Muestra que$p_n^{1-\epsilon}\le n$ usando PNT

Question

Suponiendo PNT $$\pi(x)\sim \frac{x}{\log{x}}$ $ ¿Cómo podemos demostrar que dado cualquier$\epsilon>0$$ $p_n^{1-\epsilon}< n,$% #% n$for all sufficiently large$ p_n% #% n ^ {th} $ prime? )

Mi trabajo: al establecer$($, obtenemos$denotes the$, para un$x=p_n$ suficientemente grande. Ahora si puedo mostrar que$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n\log{p_n}}{p_n}=1\Rightarrow 1-\epsilon<\dfrac{n\log{p_n}}{p_n}$ $ entonces el resultado sigue. Pero soy incapaz de mostrar la última desigualdad.

¿Alguien me puede ayudar con esto por favor? Otros enfoques son bienvenidos también. [NOTA: al usar esto quiero mostrar que$n$ así que no lo uses, aunque se puede derivar de manera independiente]

Gracias

Answer 1

$\color{red}{\text{1. One way}}$

Voy a utilizar 2 resultados

• PNT $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi(n)\ln{(n)}}{n}=1 \Rightarrow \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\pi(n)\ln{(n)}}=1 \etiqueta{1}$$
• y $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{p_n}{n\ln{(n)}}=1 \tag{2}$$

La proposición 1.1 $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\ln{(n)}}{\ln{(p_n)}}=1$$

$\{p_n\}$ es una larga de $\{n\}$, por lo tanto, de $(1)$, $$\lim\limits_{p_n\rightarrow\infty}\frac{\pi(p_n)\ln{(p_n)}}{p_n}=1 \Rightarrow \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi(p_n)\ln{(p_n)}}{p_n}=1 \Rightarrow ...$$ debido a $\pi(p_n)=n$ $$...\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n\ln{(p_n)}}{p_n}=1 \tag{3}$$ Ahora $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\ln{(n)}}{\ln{(p_n)}}= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{n\ln{(n)}}{p_n}\cdot\frac{p_n}{n\ln{(p_n)}}\right)=\\ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{n\ln{(n)}}{p_n}\right)\cdot \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{p_n}{n\ln{(p_n)}}\right)\desbordado{(2)(3)}{=}1$$

La proposición 1.2 lo suficientemente grande como Para $n$ $$p_n^{1-\varepsilon}<n$$

De $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\ln{(n)}}{\ln{(p_n)}}=1$$ usando la definición de límite, $\forall\varepsilon >0, \exists N(\varepsilon)\in\mathbb{N}$ s.t. $\forall n> N(\varepsilon)$ $$\left|\frac{\ln{(n)}}{\ln{(p_n)}}-1\right|<\varepsilon \Rightarrow 1-\varepsilon <\frac{\ln{(n)}}{\ln{(p_n)}}< 1+\varepsilon \Rightarrow \\ (1-\varepsilon)\ln{(p_n)} <\ln{(n)}< (1+\varepsilon)\ln{(p_n)} \Rightarrow \\ \ln{(p_n)^{(1-\varepsilon)}} <\ln{(n)}< \ln{(p_n)^{(1+\varepsilon)}} \Rightarrow ...$$ $e^x$ es ascendng, así $$... p_n^{1-\varepsilon} <n< p_n^{1+\varepsilon}$$

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$\color{red}{\text{2. Another way}}$

El uso de la Vallée-Poussin, para lo suficientemente grande como $x$ $$\pi(x)>\frac{x}{\ln(x)-(1-\varepsilon)}>\frac{x}{\ln(x)}$$ Vamos a demostrar que para lo suficientemente grande como $x$ también tenemos $$\frac{x}{\ln(x)}>x^{1-\varepsilon}$$ que es la misma como muestra de $$\frac{x^{\varepsilon}}{\ln{x}}>1$$ para un gran $x>0$.

Propuestas 2.1 Función de $f(x)=\frac{x^{\varepsilon}}{\ln{x}}$ es ascendente para un gran $x>0$.

Porque $$f'(x)=\frac{x^{\varepsilon-1} (\varepsilon \ln{x}-1)}{\ln^2{x}}>0 \iff \varepsilon \ln{x}-1>0 \Rightarrow x> e^{\frac{1}{\varepsilon}}$$

Proposiciones 2.2 $\lim\limits_{x\rightarrow \infty}f(x) \rightarrow \infty$

Si asumimos que está delimitado por un gran $\alpha>0, \forall x>1$ y sabemos $\ln{x}$ es ascendente $$\frac{x^{\varepsilon}}{\ln{x}} < \alpha \iff 1<x^{\varepsilon}< \alpha \ln{x} \iff \color{red}{0}<\varepsilon<\frac{\ln{\alpha}}{\ln{x}}+\frac{\ln{\ln{x}}}{\ln{x}}\rightarrow \color{red}{0}, x\rightarrow\infty$$ lo cual es una contradicción.

Así, para un gran $x$ hemos $$\pi(x)>x^{1-\varepsilon}$$ lo que significa que, para un gran $n$ hemos $$n=\pi(p_n)>p_n^{1-\varepsilon}$$