El teorema de los números primos sobre un campo finito - *Álgebra* de Lang, Capítulo V, Ejercicio 23(b)

Question

Este es el ejercicio 23(b) del capítulo V (Extensiones algebraicas) de la obra de Lang Álgebra .

Sea $k$ sea un campo finito con $q$ y que $\pi_q(n)$ sea el número de polinomios irreducibles mónicos $p \in k[X]$ de grado $\leq n$ . Demostrar que $$ \pi_q(m) \sim \frac{q}{q-1} \frac{q^m}{m} \quad \text{for} \quad m \to \infty. $$

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He probado algunas cosas pero no avanzo nada.

• La pista dada en clase fue tomar la derivada logarítmica de la función zeta que se definió en la parte (a) del mismo problema. Definimos la función zeta como $$ Z(t) = (1-t)^{-1} \prod_p (1-t^{\deg p})^{-1}. $$ He calculado que es igual a la función racional $$ (1-t)^{-1}(1-qt)^{-1} $$ sobre la región $|t| < q^{-1}$ . Tomando la derivada logarítmica de $Z(t)$ , obtengo $$ \frac{Z'(t)}{Z(t)} = \frac{1}{1-t} + \frac{q}{1-qt} = \frac{1+q-2qt}{(1-t)(1-qt)} = (1+q-2qt)Z(t). $$ No tengo más ideas en este momento sobre cómo utilizar esto para describir $\pi_q(n)$ .
• Del ejercicio 22 sé que si $\psi(d)$ denota el número de polinomios irreducibles mónicos de grado $d$ entonces el número total de polinomios de grado $n$ que es $q^n$ puede expresarse como $$ q^n = \sum_{d \mid n} d \psi(d). $$ Utilizando la fórmula de inversión de Möbius, puedo deducir que $$ n\psi(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) q^{n/d}, $$ donde $\mu$ es la función de Möbius. Dado que $\pi_q(m) = \sum_{k=1}^m \psi(k)$ puedo utilizar la ecuación anterior para escribir $$ \pi_q(m) = \sum_{k=1}^m \frac{1}{k} \sum_{d \mid k} \mu(d) q^{k/d}. $$ Mi intuición es que el mayor poder de $q$ dominará la suma, por lo que la RHS es aproximadamente $$ \frac{q^m}{m}, $$ de modo que obtengo aproximadamente lo que se me pide que muestre en el problema. Me cuesta afinar más mis ideas.
• También he mirado esta pregunta que plantea el mismo problema, pero allí no se han publicado respuestas ni comentarios.
• Lang comenta tras enunciar el problema: "Se trata del análogo del teorema de los números primos en teoría de números, pero es esencialmente trivial en el caso que nos ocupa, porque la hipótesis de Riemann se verifica trivialmente." He intentado buscar en Internet la demostración del teorema de los números primos, pero no la he entendido bien; y desde luego no veo cómo deducirlo de la hipótesis de Riemann ni siquiera en este caso.

Agradecería cualquier ayuda para resolver este problema.

Answer 1

Ampliando el comentario anterior de @JyrkiLahtonen.

También pido disculpas por cualquier complicación innecesaria en la explicación de cada paso. No estoy familiarizado con estas manipulaciones y agradecería recibir otras respuestas mejores.

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Como ya se ha observado, $n\psi(n)$ estará dominado por el término de mayor exponente, a saber $q^n$ . Así pues, estimemos el tamaño de la suma de los términos restantes. $$ n\psi(n) = q^n + \sum_{\substack{d \mid n \\ d > 1}} \mu(d) q^{n/d}, $$ Así que.., $$ \sum_{\substack{d \mid n \\ d > 1}} \mu(d) q^{n/d} \leq \sum_{j = 1}^{\lfloor n/2 \rfloor} q^j = q\frac{q^{\lfloor n/2 \rfloor}-1}{q-1} \leq q\frac{q^{n/2}-1}{q-1}. $$ Por lo tanto, el error de estimación $\pi_q(m)$ se puede calcular: $$ \pi_q(m) = \sum_{k=1}^m \psi(k) \leq \sum_{k=1}^m \frac{q^k}{k} + \sum_{k=1}^m \frac{q}{k}\frac{q^{k/2}-1}{q-1}, $$ Así que.., $$ \sum_{k=1}^m \frac{q}{k}\frac{q^{k/2}-1}{q-1} \leq \sum_{k=1}^m q\frac{q^{k/2}-1}{q-1} = \frac{1}{1-q^{-1}} \left(q^{m/2}\frac{1-q^{-m/2}}{1-q^{-1/2}}-m\right). $$ Dividiendo el término de error por $\frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m}$ y dejando $m \to \infty$ obtenemos \begin{align} \lim_{m \to \infty} \frac{m}{q^{m/2}} \frac{1-q^{-m/2}}{1-q^{-1/2}} - \frac{m^2}{q^m} = 0. \end{align} Por lo tanto, \begin{align} \lim_{m \to \infty} \frac{\pi_q(m)}{\left( \frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m} \right)} &\leq \lim_{m \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^m \frac{q^k}{k}}{\left( \frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m} \right)} + \lim_{m \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^m \frac{q}{k}\frac{q^{k/2}-1}{q-1}}{\left( \frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m} \right)} \\ &= (1-q^{-1}) \lim_{m \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^m q^k/k}{q^m/m}. \end{align} Por otro lado, $n\psi(n) \geq q^n$ para todos $n$ Así que $$ \pi_q(m) \geq \sum_{k=1}^m \frac{q^k}{k} \implies \lim_{m \to \infty} \frac{\pi_q(m)}{\left( \frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m} \right)} \geq (1-q^{-1}) \lim_{m \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^m q^k/k}{q^m/m}. $$ Así, $$ \lim_{m \to \infty} \frac{\pi_q(m)}{\left( \frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m} \right)} = (1-q^{-1}) \lim_{m \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^m q^k/k}{q^m/m}. $$ El límite de la derecha puede evaluarse mediante la función Teorema de Stolz-Cesàro y se evalúa como $(1-q^{-1})^{-1}$ . Por lo tanto, $$ \lim_{m \to \infty} \frac{\pi_q(m)}{\left( \frac{q}{q-1}\frac{q^m}{m} \right)} = 1, $$ es decir, $$ \pi_q(m) \sim \frac{q}{q-1} \frac{q^m}{m} \quad \text{for} \quad m \to \infty. $$