¿Cómo $ \sum_{p<x} p ^ {-s} asintóticamente a crecer $ \text{Re $} (s) < 1 $?

Question

Nota el $ p < x $ en la suma es para todos los números primos menores que $ x $. Yo sé que para $ s=1 $, $$ \sum_{p<x} \frac{1}{p} \sim \ln \ln x , $$ y por $ \mathrm{Re}(s) > 1 $, las sumas parciales en realidad converge a un límite finito llamado el primer zeta función, que tiene una continuación analítica para el conjunto de la derecha-la mitad de avión, pero la serie diverge en la crítica de la tira. Así que de todos modos, me pregunto lo que el comportamiento asintótico de las sumas parciales están en el límite de $ x \to \infty $ para un determinado valor de $ s $ con $ \mathrm{Re}(s) < 1 $. Al principio me intuitivamente conjeturó que podría ser algo vagamente similar a la siguiente $$ \sum_{p<x} \frac1{p^s} \sim f(s) \pi(x)^{1-s} , \quad f(s) = \lim_{n\to\infty} \int_0^1 g_n(u) u^{-s} du $$ pero después de algunos pensaban que no estoy seguro de si este tipo de fórmula de trabajo, después de todo. Alguna idea?

Nota de nuevo: estoy preguntando sobre asymptotics cuando $ \mathrm{Re}(s) < 1 $.

Answer 1

Asintótica: $k>-1$ tenemos $$\sum_{p\leq x}p^{k}=\text{li}\left(x^{k+1}\right)+O\left(x^{k+1}e^{-c\sqrt{\log x}}\right).$$

Prueba: Queremos suma de $\sum_{p\leq x}p^{-s}.$ Escribo esto como una Riemann integral de Stieltjes y el uso parcial de la integración. La serie infinita converge absolutamente si $\text{Re}(s)>1$, por lo que suponemos que $\text{Re}(s)< 1.$ Entonces este es

$$\sum_{p\leq x}p^{-s}=\int_{2}^{x}t^{-s}d\left(\pi(t)\right)=t^{-s}\pi(t)\biggr|_{2}^{x}+s\int_{2}^{x}t^{-s-1}\pi(t)dt.$$

Esperamos que esta para estar cerca de $\int_{2}^{x}t^{-s}d\left(\text{li}(t)\right)$, así que considere

$$\int_{2}^{x}t^{-s}d\left(\pi(t)\right)-\int_{2}^{x}t^{-s}d\left(\text{li}(t)\right)=t^{-s}\left(\pi(t)-\text{li}(t)\right)\biggr|_{2}^{x}+s\int_{2}^{x}t^{-s-1}\left(\pi(t)-\text{li}(t)\right)dt$$

que la cuantitativa primer número es el teorema de

$$=O\left(|s|xe^{-c\sqrt{\log x}}\int_2^x t^{-\text{Re(s)}-1}dt\right)=O\left(\frac{|c|}{\text{Re}(s)}x^{1-\text{Re}(s)}e^{-c\sqrt{\log x}}\right).$$ Aviso si reescrito por real $s$, parece mucho más agradable.

Por lo tanto

$$\sum_{p\leq x}p^{s}=\int_{2}^{x}\frac{t^{s}}{\log t}dt+O\left(\frac{|c|}{\text{Re}(s)}x^{1-\text{Re}(s)}e^{-c\sqrt{\log x}}\right).$$

Si dejamos a $t=u^{\alpha}$, la integral plazo se convierte en $\int_{2}^{x^\frac{1}{\alpha}}\frac{u^{-\alpha s}u^{\alpha-1}}{\log u}du+O(1).$ Porque queremos que el exponente es igual a cero, necesitamos $-\alpha+\alpha-1=0$ para dejar que $\alpha=\frac{1}{1-s}$. Entonces podemos ver que

$$\int_{2}^{x}\frac{t^{s}}{\log t}dt=\int_{2}^{x^{1-s}}\frac{1}{\log u}du=\text{li}\left(x^{1-s}\right)+O(1).$$

(El $O(1)$ viene desde el punto de partida de la integral) en consecuencia, para $\text{Re}(s)\neq 1$, tenemos que

$$\sum_{p\leq x}p^{s}=\text{li}\left(x^{1-s}\right)+O\left(\frac{|c|}{\text{Re}(s)}x^{1-\text{Re}(s)}e^{-c\sqrt{\log x}}\right).$$

En particular, para los fijos de $s$,

$$\sum_{p\leq x}p^{s}\sim\frac{x^{1-s}}{(1-s)\log x}.$$

Cuando $\text{Re}(s)=1$, las cosas son especiales, y sólo cuando $s=1$ obtenemos $\log\log x$. También, cuando $s=-k$ es real, obtenemos

$$\sum_{p\leq x}p^{k}=\text{li}\left(x^{k+1}\right)+O\left(x^{k+1}e^{-c\sqrt{\log x}}\right).$$

Espero que ayude,

Edit: he editado anteriormente en la respuesta sólo se aplica a real $s$. Ahora se aplica a todos los $s$ en el plano complejo tenemos $\text{Re}(s)<1$.

Edit: Esta pregunta se pidió mucho en matemáticas.stackexchange, aquí son sólo algunos de los duplicados:

• una conjetura (de la mina ) acerca de los números primos
• generalización del teorema de los números Primos
• ¿Cuál es la suma de los números primos hasta un número primo $n$?
• Estimación de la suma de las potencias negativas de los números primos