¿$\sum_{p \in \mathcal P} \frac1{p\ln p}$ converge o diverge?

Question

Se denota el conjunto de números primos con $\mathcal P$.

Sabemos que la suma de $\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$ y $\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n\ln n}$ diverge. También se sabe que $\sum_{p \in \mathcal P} \frac1p$ es también diverge, donde la suma se ejecuta sobre los primos de $p$.

¿Cómo podríamos decidir que $\sum_{p \in \mathcal P} \frac1{p\ln p}$ es converge o no?

Answer 1

El PNT dice que $p_n=n\log n+o(n\log n)$. De esto vemos por comparación del límite que

$$\sum_p{1\over p\log p}$$

converge o diverge dependiendo de como

$$\sum_n{1\over n\log^2 n}$$

que converge por prueba integral.

Answer 2

Comenzamos por probar una versión más débil de Mertens " primer teorema:

$$\left\lvert\sum_{p\leqslant n} \frac{\ln p}{p} - \ln n\right\rvert \leqslant 2\tag{1}$$

para todos los $n\geqslant 2$.

Aunque Mertens " primer teorema no es demasiado difícil de demostrar, una evidencia completa sería demasiado largo para esta respuesta, por lo que solo probar

$$\sum_{p\leqslant n} \frac{\ln p}{p} \leqslant 2\ln n\tag{2}$$

para $n\in \mathbb{N}\setminus\{0\}$, lo cual es suficiente.

Para cada uno de los prime $p\leqslant n$, $k(p,n) := \left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ múltiplos de $p$ que $\leqslant n$, y por lo tanto

$$\prod_{p\leqslant n} p^{k(p,n)} \mid n!$$

y

$$\sum_{p\leqslant n} \left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor\ln p \leqslant \ln n!$$

para todos los $n\geqslant 1$. Así tenemos

\begin{align} \sum_{p\leqslant n} \frac{\ln p}{p} &= \frac{1}{n}\sum_{p\leqslant n} \frac{n}{p}\ln p\\ &< \frac{1}{n}\sum_{p\leqslant n} \left(\left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor + 1\right)\ln p\\ &\leqslant \frac{1}{n}\ln n! + \frac{1}{n}\sum_{p\leqslant n}\ln p\\ &\leqslant \frac{1}{n}\ln (n^n) + \ln n\\ &= 2\ln n. \end{align}

El uso de $(2)$, se obtiene la estimación

$$\sum_{n < p \leqslant n^2} \frac{1}{p\ln p} = \sum_{n < p \leqslant n^2} \frac{\ln p}{p(\ln p)^2} < \frac{1}{(\ln n)^2}\sum_{n < p \leqslant n^2}\frac{\ln p}{p} \leqslant \frac{2\ln (n^2)}{(\ln n)^2} = \frac{4}{\ln n}$$

para cada $n \geqslant 2$. Entonces

\begin{align} \sum_{p} \frac{1}{p\ln p} &= \frac{1}{2\ln 2} + \sum_{k=0}^\infty \sum_{2^{2^k} < p \leqslant 2^{2^{k+1}}} \frac{1}{p\ln p}\\ &\leqslant \frac{1}{2\ln 2} + \sum_{k=0}^\infty \frac{4}{\ln 2^{2^k}}\\ &= \frac{1}{2\ln 2} + \frac{4}{\ln 2} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^k}\\ &= \frac{1}{2\ln 2} + \frac{8}{\ln 2}\\ &< +\infty. \end{align}

El resultado obligado de la suma es, por supuesto, ridículamente grande, pero sólo estábamos interesados en probar la convergencia.

Answer 3

Es que ya se ha señalado que la convergencia de la siguiente manera fácilmente a partir de la El primer Número Teorema (Adam Hughes), o incluso de menos precisa estimaciones tales como Mertens (Daniel Fischer; el de Chebyshev obligado $p_k \gg k \log k$ sería suficiente) $-$, pero también que la convergencia es frustrantemente lento, con la suma de más de $p > x$ descomposición sólo como $1/\log x$.

He aquí otro enfoque, a través de Euler producto $$ \sum_{n=1}^\infty \frac1{n^s} =: \zeta(s) = \prod_p \frac1{1-p^{s}} $$ (el producto se extiende sobre todos los números primos $p$), lo que hace que sea práctico para estimar el $\sum_p 1 / p \log p$ a de alta precisión. El valor numérico que resulta ser 1.636616323351260868569658...; en estos días, una vez que uno tiene una expansión decimal, Google encontrará a menudo una referencia, y aquí el cálculo se indica en el arXiv preprint

Richard J. Mathar: Veinte Dígitos de Algunas de las Integrales de la Primer Función Zeta (preprint, 2008), arXiv: 0811.4738

(ver Tabla 2.4 en la parte inferior de la página 4).

Tomando logaritmos del producto de Euler nos encontramos $$ \log \zeta(s) = \sum_p -\log (1-p^{s}) = \sum_p \frac1{p^s} + \sum_p \frac1{2p^{2}} + \sum_p \frac1{3p^{3}} + \cdots. $$ Podemos aislar la primera contribución $\sum_p 1/p^s$, teniendo un adecuado combinación lineal de $\log \zeta(s)$, $\log \zeta(2s)$, $\log \zeta(3s)$, etc., encontrar $$ \sum_p \frac1{p^s} = \sum_{m=1}^\infty \frac{\mu(m)}{m} \log \zeta(ms), $$ donde $\mu$ es la función de Möbius.

Ahora desde $1 / \log p = \int_1^\infty p^{-s} ds$, podemos integrar la fórmula para $\sum_p \frac1{p^s}$ encontrar $$ \sum_p \frac1{p \log p} = \sum_{m=1}^\infty \frac{\mu(m)}{m} \int_1^\infty \log \zeta(ms) \, ds = \sum_{m=1}^\infty \frac{\mu(m)}{m^2} \int_m^\infty \log \zeta(s) \, ds. $$ Esto claramente converge, porque $\int_m^\infty \log \zeta(ms)$ decae como $2^{-m}$ grandes $m$, mientras que para $s=1+\epsilon$ sabemos que $\zeta(s)$ crece como $1/\epsilon$, por lo que $\log\zeta(s)$ crece sólo como $\log(1/\epsilon)$ que es integrable.

Por otra parte, podemos evaluar la $\zeta(s)$ (e $(s-1)\zeta(s)$ cerca de $s=1$) alta precisión en el uso de Euler-Maclaurin suma de $\sum_{n=1}^\infty 1/n^s$. Esto hace que la fórmula susceptible de técnicas conocidas para la integración numérica. Una de estas técnicas es implementado en gp, y el comando

sum(m=1,199,moebius(m)*intnum(s=m,200,log(zeta(s)))/m^2)

sólo toma unos pocos segundos para devolver el valor numérico que se informó anteriormente.