求证素数对数和式渐近等式及乘积推导，现有结论不知如何运用

嘿，你已经握了关键的前置结论，咱们一步步把这两个式子证出来，逻辑很顺畅的！

首先回忆对数的泰勒展开：对于$|t| < 1$，有
$$\log(1-t) = -\sum_{k=1}^\infty \frac{t^k}{k}$$
这里取$t = 1/p$（显然$p\geq2$时$1/p < 1$，满足展开条件），所以：
$$\log\left(1-\frac{1}{p}\right) = -\frac{1}{p} - \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k p^k}$$

把这个代入左边的求和式，拆成两个独立部分：
$$\sum_{p\leq x}\log\left(1-\frac{1}{p}\right) = -\sum_{p\leq x}\frac{1}{p} - \sum_{p\leq x}\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k p^k}$$

先处理第一部分，你已经证得：
$$\sum_{p\leq x} \frac{1}{p} = \log \log x + C + O\left( \frac{1}{\log x} \right)$$
将其代入后，第一部分变为：
$$-\left(\log \log x + C + O\left( \frac{1}{\log x} \right)\right) = -\log \log x - C + O\left( \frac{1}{\log x} \right)$$

再看第二部分：$\sum_{p\leq x}\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k p^k}$。我们先考虑无穷级数的收敛性：
$$\sum_{p}\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k p^k} = \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k} \sum_{p} \frac{1}{p^k}$$
对于每个$k\geq2$，$\sum_p 1/p^{k$都是收敛的（它小于收敛的p级数$\sum_{n=2}}\infty 1/n^{k$），因此整个双重级数是一个**固定常数**，记为$D$。当$x\to\infty$时，余项$\sum_{p>x}\sum_{k=2}}\infty1/(kp^k) \leq \sum_{p>x}\frac{1}{p(p-1)} < \sum_{n>x}\frac{1}{n(n-1)} = 1/x = o(1/\log x)$，所以：
$$\sum_{p\leq x}\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k p^k} = D + O\left( \frac{1}{\log x} \right)$$

把两部分结果合并，令$B = C + D$，就得到：
$$\sum_{p \leq x} \log \left( 1-\frac{1}{p} \right) = -\log \log x - B + O\left (\frac{1}{\log x} \right)$$

这一步利用指数与对数的互逆关系即可：
$$\prod_{p\leq x}\left(1-\frac{1}{p}\right) = \exp\left( \sum_{p\leq x}\log\left(1-\frac{1}{p}\right) \right)$$

将刚证出的第一个式子代入指数项：
$$\exp\left( -\log \log x - B + O\left( \frac{1}{\log x} \right) \right)$$

把指数拆分为三部分，利用指数的乘法法则展开：
$$\exp(-B) \cdot \exp(-\log \log x) \cdot \exp\left( O\left( \frac{1}{\log x} \right) \right)$$

分别计算各部分：

• $\exp(-\log \log x) = \frac{1}{\log x}$（因为$\exp(\log a)=a$，故$\exp(-\log a)=1/a$）
• $\exp(-B)$是常数，记为$e^{-B}$
• 对于$\exp\left( O\left( \frac{1}{\log x} \right) \right)$，设$\epsilon(x) = O\left( \frac{1}{\log x} \right)$，用泰勒展开得：$\exp(\epsilon(x)) = 1 + \epsilon(x) + O(\epsilon(x)^2) = 1 + O\left( \frac{1}{\log x} \right)$（因为$\epsilon(x)^2 = O\left( \frac{1}{\log^2 x} \right)$）

将三部分相乘：
$$\frac{e^{-B}}{\log x} \cdot \left(1 + O\left( \frac{1}{\log x} \right)\right) = \frac{e^{-B}}{\log x} + \frac{e^{-B}}{\log x} \cdot O\left( \frac{1}{\log x} \right)$$
而$\frac{1}{\log x} \cdot O\left( \frac{1}{\log x} \right) = O\left( \frac{1}{\log^2 x} \right)$，最终得到：
$$\prod_{p\leq x} \left(1-\frac{1}{p} \right) = \frac{e^{-B}}{\log x} + O\left( \frac{1}{\log ^2 x } \right)$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Dominated Convergence Theorem