7.3: Acercarse a la prueba del teorema del número primo

Sabemos probar un teorema que está relacionado con las funciones definidas anteriormente. Tenga en cuenta que el teorema de números primos se da de la siguiente manera: Ahora\[\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\pi(x)logx}{x}=1.\] declaramos formas equivalentes del teorema de números primos.

Las siguientes relaciones son equivalentes\[\label{3} \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\pi(x)\log x}{x}=1\]\[\label{4} \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\theta(x)}{x}= 1\]\[\label{5} \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\psi(x)}{x}= 1.\]

Nosotros hemos demostrado en el Teorema 86 que\((\ref{4})\) y\((\ref{5})\) son equivalentes, así que si lo demostramos\((\ref{3})\) y\((\ref{4})\) son equivalentes, la prueba seguirá. Observe que utilizando las representaciones integrales de las funciones en el Teorema 85, obtenemos\[\frac{\theta(x)}{x}=\frac{\pi(x)\log x}{x}-\frac{1}{x}\int_ {2}^{x}\frac{\pi(t)}{t}dt\] y\[\frac{\pi(x)\log x}{x}=\frac{\theta(x)}{x}+\frac{\log x}{x}\int_{2}^x\frac{\theta(t)}{t\log^2t}dt.\] Ahora para probar que ([3]) implica\((\ref{4})\), necesitamos probar que\[\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{1}{x}\int_ {2}^{x}\frac{\pi(t)}{t}dt=0.\] Aviso también eso\((\ref{3})\) implica que\(\frac{\pi(t)}{t}=O\left(\frac{1}{\log t}\right)\) para\(t\geq 2\) y así tenemos\[\frac{1}{x}\int_ {2}^{x}\frac{\pi(t)}{t}dt=O\left(\frac{1}{x}\int_2^x\frac{dt}{\log t}\right)\] Ahora una vez que demuestres que (Ejercicio 1)\[\int_2^x\frac{dt}{\log t}\leq \frac{\sqrt{x}}{\log 2}+\frac{x-\sqrt{x}}{\log \sqrt{x}},\] entonces\((\ref{3})\) implica\((\ref{4})\) seguirá. Todavía necesitamos demostrar que eso\((\ref{4})\) implica\((\ref{3})\) y así tenemos que demostrar que\[\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log x}{x}\int_{2}^x \frac{\theta(t)dt}{t\log^2t}=0.\] Notar eso\(\theta(x)=O(x)\) y de ahí\[\frac{\log x}{x}\int_{2}^x \frac{\theta(t)dt}{t\log^2t}=O\left(\frac{\log x}{x}\int_2^x\frac{dt}{\log^2t}\right).\] Ahora una vez más demostramos que (Ejercicio 2)\[\int_2^x\frac{dt}{\log^2t}\leq \frac{\sqrt{x}}{\log^22}+\frac{x-\sqrt{x}}{\log^2\sqrt{x}}\] entonces\((\ref{4})\) implica\((\ref{3})\) va a seguir.

Definir\[l_1=\liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\pi(x)}{x/log x}, \ \ \ \ \ L_1=\limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\pi(x)}{x/log x},\]\[l_2=\liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\theta(x)}{x}, \ \ \ \ \ L_2=\limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\theta(x)}{x},\] y\[l_3=\liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\psi(x)}{x}, \ \ \ \ \ L_3=\limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\psi(x)}{x},\] luego\(l_1=l_2=l_3\) y\(L_1=L_2=L_3\).

Observe que\[\psi(x)=\theta(x)+\theta(x^{1/2})+ \theta(x^{1/3})+...\theta(x^{1/m})\geq \theta(x)\] donde\(m\leq log_2x\)

Además,\[\psi(x)=\sum_{p\leq x}\left[\frac{\log x}{\log p}\right]\log p\leq \sum_{p\leq x}\frac{\log x}{\log p} \log p= \log x\pi(x).\] así tenemos\[\theta(x)\leq \psi(x)\leq \pi(x)\log x\] Como resultado, tenemos\[\frac{\theta(x)}{x}\leq \frac{\psi(x)}{x}\leq \frac{\pi(x)}{x/\log x}\] y lo conseguimos\(L_2\leq L_3\leq L_1\). Aún tenemos que probarlo\(L_1 \leq L_2\).

Dejemos\(\alpha\) ser un número real donde\(0<\alpha<1\), tenemos\[\begin{aligned} \theta(x)&=&\sum_{p\leq x}\log p\geq \sum_{x^{\alpha}\leq p\leq x}\log p\\ &>& \sum_{x^{\alpha}\leq p\leq x}\alpha \log x \ \ \ (\log p>\alpha \log x)\\ &=&\alpha log x\{\pi(x)-\pi(x^{\alpha})\}\end{aligned}\] Sin embargo,\(\pi(x^{\alpha})\leq x^{\alpha}\). De ahí\[\theta(x)>\alpha \log x\{\pi(x)-x^{\alpha}\}\] como resultado\(\lim_{x\rightarrow \infty}\alpha \log x/x^{1-\alpha}=0\),\[\frac{\theta(x)}{x} > \frac{\alpha \pi(x)}{x/ \log x}- \alpha x^{\alpha-1}\log x\] Desde, entonces\[L_2\geq \alpha \limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\pi(x)}{x/\log x}\] Como resultado, obtenemos eso\[L_2\geq \alpha L_1\] As\(\alpha \rightarrow 1\), obtenemos\(L_2\geq L_1\).

Demostrar que\(l_1=l_2=l_3\) se deja como ejercicio.

Ahora presentamos una desigualdad debido a Chebyshev sobre\(\pi(x)\).

Existen constantes\(a<A\) tales que\[a\frac{x}{\log x}<\pi(x)<A\frac{x}{\log x}\] para suficientemente grandes\(x\).

Poner\[l=\liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\pi(x)}{x/\log x}, \ \ \ \ \ L=\limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\pi(x)}{x/\log x},\] Será suficiente para demostrarlo\(L\leq 4 \log 2\) y\(l\geq \log 2\). Así por el Teorema 2, tenemos que probar eso\[\label{1} \limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\theta(x)}{x}\leq 4 \log 2\] y\[\label{2} \liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\psi(x)}{x}\geq \log 2\] Para probar (\(\ref{1}\)), notar que\[N=C(2n,n)=\frac{(n+1)(n+2)...(n+n)}{n!}<2^{2n}<(2n+1)N\] Supongamos ahora que\(p\) es un primo tal que\(n<p<2n\) y por lo tanto\(p\mid N\). Como resultado, tenemos\(N \geq \prod_{n<p<2n}p\). Obtenemos\[N\geq \theta(2n)-\theta(n).\] Desde\(N<2^{2n}\), lo conseguimos\(\theta(2n)-\theta(n)<2n\log 2\). Poner\(n=1,2,2^2,...,2^{m-1}\) donde\(m\) es un entero positivo. Lo conseguimos\[\theta(2^m)<2^{m-1}\log 2.\]\(x>1\) y elegimos\(m\) tal que\(2^{m-1}\leq x\leq 2^m\), lo conseguimos\[\theta(x)\leq \theta(2^m)\leq 2^{m+1}\log 2 \leq 4x\log 2\] y lo conseguimos\((\ref{1})\) para todos\(x\).

Ahora probamos\((\ref{2})\). Observe que por Lema 9, tenemos que el poder más elevado de una\(p\) división prime\(N=\frac{(2n)!}{(n!)^2}\) viene dado por\[s_p=\sum_{i=1 1}^{\mu_p}\left\{\left[\frac{2n}{p^i}\right]-2\left[\frac{n}{p^i}\right]\right\}.\] dónde\(\mu_p=\left[\frac{\log 2n}{\log p}\right]\). Así tenemos\(N=\prod_{p\leq 2n}p^{s_p}\). Si\(x\) es un entero positivo entonces\[[2x]-2[x]<2,\] Significa que\([2x]-2[x]\) es\(0\) o\(1\). Así\(s_p\leq \mu_p\) y conseguimos\[N\leq \prod_{p\leq e2n}p^{\mu_p}.\] Notar también que\[\psi(2n)=\sum_{p\leq 2n}\left[\frac{\log 2n}{\log p}\right]\log p=\sum_{p\leq 2n}\mu_p \log p.\] De ahí obtenemos\[\log N \leq \psi(2n).\] Usando el hecho de que\(2^{2n}<(2n+1)N\), podemos ver que\[\psi(2n)>2n \log 2-\log (2n+1).\] Let\(x>2\) and put\(n=\left[\frac{x}{2}\right]\geq 1\). Así\(\frac{x}{2}-1<n<\frac{x}{2}\) y conseguimos\(2n \leq x\). Así que obtenemos\[\begin{aligned} \psi(x)&\geq &\psi(2n)>2n \log 2- \log (2n+1)\\&>&(x-2)\log 2- \log (x+1).\end{aligned}\] Como resultado, obtenemos\[\liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\psi(x)}{x}\geq \log 2.\]

Ejercicios

1. Demostrar eso\(l_1=l_2=l_3\) en Teorema 88.
2. Demostrar que\[\int_2^x\frac{dt}{\log t}\leq \frac{\sqrt{x}}{\log 2}+\frac{x-\sqrt{x}}{\log \sqrt{x}},\]
3. Demostrar que\[\int_2^x\frac{dt}{\log^2t}\leq \frac{\sqrt{x}}{\log^22}+\frac{x-\sqrt{x}}{\log^2\sqrt{x}}\]
4. Demostrar que\[N=C(2n,n)=\frac{(n+1)(n+2)...(n+n)}{n!}<2^{2n}<(2n+1)N\]
5. \(\frac{2^{2n}}{2\sqrt{n}}<N=C(2n,n)< \frac{2^{2n}}{\sqrt{2n}}\)Demuéstralo.
   Pista: Para un lado de la desigualdad, escribir\[\frac{N}{2^n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}=\frac{1.3.5....(2n-1)}{2.4.6....(2n)}.\frac{2.4.6.....(2n)}{2.4.6...(2n)},\] luego mostrar que\[1>(2n+1).\frac{N^2}{2^{4n}}>2n.\frac{N^2}{2^{4n}}.\] El otro lado de la desigualdad seguirá con técnicas aritméticas similares a las de la primera desigualdad.

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