La probabilidad de que $\dfrac{p-1}2$ es cuadrado-libre

Question

Deje $Q(x)$ denotar el número de plaza libre de enteros entre el$1$$x$, obtenemos la aproximación

$$\eqalign{ Y Q(x)\aprox x\prod_{p\,{\rm prime}}\left(1-\dfrac1{p^2}\right)=x\prod_{p\,{\rm prime}}\dfrac{1}{\left(1-\tfrac1{p^2}\right)^{-1}} \\ Y Q(x)\aprox x\prod_{p\,{\rm prime}}\dfrac1{1+\tfrac1{p^2}+\tfrac1{p^4}+\cdots}=\dfrac x{\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k^2}}=\dfrac x{\zeta(2)}. }$$

Por lo tanto la densidad asintótica de squarefree números enteros es $\dfrac{6}{\pi ^2}.$

Deje $P(n)$ denotar el número de impares primos $p$ entre el primer $n$ números primos para que $\dfrac{p-1}2$ es cuadrado-libre, véase también A066651. Creo que puede ser cierto que $\dfrac{P(n)}{n}\approx \dfrac{Q(n)}{n} \approx \dfrac{1}{\zeta (2)}\approx 0.607927.$

Puedo ejecutar un programa para comprobar mi conjetura y obtener algunos resultados:

$$ \begin{array}{c|lcr} n &\text{P(n)}& \text{P(n)/n} \\ \hline 10 & 7 & 0.7\\ 10^2 & 59 & 0.59\\ 10^3 & 567 & 0.567\\ 10^4 & 5604 & 0.5604\\ 10^5 & 56182 & 0.56182\\ 10^6 & 561104 & 0.561104\\ \end{array} $$

Ahora podemos ver que $\dfrac{P(n)}{n}$ es cada vez más al $n$ es mayor (excepto para$n$$10^4$$10^5$), por lo tanto, es muy probable que $$\lim_{n\to \infty}\dfrac{P(n)}{n}\lt \dfrac{6}{\pi^2}.$$

No estoy seguro de si este es otro ejemplo de la Fuerte Ley de los Pequeños Números, por lo que el $\dfrac{P(n)}{n}$ $\to \dfrac{6}{\pi^2}$ al $n$ es lo suficientemente grande.

Por lo tanto, hay dos problemas:

• Qué $\lim_{n\to \infty}\dfrac{P(n)}{n}$ existen?

• Es cierto que $\lim_{n\to \infty}\dfrac{P(n)}{n}=\dfrac{6}{\pi^2}$?

Cualquier consejo o ayuda es bienvenida, gracias de antemano!

Answer 1

Por Mirsky del resultado mencionado en esta otra pregunta, la asintótica de la densidad de los números primos $p$ tal que $p-1$ es la plaza es gratis $$\prod_p \left(1 - \frac{1}{p(p-1)} \right) = C_{\text{Artin}} = 0.3739558…$$ de otro modo conocido como Artin constante. Para modificar esto para encontrar la forma asintótica de la densidad de los números primos $p$ tal que $(p-1)/2$ es la plaza libre, debemos de modificar ligeramente esta fórmula: $$\left(1 - \frac{1}{2^2(2-1)} \right) \prod_{p \neq 2} \left(1 - \frac{1}{p(p-1)} \right) = \frac{3}{2}C_{\text{Artin}} = 0.5609337…$$ que coincida con sus resultados experimentales bastante bien!