Una mezza metà di $\sum 1/p$ diverge spesso

[jordan]

Sia $z$ un intero fissato. Dato un primo $p$, diciamo che $z$ è un residuo quadratico modulo $p$ se e solo se esiste un intero $y$ tale che $p$ divide $y^2-z$. Sia quindi $a(x)$ il numero di primi $p\le x$ tale che $z$ è un residuo quadratico modulo $p$, e sia $b(x)$ il numero di primi $p\le x$ tale che $z$ non è un residuo quadratico modulo $p$. Chiamiamo infine $\pi(x)$ il numero di primi $p\le x$. Se dovesse servire, possiamo dare per buono il seguente risultato: "Per ogni $c>0$ esiste $x_0>0$ tale che $a(x)-b(x)< c\pi(x)$ per ogni $x>x_0$".

Own. Dimostrare quindi in modo elementare che
$$
\lim_{x\to \infty}\sum_{p \le x\colon \,\, z\text{ non è residuo quadratico modulo p}}\frac{1}{p}=\infty.
$$
se e solo se $z$ non è un quadrato perfetto.

Bonus: Mostrare che, se $z$ non è un quadrato, tale somma è maggiore di $\ln \ln \ln x$ per ogni $x$ sufficientemente grande.

[elianto84]

Mi sembra che la difficoltà risieda più nel provare il lemma che nell'applicare il criterio di condensazione di Cauchy.
Tuttavia, il lemma è ragionevole: ci aspettiamo che per un fissato intero $z$ (non un quadrato, magari) circa la metà dei primi in un grosso intervallo sia tale per cui $\left(\frac{z}{p}\right)=-1$. In sostanza, ci basta provare che tale simbolo si comporta in modo analogo a una variabile aleatoria bernoulliana. Questo si può fare attraverso la disuguaglianza di Polya-Vinogradov o quella di Burgess.

[jordan]

Mi sembra che la difficoltà risieda più nel provare il lemma...

Sono certamente d'accordo: ma non esiste una strada relativamente piu' semplice per dimostrarlo se non utilizzando cannoni di quel tipo?