The Series of Primes

Euclid定理的第三个证明

假设 $ 2, 3, \ldots, p_ {j} $为头j个素数且设N(x)为不大于x且不能被任意 $ p > p_ {j} $的素数整除的数的个数n。如果我们表达这样的数n用如下形式

$ n = n^{2}_ {1}m $

m是squrefree的，例如，不能被任意素数的平方整除，我们有

$ m = 2^{b_ {1}} 3^{b_ {2}} \cdots p^{b_ {j}}_ {j} $

每个b要么是1要么是0。只有 $ 2^{j} $个可能的指数的选择且这样不超过 $ 2^{j} $个不同值的m。而 $ n_ {1} \le \sqrt{n} \le \sqrt{x} $且这样不超过 $ \sqrt{x} $个不同的 $ n_ {1} $值。因此

$ N(x) \le 2^{j} \sqrt{x} $

如果之前的定理是错的，这样素数数是有限的，设素数为 $ 2, 3, \ldots, p_ {j} $。这个例子中N(x) = x对每个x且这样

$ x \le 2^{j} \sqrt{x}, \qquad x \le 2^{2j} $

对 $ x \ge 2^{2j} + 1 $是不成立的

定理级数

$ \sum \frac{1}{p} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{11} + \cdots $

是发散的

如果该级数收敛，我们可选择j使得j项之后的余数小于 $ \frac{1}{2} $，例如

$ \frac{1}{p_ {j+1}} + \frac{1}{p_ {j+2}} + \cdots < \frac{1}{2} $

$ n \le x $能被p整除的个数最多x / p个。因此x - N(x)，$ n \le x $可被一个或多个 $ p_ {j+1}, p_ {j+2}, \ldots $整除的个数不超过

$ \frac{x}{p_ {j+1}} + \frac{x}{p_ {j+2}} + \cdots < \frac{1}{2} x $

因此

$ \frac{1}{2}x < N(x) \le 2^{j} \sqrt{x}, \qquad x < 2^{2j+2} $

对 $ x \ge 2^{2j+2} $来说这时不成立的，因此级数是发散的