Límites asintóticos en $\pi^{-1}(x)$ (función inversa de recuento de primos)

Question

¿Cuáles son los mejores límites asintóticos actuales de $\pi^{-1}(x)$ , donde $\pi(x)$ denota la función de recuento de primos (número de primos a lo sumo $x$ )?

En otras palabras, tengo curiosidad por conocer el estado de la técnica para estimar el $n^{th}$ primo. A partir del teorema de los números primos, parece claro que $\pi^{-1}(x)=\Theta(x \log x)$ . ¿Puede alguien indicarme la literatura que responde a la pregunta? Por favor, disculpen mi incapacidad para encontrar dicha literatura por mí mismo...

Answer 1

Asumiendo la hipótesis de Riemann $$|p_n -\text{li}^{-1}(n) |\le \pi^{-1} \sqrt{n} (\log n)^{5/2}, \qquad n \ge 11$$ Esto se deduce de los límites conocidos para $\pi(x)$ debido a Schoenfeld.

Puede ver los detalles en el documento http://front.math.ucdavis.edu/1203.5413

Answer 2

Así es como se invierte la función de recuento de primos $\pi(x)$ para estimar el n-ésimo primo $p_n$ . Sea $g(u),u \ge 2$ sea una función positiva, continua y creciente y que $f(x)$ se define por

$$ x = \int_{2}^{f(x)} \frac{du}{g(u)} $$

Entonces

$$ f(x) = \int_{2}^{x} g(f(u))du + f(2) $$

Toma $g(u) = \ln u$ por lo que nuestra primera estimación de $f(x) is $ que $f(x) \sim x\ln x$ . Ahora utilice esta estimación en la integral anterior para obtener la segunda estimación para $f(x)$ . Puedes repetir este proceso iterativo $k$ veces para obtener la expansión asintótica de $f(x)$ con un error $O(x/(\ln x)^{-k})$ .

Ahora, a partir del teorema del número primo, tenemos

$$ \pi(x) \sim \int_{2}^{x} \frac{du}{\ln(u)} $$

Tomando $x = p_n$ el n-ésimo primo, el método anterior dice que la expansión asintótica de $p_n$ es $f(n)$ . Así, obtenemos

$$ p_n \sim n\ln n + n\ln\ln n - n + \ldots $$

Answer 3

Dado que "el estado del arte" ha cambiado ligeramente desde 2013, añado este nuevo resultado sobre los límites inferior y superior de $p_n$ . (Esto es complementario a las respuestas dadas anteriormente).

Christian Axler demostró en https://arxiv.org/abs/1706.03651 eso:

(1) Para cada $n\ge46254381$ , $${\small p_n < n \Big(\log n + \log\log n - 1 + {\log\log n - 2\over\log n} - {(\log\log n)^2 - 6\log\log n + 10.667 \over 2\log^2 n} \Big). } $$

(2) Para cada $n\ge2$ , $${\small p_n > n \Big(\log n + \log\log n - 1 + {\log\log n - 2\over\log n} - {(\log\log n)^2 - 6\log\log n + 11.508 \over 2\log^2 n} \Big). } $$

Answer 4

[Creo que esto es moralmente lo mismo que la respuesta de Nilotpal Sinha, pero sólo utiliza estimaciones asintóticas y no integrales, así que pensé en publicarlo aquí por si alguien lo encuentra útil o interesante].

Comienza con la versión del Teorema de los números primos que dice que $\pi(x) \sim x / \ln(x)$ . Sea $p_n$ denotan el $n$ -en primer lugar, por lo que en particular $\pi(p_n) = n$ y sustituirlo por $p_n$ en la estimación asintótica para $\pi(x)$ para conseguir $n = \pi(p_n) \sim p_n / \ln(p_n)$ o, por el contrario

$p_n \sim n \ln p_n$

(Si te pones quisquilloso esto funciona porque la secuencia $p_n$ es monótona e ilimitada). Ahora toma los logaritmos de ambos lados (de nuevo, si eres quisquilloso, esto funciona porque ambos $n$ y $p_n / \ln(p_n)$ no están limitados) y se multiplican por $n$ para conseguirlo:

$n \ln p_n \sim n \ln(n) + n\ln\ln(p_n)$ .

En este punto, si se quiere sólo el término principal, se puede demostrar fácilmente que $\lim_{n \to \infty} n \ln\ln(p_n) / n\ln(n) = 0$ para que de hecho $p_n \sim n \ln p_n \sim n \ln n$ o puede seguir sustituyendo para obtener términos de error cada vez más finos.