求证级数∑ₖ=1^∞(pₖlog(pₖ))⁻¹收敛——初等数论问题

嘿，这个问题用素数定理结合比较判别法就能解决，你之前想尝试积分判别法的思路也能走通，咱们一步步来：

第一步：利用素数定理的关键推论 #

素数定理告诉我们，第k个素数$p_k$满足渐近等价关系：
$$p_k \sim k \log k \quad (k \to \infty)$$
翻译成直白的结论就是：存在正数$C_1, C_2$，当k足够大时，有
$$C_1 k \log k \leq p_k \leq C_2 k \log k$$

第二步：放缩级数的通项 #

当k足够大时，我们可以对通项$\frac{1}{p_k \log p_k}$进行放缩：
首先，代入$p_k \geq C_1 k \log k$，得到$\log p_k \geq \log(C_1 k \log k) = \log C_1 + \log k + \log \log k$。
当k趋向无穷时，$\log \log k$和$\log C_1$相对于$\log k$可以忽略，所以存在某个$k_0$，当$k > k_0$时，$\log p_k \geq \frac{1}{2}\log k$。

结合这两个放缩，我们得到：
$$\frac{1}{p_k \log p_k} \leq \frac{1}{C_1 k \log k \cdot \frac{1}{2}\log k} = \frac{2}{C_1} \cdot \frac{1}{k (\log k)^2}$$

第三步：用已知收敛级数做比较 #

我们知道级数$\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k (\log k)^2}$是收敛的，这个可以用你一开始想的积分判别法验证：
考虑积分$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x (\log x)^2} dx$，做换元$t = \log x$，则$dt = \frac{dx}{x}$，积分变为：
$$\int_{\log 2}^{\infty} \frac{1}{t^2} dt = \left. -\frac{1}{t} \right|_{\log 2}^{\infty} = \frac{1}{\log 2}$$
积分收敛，所以对应的级数也收敛。

根据正项级数的比较判别法，原级数从$k_0$开始的部分被一个收敛级数控制，而前面有限项不影响级数的敛散性，因此$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{p_k \log p_k}$收敛。

补充：用积分判别法的另一种思路 #

如果你坚持想用积分判别法的思路，可以把级数转化为对所有素数的求和$\sum_{p \text{ prime}} \frac{1}{p \log p}$，然后结合素数计数函数$\pi(x)$（表示不超过x的素数个数）用Abel求和公式：
$$\sum_{p \leq N} \frac{1}{p \log p} = \frac{\pi(N)}{N \log N} + \int_{2}^{N} \frac{\pi(x)(\log x + 1)}{x (\log x)^2} dx$$
由素数定理$\pi(x) \sim \frac{x}{\log x}$，代入后被积函数渐近等价于$\frac{1}{x (\log x)^2}$，积分收敛；而$\frac{\pi(N)}{N \log N} \sim \frac{1}{(\log N)^2} \to 0$当$N \to \infty$，因此原级数收敛。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者TheBum