令 $c_0=\sum_{p}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}\approx 0.315718$ (其收敛性的证明参见问题 2011), 则对 $x\geqslant 2$ 有
\[
\sum_{p\leqslant x}\frac{1}{p}=\ln\{\frac{1}{\prod_{p\leqslant x}(1-\frac{1}{p})}\}-c_0+\frac{\vartheta}{2(x-1)},
\]
其中 $\vartheta=\vartheta(x)\in ]0,1[$.
References:
Gérald Tenenbaum, 解析与概率数论导引. (P.17 定理 1.9)
1
由 $c_0$ 的表达式, 我们可以得到题设中的公式. 事实上,
\[
\begin{split}
c_0&=\sum_{p\leqslant x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}+\sum_{p > x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}\\
&=\sum_{p\leqslant x}\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\sum_{p\leqslant x}\frac{1}{p}+\sum_{p > x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\},\\
\end{split}
\]
从而
\[
\begin{split}
\sum_{p\leqslant x}\frac{1}{p}&=\sum_{p\leqslant x}\ln\frac{1}{1-\frac{1}{p}}-c_0+\sum_{p > x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}\\
&=\ln\prod_{p\leqslant x}\frac{1}{1-\frac{1}{p}}-c_0+\sum_{p > x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}.
\end{split}
\]
令 $\frac{\vartheta(x)}{2(x-1)}=\sum_{p > x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}$, 则得到题设公式. 并且, 我们有
\[
\begin{split}
0 < \vartheta(x)&=2(x-1)\sum_{p > x}\{\ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}})-\frac{1}{p}\}\\
&=2(x-1)\sum_{p > x}\sum_{k\geqslant 2}\frac{1}{k}p^{-k}\\
& < \sum_{p > x}\frac{2(x-1)}{2p(p-1)}\\
& < \sum_{n > x}\frac{2(x-1)}{2n(n-1)}\\
& =\frac{x-1}{N-1} < 1,
\end{split}
\]
这里第二个等号使用了 $\ln(1-x)$ 的 Taylor 展开. 事实上, 根据 $\log(1+x)$ 的 Taylor 展式
\[
\log(1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{5}x^5-\cdots,
\]
因此,
\[
\begin{split}
-\ln(1-\frac{1}{p})&=(-1)\cdot\biggl[(-\frac{1}{p})-\frac{1}{2}(-\frac{1}{p})^2+\frac{1}{3}(-\frac{1}{p})^3-\frac{1}{4}(-\frac{1}{p})^4+\frac{1}{5}(-\frac{1}{p})^5-\cdots\biggr]\\
&=\frac{1}{p}+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{3p^3}+\frac{1}{4p^4}+\frac{1}{5p^5}+\cdots
\end{split}
\]
接下来的小于号使用了下面的估计
\[
\sum_{k\geqslant 2}\frac{1}{k}p^{-k} < \frac{1}{2}(p^{-2}+p^{-3}+p^{-4}+\cdots)=\frac{1}{2p(p-1)}.
\]
这里 $N$ 是大于 $x$ 的最大整数. 于是证明了要求的估计.