¿Es posible justificar estas aproximaciones sobre los números primos?

Question

A recientemente pregunta cerrada preguntó por una posible forma cerrada de la suma infinita $$f(a)=\sum _{i=1}^{\infty } a^{-p_i}$$ para el que ya propuse una primera aproximación simple pero totalmente empírica.

Como nos enfrentamos rápidamente a números muy pequeños, traté de encontrar aproximaciones de

$$g(a)=\Big[\sum _{i=1}^{\infty } a^{-p_i}\Big]^{-1} \qquad \text{and} \qquad h(a)=\Big[\sum _{i=1}^{\infty } (-1)^{i-1} a^{-p_i}\Big]^{-1}$$

Todos los cálculos se hicieron con valores enteros de $a$ para la gama $2 \leq a \leq 1000$ .

Lo que he obtenido es $$\color{blue}{g(a)\sim\frac{(a-1) (2a^3+2a-1)}{2 a^2}}\qquad \text{and} \qquad \color{blue}{h(a)\sim\frac{(a-1) \left(a^3+2 a^2+3 a+4\right)}{a^2}}$$

Si se realizaran los correspondientes ajustes de curvas, en ambos casos deberíamos tener $R^2 > 0.999999999$ .

Para los valores investigados de $a$ , $$\text{Round}\left[\frac{(a-1) (2a^3+2a-1)}{2 a^2}-{g(a)}\right]=0$$ $$\text{Round}\left[\frac{(a-1) \left(a^3+2 a^2+3 a+4\right)}{a^2}-{h(a)}\right]=0$$

Al no estar muy acostumbrado a trabajar con números primos, ¿hay alguna forma de justificar, aunque sea en parte, estas aproximaciones?

Answer 1

Estas estimaciones son correctas dentro de un grado razonable de precisión. A continuación se explica la $f(a)$ el caso de $h(a)$ pueden ser tratados de forma similar. Tenemos

$$ f(a) = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{a^3} + \frac{1}{a^5} + O\bigg(\frac{1}{a^7}\bigg) $$

mientras que

$$ \frac{2a^2}{(a-1)(2a^3 + 2a - 1)} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{a^3} + \frac{1}{2a^5} + \frac{3}{2a^6} + O\bigg(\frac{1}{a^7}\bigg). $$

Por lo tanto,

$$ f(a) = \frac{2a^2}{(a-1)(2a^3 + 2a - 1)} + O\bigg(\frac{1}{a^5}\bigg) $$

Para grandes valores de $a$ el error sería obviamente despreciable, ya que no crece más rápido que una constante de veces $a^{-5}$ . Así que esto puede o no ser una buena estimación dependiendo de si estás satisfecho con la magnitud del término de error $O(a^{-5})$ .

La mejor estimación posible de la forma $\dfrac{Ax^2}{(x-1)(Bx^3 + Cx^2 + Dx + E)}$ se obtiene por la expansión en serie de Laurent de alrededor del punto $x = \infty$ y equiparar el coeficiente de las potencias no primarias más pequeñas a cero que da $A = B = D = 1, C = 0,E = -1$ .

Por lo tanto, tenemos,

$$ f(a) = \frac{a^2}{(a-1)(a^3 + a - 1)} + O\bigg(\frac{1}{a^6}\bigg) $$

que reduce el error en un factor de $a$ .

Actualización 21-jul-2020 : Sin embargo, utilizando propiedades básicas de los primos podemos obtener estimaciones notablemente más precisas. Dado que todos los primos $\ge 5$ son de la forma $6k \pm 1$ , mediante la suma de las secuencias geométricas $a^{-6k-1} + a^{-6k+1}$ para $k = 1,2,\ldots, \infty$ y añadiendo $a^{-2} + a^{-3}$ y aprovechando que la densidad de primos entre los primeros números de esta forma es alta obtenemos

$$ f(a) = \frac{a^7 + a^6 + a^4 + a^2 -a - 1}{a^3(a^6 - 1)} + O\bigg(\frac{1}{a^{25}}\bigg) $$

Answer 2

Este es un comentario largo . He aquí un posible enfoque para estimar $f(a)$ . Utilizando La aproximación de Dusart (posteriormente mejorado por Axler), The $n$ -año primo satisface

$$ n\log n + n\log\log n - n < p_n < n\log n + n\log\log n $$

donde el límite inferior se mantiene para todos los $n \ge 1$ y el límite superior se mantiene para $n \ge 6$ . Por lo tanto, para $a > 1$ obtenemos una desigualdad de la forma

$$ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{a^3} + \frac{1}{a^5} + \sum_{n = 6}^{\infty}\frac{1}{a^{n\log n + n\log\log n }} < \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{a^{p_n}} < \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{a^{n\log n + n\log\log n - n }} $$

Esto puede dar algunas aproximaciones ajustadas si podemos convertir las sumas de la izquierda y la derecha en una aproximación de forma cerrada con términos de error controlables, que sin embargo es la tarea más tediosa.

Answer 3

He encontrado esta estimación para $g$ : $\ g(a)\sim \dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2+a-1}$ .

Primera desigualdad

$f(a) = \displaystyle \sum_{i=1}^{+\infty} \dfrac{1}{a^{p_i}} \leqslant \sum_{i=2}^{+\infty} \dfrac{1}{a^i} -\sum_{i=2}^{+\infty} \dfrac{1}{a^{2i}} = \dfrac{1}{a^2}\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{a}} -\dfrac{1}{a^4}\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{a^2}}$
$f(a)\leqslant \dfrac{1}{a(a-1)}-\dfrac{1}{a^2(a^2-1)}= \dfrac{a^2+a-1}{a^2(a^2-1)}$
$\fbox{$ g(a)\geqslant \dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2-a+1} $}$

Segunda desigualdad

$f(a) \geqslant \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{a^5}+\dfrac{1}{a^7}$
$\fbox{$ g(a)\leqslant \dfrac{a^7}{a^5+a^4+a^2+1} $}$

Calidad de la aproximación

$0\leqslant g(a)-\dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2+a-1}\leqslant \dfrac{a^7}{a^5+a^4+a^2+1} - \dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2+a-1}$
Y:
$\dfrac{a^7}{a^5+a^4+a^2+1} - \dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2+a-1} = \dfrac{a^2}{(a^5+a^4+a^2+1)(a^2+a-1)}$
Así que
$\fbox{$ 0\leqslant g(a)-\dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2+a-1}\leqslant \dfrac{1}{a^5} $}$
Y:
$\forall a \in [2,+\infty[ \ , \ \text{Round} \left( g(a)-\dfrac{a^2(a^2-1)}{a^2+a-1}\right) = 0 $