，我们关注 P+1：
P+1 = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/5 + ...
我们知道，调和级数 H = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + ...
H = (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) (1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) (1 + 1/5 + 1/25 + ...) ...
H = ∏ [1 / (1 1/p)]
取自然对数：
ln(H) = ln [ ∏ 1 / (1 1/p) ]
ln(H) = Σ ln [ 1 / (1 1/p) ]
ln(H) = Σ ln (1 1/p)
现在，我们可以利用一个重要的泰勒展开式：对于 $|x| < 1$，有 $ln(1x) = x + x²/2 + x³/3 + ...$
将 $x = 1/p$ 代入：
$ln(1 1/p) = 1/p + 1/(2p²) + 1/(3p³) + ...$
所以：
ln(H) = Σ (1/p + 1/(2p²) + 1/(3p³) + ...) （其中 Σ 是对所有质数 p 求和）
ln(H) = (1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) + (1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) + (1/5 + 1/25 + 1/125 + ...) + ...
ln(H) = Σ (1/p) + Σ (1/(2p²)) + Σ (1/(3p³)) + ...
注意到：
Σ (1/p) 是我们关心的质数倒数和 P。
Σ (1/(2p²)) = (1/2) Σ (1/p²)
Σ (1/(3p³)) = (1/3) Σ (1/p³)
以此类推。
我们知道，对于任何 $k > 1$，级数 Σ (1/p^k) 是收敛的。例如，Σ (1/p²) 是一个收敛的级数（它小于 Σ (1/n²) ，而 Σ (1/n²) 是著名的巴塞尔问题，收敛于 π²/6）。
所以，ln(H) = P + (一个收敛级数)
因为调和级数 H 是发散的，这意味着 ln(H) 也是趋向于无穷大的。
ln(H) → ∞ as H → ∞
所以，
P + (一个收敛级数) → ∞
由于“一个收敛级数”的和是有限的，那么为了使整个表达式趋向于无穷大，P （也就是质数倒数和）必须趋向于无穷大。
P → ∞
方法二：反证法
另一种证明方法是反证法。假设质数的倒数和是收敛的，也就是说：
P = 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + ... = M （其中 M 是一个有限的常数）
那么，我们可以将质数分成两类：
第一类：小的质数，比如 2, 3, 5, ..., p_k，使得它们的倒数之和小于某个值，例如 M/2。
1/2 + 1/3 + 1/5 + ... + 1/p_k < M/2
第二类：大的质数，从 p_{k+1} 开始，它们的倒数之和为：
1/p_{k+1} + 1/p_{k+2} + ... < M/2
现在，我们考虑所有 不被 前 k 个质数整除的整数。这些数只能由大于 p_k 的质数构成。
设 S_N 是所有小于或等于 N 的整数的倒数之和：
S_N = 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/N
我们知道 S_N 随着 N 的增大而发散。
现在，我们考虑那些 只由大于 p_k 的质数 组成的数。比如，如果 p_k = 5，那么大于 5 的质数是 7, 11, 13, 17...。这些数可以是 7, 11, 13, 17, 77=49, 711=77, ...
我们可以尝试构建一个级数，它只包含被大于 p_k 的质数“生成”的数的倒数。
从欧拉乘积公式，我们知道：
∑_{n=1}^{∞} 1/n = ∏_{p} [1 / (1 1/p)]
如果质数倒数和收敛，也就是说 ∑ (1/p) = M，那么 ∏ [1 / (1 1/p)] 应该是收敛的。
我们还可以考虑一个更简单的形式。如果 ∑ (1/p) 收敛，那么对于某个 k，我们可以找到一个 N，使得所有不被前 k 个质数整除的整数的倒数之和，比 N 的调和级数增长得慢得多。
假设质数倒数和收敛。那么存在一个 N，使得所有大于 N 的质数的倒数之和小于 1。
$sum_{p > N} frac{1}{p} < 1$
现在，我们考虑所有 不被 小于或等于 N 的质数整除的整数。
假设 $A_n$ 是所有不被小于或等于 N 的质数整除的整数。
这些数的形式都是 $p_1^{a_1} p_2^{a_2} cdots p_k^{a_k}$，其中 $p_i > N$。
考虑所有由大于 N 的质数构成的数的倒数之和：
$sum_{p > N} frac{1}{p} + sum_{p_i, p_j > N} frac{1}{p_i p_j} + sum_{p_i, p_j, p_k > N} frac{1}{p_i p_j p_k} + cdots$
这个级数可以被表示为：
$(sum_{p>N} frac{1}{p}) (sum_{p>N} frac{1}{p}) (sum_{p>N} frac{1}{p}) cdots$ （这是一个粗略的类比，实际要严谨很多）
更严谨的反证法通常会利用：
1. 调和级数 ∑ 1/n 发散。
2. 任何正整数 n 可以唯一地写成 $n = m^2 cdot k$, 其中 k 是无平方因子的。
3. 质数倒数和如果收敛，那么某些与质数相关的级数也会表现出收敛的特性。
一个更清晰的反证法思路是：
假设 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛。
那么对于任何 $epsilon > 0$，存在一个质数 $P$ 使得：
$sum_{p > P} frac{1}{p} < epsilon$
现在，我们考虑所有 不被 小于或等于 $P$ 的质数整除的整数。
这些整数只能由大于 $P$ 的质数构成。
例如，如果 $P=5$，那么这些数是 7, 11, 13, 17, 77=49, 711=77, ...
设 $S$ 是所有由大于 $P$ 的质数构成的整数的倒数之和。
$S = sum_{n ext{ s.t. } p|n implies p>P} frac{1}{n}$
这个 $S$ 可以被表示为：
$S = prod_{p > P} left( 1 + frac{1}{p} + frac{1}{p^2} + frac{1}{p^3} + cdots ight) = prod_{p > P} frac{1}{1 frac{1}{p}}$
取对数：
$ln S = sum_{p > P} lnleft(1 frac{1}{p} ight)$
使用泰勒展开 $ln(1x) = x + frac{x^2}{2} + frac{x^3}{3} + cdots$：
$ln S = sum_{p > P} left( frac{1}{p} + frac{1}{2p^2} + frac{1}{3p^3} + cdots ight)$
$ln S = sum_{p > P} frac{1}{p} + sum_{p > P} left( frac{1}{2p^2} + frac{1}{3p^3} + cdots ight)$
我们假设 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛，那么 $sum_{p > P} frac{1}{p} < epsilon$。
第二项 $sum_{p > P} left( frac{1}{2p^2} + frac{1}{3p^3} + cdots ight)$ 是一个收敛级数，它的值会小于某个常数 $C$。
所以，$ln S < epsilon + C$。
这意味着 $S < e^{epsilon + C}$。
然而，如果我们再考虑一下。所有由大于 $P$ 的质数构成的整数，实际上包含了很多“重复”。例如，77=49，711=77。
我们知道，所有正整数的倒数之和 ∑ 1/n 发散。
∑ 1/n = ∏ [1 / (1 1/p)]
如果 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛，那么 $prod_{p} frac{1}{1 1/p}$ 也是收敛的。
这与 ∑ 1/n 发散矛盾。
总结反证法的精髓：
如果质数倒数和收敛，那么我们可以“切断”这个级数，使得那些“大质数”的倒数和非常小。接着，我们考虑所有只由这些“大质数”生成的数的倒数之和。根据欧拉乘积公式的性质，这个和应该与所有整数的倒数之和（调和级数）的“大质数部分”相关。如果调和级数是发散的，而大质数部分的贡献又非常小，这就会导致矛盾。
欧拉的第二个证明（更直接）
欧拉还提供了一个更直观的证明。他直接比较了调和级数和质数倒数乘积：
调和级数： $H = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + frac{1}{5} + frac{1}{6} + dots$
欧拉乘积公式： $H = left(1+frac{1}{2}+frac{1}{4}+frac{1}{8}+dots ight) left(1+frac{1}{3}+frac{1}{9}+frac{1}{27}+dots ight) left(1+frac{1}{5}+frac{1}{25}+frac{1}{125}+dots ight) dots$
$H = frac{1}{1frac{1}{2}} cdot frac{1}{1frac{1}{3}} cdot frac{1}{1frac{1}{5}} dots$
现在，让我们关注质数倒数和： $P = frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{5} + dots$
我们可以尝试用调和级数的一些“片段”来“压制”质数倒数和，或者用质数倒数乘积来“逼近”调和级数。
考虑所有由 不同 质数组成的乘积的倒数：
$frac{1}{2} cdot frac{1}{3} cdot frac{1}{5} dots$ （这个很小）
考虑所有由 任意个 质数（可重复）组成的乘积的倒数：
$frac{1}{2}, frac{1}{3}, frac{1}{5}, dots$
$frac{1}{2^2}, frac{1}{3^2}, frac{1}{5^2}, dots$
$frac{1}{2 cdot 3}, frac{1}{2 cdot 5}, frac{1}{3 cdot 5}, dots$
将这些数的倒数相加，就是欧拉乘积公式中的每一项 $frac{1}{11/p}$ 所展开的级数。
现在，关键在于理解调和级数的分裂性。
$1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + dots$
分组：
$(1) + (frac{1}{2}) + (frac{1}{3} + frac{1}{4}) + (frac{1}{5} + dots + frac{1}{8}) + dots$
$= 1 + frac{1}{2} + (frac{1}{3} + frac{1}{4}) + (frac{1}{5} + dots + frac{1}{8}) + dots$
$ge 1 + frac{1}{2} + (frac{1}{4} + frac{1}{4}) + (frac{1}{8} + dots + frac{1}{8}) + dots$
$= 1 + frac{1}{2} + frac{2}{4} + frac{4}{8} + dots$
$= 1 + frac{1}{2} + frac{1}{2} + frac{1}{2} + dots$
这是一个无限的 1/2 相加，显然发散。
欧拉的证明实际上是利用这个发散性。
假设质数倒数和收敛。
那么，对于任意大的 M，我们可以找到一个 K，使得：
$sum_{i=K+1}^{infty} frac{1}{p_i} < 1$
考虑所有不被前 K 个质数整除的整数。这些整数只能由 $p_{K+1}, p_{K+2}, dots$ 构成。
设 $N_x$ 是所有由大于 $p_K$ 的质数构成的，且小于等于 $x$ 的整数。
如果 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛，那么 $prod_{p} (1 + frac{1}{p})$ 也是收敛的。
这个乘积展开后，包含了形如 $frac{1}{p_1 p_2 dots p_m}$ 的项。
最终，证明的要点是：调和级数“包含了”所有质数的倒数，并且它的增长速度比任何质数倒数和收敛的级数都要快。
结论：一个深刻的数学事实
欧拉的发现和后续的证明都明确地告诉我们：质数的倒数和是无界的。这意味着，尽管质数变得越来越稀疏，但它们的倒数加起来，仍然可以无限地增长。这是一个非常重要的数学事实，它揭示了质数分布的深刻规律，也是许多数论研究的基石。
每一次对质数的研究，都像是在探寻宇宙中最基本的数学语言，而质数倒数和的无限之谜，正是这语言中最引人遐想的篇章之一。
我们来聊聊数学中一个引人入胜的话题：质数倒数和的无穷无尽。简单来说，质数就是只能被1和它本身整除的数，比如2、3、5、7、11…… 当我们将这些质数的倒数相加，会发生什么？它们会趋近于一个固定的数字，还是会无限地增长下去？数学家们对此进行了深入的探索，并给出了令人信服的答案：质数的倒数和是无界的。
为什么我们需要证明它？
在开始证明之前，我们不妨先思考一下，为什么这个问题如此重要。质数，作为自然数中最基本的“积木”，构成了所有整数的基石。理解它们的分布规律，以及它们倒数和的性质，对于数论的许多领域都至关重要，比如黎曼猜想等深奥问题的研究。
欧拉的洞察：联系与对立
第一个对质数倒数和的无限性给出深刻见解的是伟大的数学家欧拉。他巧妙地将质数与我们熟悉的“调和级数”联系起来。
调和级数是这样的：1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... 。这个级数被证明是发散的，也就是说，它的和会无限增长。欧拉的关键洞察在于，他发现所有正整数的倒数之和，可以被改写成一个涉及所有质数倒数乘积的表达式。
欧拉的这个联系，是通过一个叫做“欧拉乘积公式”来实现的。我们知道，任何一个正整数都可以唯一地分解成质数的乘积（算术基本定理）。比如，12 = 2 x 2 x 3。
现在，考虑所有正整数的倒数之和：
S = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + ...
欧拉发现，这个S可以写成：
S = (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) (1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) (1 + 1/5 + 1/25 + 1/125 + ...) ...
这里的每一项括号，都是一个以质数p的倒数作为公比的等比数列的和。例如，第一个括号是 (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) = 1 / (1 1/2) = 2。第二个括号是 (1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) = 1 / (1 1/3) = 3/2。
所以，S = 2 (3/2) (5/4) (7/6) ... （这里用到了更多的质数）
这个欧拉乘积公式表明，所有正整数的倒数之和 (S) 等于所有质数倒数与其相应等比数列和的乘积。
证明的思路：从已知到未知
欧拉的思路是：既然我们知道调和级数是发散的（也就是它的和趋向于无穷大），而调和级数又与质数倒数的乘积联系在一起，那么我们是否可以推断出质数倒数和也是无界的呢？
这里的证明可以有几种不同的方式，但核心思想都是利用一些已知的发散级数来“框定”质数倒数和。
方法一：利用调和级数（欧拉的思路的更严谨版本）
我们已经知道：
调和级数 H = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + ... 是发散的。
欧拉乘积公式告诉我们：
H = ∏ (1 + 1/p + 1/p² + 1/p³ + ...) （其中 p 是所有质数）
H = ∏ [1 / (1 1/p)]
现在，让我们考虑质数倒数和：
P = 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + ...
我们可以对 P 的自然对数取个值：
ln(P) = ln(1/2 + 1/3 + 1/5 + ...)
这个似乎不直接。更巧妙的做法是，我们关注 P+1：
P+1 = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/5 + ...
我们知道，调和级数 H = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + ...
H = (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) (1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) (1 + 1/5 + 1/25 + ...) ...
H = ∏ [1 / (1 1/p)]
取自然对数：
ln(H) = ln [ ∏ 1 / (1 1/p) ]
ln(H) = Σ ln [ 1 / (1 1/p) ]
ln(H) = Σ ln (1 1/p)
现在，我们可以利用一个重要的泰勒展开式：对于 $|x| < 1$，有 $ln(1x) = x + x²/2 + x³/3 + ...$
将 $x = 1/p$ 代入：
$ln(1 1/p) = 1/p + 1/(2p²) + 1/(3p³) + ...$
所以：
ln(H) = Σ (1/p + 1/(2p²) + 1/(3p³) + ...) （其中 Σ 是对所有质数 p 求和）
ln(H) = (1/2 + 1/4 + 1/8 + ...) + (1/3 + 1/9 + 1/27 + ...) + (1/5 + 1/25 + 1/125 + ...) + ...
ln(H) = Σ (1/p) + Σ (1/(2p²)) + Σ (1/(3p³)) + ...
注意到：
Σ (1/p) 是我们关心的质数倒数和 P。
Σ (1/(2p²)) = (1/2) Σ (1/p²)
Σ (1/(3p³)) = (1/3) Σ (1/p³)
以此类推。
我们知道，对于任何 $k > 1$，级数 Σ (1/p^k) 是收敛的。例如，Σ (1/p²) 是一个收敛的级数（它小于 Σ (1/n²) ，而 Σ (1/n²) 是著名的巴塞尔问题，收敛于 π²/6）。
所以，ln(H) = P + (一个收敛级数)
因为调和级数 H 是发散的，这意味着 ln(H) 也是趋向于无穷大的。
ln(H) → ∞ as H → ∞
所以，
P + (一个收敛级数) → ∞
由于“一个收敛级数”的和是有限的，那么为了使整个表达式趋向于无穷大，P （也就是质数倒数和）必须趋向于无穷大。
P → ∞
方法二：反证法
另一种证明方法是反证法。假设质数的倒数和是收敛的，也就是说：
P = 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + ... = M （其中 M 是一个有限的常数）
那么，我们可以将质数分成两类：
第一类：小的质数，比如 2, 3, 5, ..., p_k，使得它们的倒数之和小于某个值，例如 M/2。
1/2 + 1/3 + 1/5 + ... + 1/p_k < M/2
第二类：大的质数，从 p_{k+1} 开始，它们的倒数之和为：
1/p_{k+1} + 1/p_{k+2} + ... < M/2
现在，我们考虑所有 不被 前 k 个质数整除的整数。这些数只能由大于 p_k 的质数构成。
设 S_N 是所有小于或等于 N 的整数的倒数之和：
S_N = 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/N
我们知道 S_N 随着 N 的增大而发散。
现在，我们考虑那些 只由大于 p_k 的质数 组成的数。比如，如果 p_k = 5，那么大于 5 的质数是 7, 11, 13, 17...。这些数可以是 7, 11, 13, 17, 77=49, 711=77, ...
我们可以尝试构建一个级数，它只包含被大于 p_k 的质数“生成”的数的倒数。
从欧拉乘积公式，我们知道：
∑_{n=1}^{∞} 1/n = ∏_{p} [1 / (1 1/p)]
如果质数倒数和收敛，也就是说 ∑ (1/p) = M，那么 ∏ [1 / (1 1/p)] 应该是收敛的。
我们还可以考虑一个更简单的形式。如果 ∑ (1/p) 收敛，那么对于某个 k，我们可以找到一个 N，使得所有不被前 k 个质数整除的整数的倒数之和，比 N 的调和级数增长得慢得多。
假设质数倒数和收敛。那么存在一个 N，使得所有大于 N 的质数的倒数之和小于 1。
$sum_{p > N} frac{1}{p} < 1$
现在，我们考虑所有 不被 小于或等于 N 的质数整除的整数。
假设 $A_n$ 是所有不被小于或等于 N 的质数整除的整数。
这些数的形式都是 $p_1^{a_1} p_2^{a_2} cdots p_k^{a_k}$，其中 $p_i > N$。
考虑所有由大于 N 的质数构成的数的倒数之和：
$sum_{p > N} frac{1}{p} + sum_{p_i, p_j > N} frac{1}{p_i p_j} + sum_{p_i, p_j, p_k > N} frac{1}{p_i p_j p_k} + cdots$
这个级数可以被表示为：
$(sum_{p>N} frac{1}{p}) (sum_{p>N} frac{1}{p}) (sum_{p>N} frac{1}{p}) cdots$ （这是一个粗略的类比，实际要严谨很多）
更严谨的反证法通常会利用：
1. 调和级数 ∑ 1/n 发散。
2. 任何正整数 n 可以唯一地写成 $n = m^2 cdot k$, 其中 k 是无平方因子的。
3. 质数倒数和如果收敛，那么某些与质数相关的级数也会表现出收敛的特性。
一个更清晰的反证法思路是：
假设 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛。
那么对于任何 $epsilon > 0$，存在一个质数 $P$ 使得：
$sum_{p > P} frac{1}{p} < epsilon$
现在，我们考虑所有 不被 小于或等于 $P$ 的质数整除的整数。
这些整数只能由大于 $P$ 的质数构成。
例如，如果 $P=5$，那么这些数是 7, 11, 13, 17, 77=49, 711=77, ...
设 $S$ 是所有由大于 $P$ 的质数构成的整数的倒数之和。
$S = sum_{n ext{ s.t. } p|n implies p>P} frac{1}{n}$
这个 $S$ 可以被表示为：
$S = prod_{p > P} left( 1 + frac{1}{p} + frac{1}{p^2} + frac{1}{p^3} + cdots ight) = prod_{p > P} frac{1}{1 frac{1}{p}}$
取对数：
$ln S = sum_{p > P} lnleft(1 frac{1}{p} ight)$
使用泰勒展开 $ln(1x) = x + frac{x^2}{2} + frac{x^3}{3} + cdots$：
$ln S = sum_{p > P} left( frac{1}{p} + frac{1}{2p^2} + frac{1}{3p^3} + cdots ight)$
$ln S = sum_{p > P} frac{1}{p} + sum_{p > P} left( frac{1}{2p^2} + frac{1}{3p^3} + cdots ight)$
我们假设 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛，那么 $sum_{p > P} frac{1}{p} < epsilon$。
第二项 $sum_{p > P} left( frac{1}{2p^2} + frac{1}{3p^3} + cdots ight)$ 是一个收敛级数，它的值会小于某个常数 $C$。
所以，$ln S < epsilon + C$。
这意味着 $S < e^{epsilon + C}$。
然而，如果我们再考虑一下。所有由大于 $P$ 的质数构成的整数，实际上包含了很多“重复”。例如，77=49，711=77。
我们知道，所有正整数的倒数之和 ∑ 1/n 发散。
∑ 1/n = ∏ [1 / (1 1/p)]
如果 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛，那么 $prod_{p} frac{1}{1 1/p}$ 也是收敛的。
这与 ∑ 1/n 发散矛盾。
总结反证法的精髓：
如果质数倒数和收敛，那么我们可以“切断”这个级数，使得那些“大质数”的倒数和非常小。接着，我们考虑所有只由这些“大质数”生成的数的倒数之和。根据欧拉乘积公式的性质，这个和应该与所有整数的倒数之和（调和级数）的“大质数部分”相关。如果调和级数是发散的，而大质数部分的贡献又非常小，这就会导致矛盾。
欧拉的第二个证明（更直接）
欧拉还提供了一个更直观的证明。他直接比较了调和级数和质数倒数乘积：
调和级数： $H = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + frac{1}{5} + frac{1}{6} + dots$
欧拉乘积公式： $H = left(1+frac{1}{2}+frac{1}{4}+frac{1}{8}+dots ight) left(1+frac{1}{3}+frac{1}{9}+frac{1}{27}+dots ight) left(1+frac{1}{5}+frac{1}{25}+frac{1}{125}+dots ight) dots$
$H = frac{1}{1frac{1}{2}} cdot frac{1}{1frac{1}{3}} cdot frac{1}{1frac{1}{5}} dots$
现在，让我们关注质数倒数和： $P = frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{5} + dots$
我们可以尝试用调和级数的一些“片段”来“压制”质数倒数和，或者用质数倒数乘积来“逼近”调和级数。
考虑所有由 不同 质数组成的乘积的倒数：
$frac{1}{2} cdot frac{1}{3} cdot frac{1}{5} dots$ （这个很小）
考虑所有由 任意个 质数（可重复）组成的乘积的倒数：
$frac{1}{2}, frac{1}{3}, frac{1}{5}, dots$
$frac{1}{2^2}, frac{1}{3^2}, frac{1}{5^2}, dots$
$frac{1}{2 cdot 3}, frac{1}{2 cdot 5}, frac{1}{3 cdot 5}, dots$
将这些数的倒数相加，就是欧拉乘积公式中的每一项 $frac{1}{11/p}$ 所展开的级数。
现在，关键在于理解调和级数的分裂性。
$1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + dots$
分组：
$(1) + (frac{1}{2}) + (frac{1}{3} + frac{1}{4}) + (frac{1}{5} + dots + frac{1}{8}) + dots$
$= 1 + frac{1}{2} + (frac{1}{3} + frac{1}{4}) + (frac{1}{5} + dots + frac{1}{8}) + dots$
$ge 1 + frac{1}{2} + (frac{1}{4} + frac{1}{4}) + (frac{1}{8} + dots + frac{1}{8}) + dots$
$= 1 + frac{1}{2} + frac{2}{4} + frac{4}{8} + dots$
$= 1 + frac{1}{2} + frac{1}{2} + frac{1}{2} + dots$
这是一个无限的 1/2 相加，显然发散。
欧拉的证明实际上是利用这个发散性。
假设质数倒数和收敛。
那么，对于任意大的 M，我们可以找到一个 K，使得：
$sum_{i=K+1}^{infty} frac{1}{p_i} < 1$
考虑所有不被前 K 个质数整除的整数。这些整数只能由 $p_{K+1}, p_{K+2}, dots$ 构成。
设 $N_x$ 是所有由大于 $p_K$ 的质数构成的，且小于等于 $x$ 的整数。
如果 $sum_{p} frac{1}{p}$ 收敛，那么 $prod_{p} (1 + frac{1}{p})$ 也是收敛的。
这个乘积展开后，包含了形如 $frac{1}{p_1 p_2 dots p_m}$ 的项。
最终，证明的要点是：调和级数“包含了”所有质数的倒数，并且它的增长速度比任何质数倒数和收敛的级数都要快。
结论：一个深刻的数学事实
欧拉的发现和后续的证明都明确地告诉我们：质数的倒数和是无界的。这意味着，尽管质数变得越来越稀疏，但它们的倒数加起来，仍然可以无限地增长。这是一个非常重要的数学事实，它揭示了质数分布的深刻规律，也是许多数论研究的基石。
每一次对质数的研究，都像是在探寻宇宙中最基本的数学语言，而质数倒数和的无限之谜，正是这语言中最引人遐想的篇章之一。
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