Vamos a empezar con :
$$ \sum_{p\leq N} \left(-\log\left(1-\frac{1}{p}\right) - \frac{1}{p}\right) \leq \sum_{p \leq N} \frac{1}{p(p-1)}$$
La idea es utilizar el finito versión de Euler del producto :
$$\prod_{p\le N} \frac1{1-p^{-1}} =\prod_{p\le N} \left(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots\right)=\sum_{n\in S_N} \frac1n$$
con $S_N$ el conjunto de los números enteros compuesto de factores primos $p\le N$
Desde este conjunto incluye todos los enteros $n\le N$ tenemos :
$$\prod_{p\le N} \frac1{1-p^{-1}} \ge H_N$$
pero la suma de armónicos $H_N$ es bien conocido por ser mayor que $\log(N+1)$ (por ejemplo, utilizar la minoration por $\int_1^{N+1} \frac1n dn$).
De modo que (tomando logaritmos) obtenemos :
$$\log(\log(N+1)) \le \sum_{p\le N} -\log\left(1-\frac1p\right)$$
que podemos sustituir en su desigualdad.
UPDATE2: Vamos a manejar con más cuidado esta sustitución muestran que, de hecho : $$\log(\log(N+1)) \leq \sum_{p \leq N} \frac{1}{p} +1$$
desde el convergente : $\ \displaystyle 0 \le \sum_{p\leq N} \left(-\log\left(1-\frac{1}{p}\right) - \frac{1}{p}\right) \leq \sum_{p \leq N} \frac{1}{p(p-1)}$
obtenemos (la adición de la suma de $\frac1p$) :
$$ \sum_{p\leq N} \frac{1}{p}\le \sum_{p\leq N} -\log\left(1-\frac{1}{p}\right) \leq \sum_{p \leq N} \frac{1}{p-1}$$
En este punto, podemos usar el resultado anterior de no conseguir su desigualdad, pero :
$$ \log(\log(N+1)) \le \sum_{p \leq N} \frac{1}{p-1}$$
Vamos a utilizar el hecho de que $\frac1{p-1}\le \frac1q$ (si $q$ es el primer antes de $p$) o $1$ ( $p=2$ ) para reescribir esto como ('desplazamiento' los primos y la extracción de $1$) :
$$ \log(\log(N+1)) \le 1+\left(\sum_{p \le N} \frac1p\right)-\frac1{p_N}\ ,\ \text{with }p_N\ \text{the largest prime}\ \le N$$
esto implica, de hecho :
$$ \log(\log(N+1)) \le 1+\sum_{p \le N} \frac1p$$
Podemos reemplazar el $1+$ plazo por $\frac12+$ al darse cuenta de que su inicial desigualdad podría haber sido (añadiendo $2$ en el denominador) :
$$0 \lt -\log(1-x)-x \lt \frac{x^2}{2(1-x)}$$
debido a que el efecto de esto es reemplazar el majoration de $\frac1{p(p-1)}+\frac1p=\frac1{p-1}$$\frac1{2p(p-1)}+\frac1p=\frac{p+p-1}{2p(p-1)}=\frac12(\frac1{p-1}+\frac1p)$, de modo que el final de la desigualdad es reemplazado por :
$$ \log(\log(N+1)) \le \frac12\left(1+\sum_{p \le N} \frac1p+\sum_{p \le N} \frac1p\right)$$
Podemos continuar de esta manera, pero los mejores resultados se puede demostrar (véase, por ejemplo, el excelente Hardy&Wright 'Una introducción a la teoría de los números')
utilizando la función de $\displaystyle C(x)=\sum_{p\le x} \frac{\log p}p$ y la igualdad de $\displaystyle \sum_{p\le x}\frac1p=\frac{C(x)}{\log x}+\int_2^x \frac{C(t)}{t\ \log^2(t)}dt\ $ para obtener :
$$\sum_{p\le x}\frac1p= \log\log x+B_1+o(1)$$
con $B_1$ el Merten constante:
$$B_1=\gamma+\sum_p \log\left(1-\frac1p\right)+\frac1p$$
