第一步，把pi（n）/n转化比较phi（m）/m。例如取前k个素数的乘积m，对每个充分大的n，pi（n）/n可以控制到比phi（m）/m+1/m要小。（余数默认都是素数，其他整倍数素数比例肯定小于phim/m），这样只需要证明对素数乘积m=prod p，phim/m趋于0即可
第二步，取m= Prod(p_i)，既证明Prod(1-1/p_i) 趋于0。利用均值不等式得到前者小于
[1-（ Sum 1/p)/pi(n)]^pi（n）
第三步，证明 Sum 1/p发散。这样上式就小于lim[1-k/pin]^pin等于e^-k对任意k，因此趋于0。发散用无穷乘积加放缩就行，更进一步还能说明倒数和大于loglog n
感觉大多数证明应该都得涉及到prod（1-1/p）

将所有素数由小到大设为p_1<p_2<…
对任意正整数n, 以及任意正数m≥2, 设不超过m的素数共有k个 (k≥1), 这k个素数的乘积设为r, 素数p_k, p_(k+1)满足
p_k≤m< p_(k+1)
由于不超过n且与r互素的正整数数目, 不超过
([n/r]+1)×phi(r)
不超过n的素数要么整除r, 要么与r互素, 所以
pi(n)≤ ([n/r]+1)×phi(r) + k
≤n×phi(r)/r + phi(r) + pi(m)
按照欧拉函数的计算公式
r/phi(r) = ∏ p_i/(p_i-1) (1≤i≤k)
= ∏(1+ 1/p_i + 1/(p_i)^2 + …)
> ∑1/j (1≤j<p_(k+1))
> ln p_(k+1)
> ln m
所以
pi(n) ≤ n/ln m + phi(r) + pi(m)
(因为m是任意取定的, 所以足以得到pi(n)/n→0)
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当2≤m<3时, phi(r)+pi(m) = m^pi(m)
当m≥3时
phi(r)+pi(m) < r + p_k ≤ (p_k)^k ≤ m^pi(m)
因此, 对任意正整数n, 任意正数m≥2, 都有
pi(n) ≤ n/ln m + m^pi(m)
≤ n/ln m + m^m
对任意给定的0< ε <1, 取m= (ln n)^(1-ε), 当n相比于ε充分大时, m≥2, 则
pi(n) ≤ n /(1-ε)lnln n + exp((1-ε)lnlnn × (ln n)^(1-ε))
< (1+ε') n / lnln n
其中ε'是可以由ε确定的正数, 当ε足够小时, ε'可以任意接近0