Primos pequeños en secuencias aritméticas

Question

Arregle un número entero $a > 1$. Para $n \geq 1$ un entero, sea $\pi_{n,1}(an)$ el número de primos $p \leq an$ tal que $p \equiv 1 \pmod{n}$, y $\pi(an)$ el número de todos los primos $p \leq an$. Sea $$Q_a(n) = \frac{\pi_{n,1}(an)}{\pi(an)} \phi(n),$$ donde $\phi(n)$ es la función phi de Euler.

Si en lugar de fijar $a$ fijamos $n$ y dejamos que $a$ tienda a infinito, entonces por el teorema de Dirichlet $\lim_{a \rightarrow \infty} Q_a(n) = 1$. Si no fijamos $n$ pero lo dejamos tender a infinito lo suficientemente rápido con respecto a $a$, por ejemplo $n=a^{1+\epsilon}$ con $\epsilon>0$ bajo (GRH), entonces se puede demostrar que el límite sigue siendo 1 mediante alguna versión efectiva de Dirichlet. Pero estoy interesado aquí en el caso donde $a$ está fijo. En este caso, es claro que $Q_a(n)$ varía demasiado para tener un límite cuando $n \rightarrow \infty.

Por lo tanto, vamos a mitigar $Q_a(n)$ considerando, siguiendo a Cesaro, $C_a(n) = \frac{Q_a(1)+\dots+Q_a(n)}{n}$.

¿Tiene $C_a(n)$ un límite cuando $a$ está fijo y $n$ tiende a infinito? En caso afirmativo, ¿cuál es este límite?

He realizado algunos cálculos con Sage para diferentes valores de $a$ ($a=2$ a $10$) y $C_a(n)$ parece tener una tendencia a crecer muy lentamente, aunque no está claro si tiende hacia un límite finito o hacia $+\infty$ -- o si todo esto es simplemente un artificio.

Mi motivación es tratar de entender (aunque solo sea conjeturalmente), en el caso más simple que puedo imaginar, qué sucede con el teorema eficaz de densidad de Chebotarev más allá de la versión que puedo encontrar en la literatura. Apreciaré cualquier respuesta, ya sea incondicional, basada en una conjetura como GRH, o incluso puramente heurística.

Comentarios (añadidos el 16 de octubre): Me interesa la pregunta anterior para cualquier entero $a$, pero en mi investigación surgió una pregunta similar con $a=8$. De hecho, no creo que la respuesta cambie realmente de naturaleza con $a$, por lo que podemos centrarnos en el caso $a=2$. En este caso, el único número congruente con $1$ módulo $n$ entre $1$ y $2n$ que es susceptible de ser primo es $n+1$, por lo tanto $Q_2(n)=0$ si $n+1$ no es primo, mientras que cuando $n+1$ es un primo $p$, $$Q_2(n)=\frac{\phi(p-1)}{\pi(2 (p-1))}.$$ Por cierto, esto ilustra el hecho de que $Q_2(n)$ no tiene un límite cuando $n \rightarrow \infty$: $0$ es obviamente el límite inferior, pero $+\infty$ es el límite superior: piensa en $n=p-1$ siendo por ejemplo el primo más grande en un par de primos de Sophie Germain, de modo que $\phi(n)=(p-1)/2-1$ y $Q_2(p-1) \sim \log p / 4$ lo cual tiende a la locura si se elige una secuencia infinita de primos de Germain (lo cual se espera ampliamente que exista - en este punto, estoy perfectamente feliz de usar cualquier conjetura aunque se pueda hacer lo contrario).

Volviendo a la pregunta, tenemos: $$C_2(n) = \frac{1}{n} \sum_{1 < p \leq n,\ p \ primo} \frac{\phi(p-1)}{\pi(2p-2)}.$$ Nota que dado que $Q_2(n)$ es no negativo, se puede reemplazar por un equivalente, por lo que $$C_2(n) \sim D_2(n) := \frac{1}{n} \sum_{1 < p \leq n,\ p \ primo} \frac{\phi(p-1) \log(p)}{2p},$$ y la pregunta comienza a parecerse a una versión complicada de una pregunta que ya se ha hecho varias veces en mathoverflow sobre el promedio de Cesaro de $\phi(n)$ de Euler, que se comporta mucho más suavemente que $\phi(n)$ en sí misma. Experimentalmente, esto es lo que obtengo para $C_2(n)$ para $n=2^k$, $k$ corriendo de $1$ a $23$:

0.750000000000000 0.500000000000000 0.300000000000000 0.254482323232323 0.204751427085986 0.182394996041895 0.174044947095252 0.177096489596196 0.177412757367371 0.175004984083009 0.175280949354989 0.176774240882088 0.177008402332853 0.178414103595542 0.178516411591865 0.179091173423042 0.179809089385918 0.180252447106263 0.180775697751659 0.181112338150868 0.181529153981739 0.181858564625316 0.182136158910456

Para mí parece que $C_2(n)$ tiene un límite o quizás tiende a infinito un poco más lento que $\log n$, pero realmente no estoy bien entrenado en el difícil arte de la adivinación de límites de secuencias a partir de sus primeros términos... ¿Qué piensas?

Answer 1

Cuando $a=2$, la suma de la que deseas la asintótica es básicamente $$ \frac12 \frac{\log n}n \sum_{p\le n} \frac{\phi(p-1)}{p-1} \sim \frac12 \frac1{\pi(n)} \sum_{p\le n} \frac{\phi(p-1)}{p-1}, $$ que es la mitad del valor promedio de la función multiplicativa $\phi(n)/n$ en primos desplazados $p-1$. La heurística para evaluar esta constante es la siguiente: recordemos que $$ \frac{\phi(p-1)}{p-1} = \prod_{q\mid(p-1)} \bigg( 1-\frac1q \bigg). $$ Para cada primo fijo $q$, una proporción $1/(q-1)$ de primos $p$, es decir, aquellos congruentes a $1$ (módulo $p$), tendrán $\phi(p-1)/(p-1)$ que contienen un factor de $1-1/q; los otros, una proporción $(q-2)/(q-1)$ de los primos, simplemente tienen el factor 1. Heurísticamente, todas estas contribuciones son independientes, y por lo tanto el valor promedio de $\phi(p-1)/(p-1)$ debería ser el producto de los promedios para cada $q$, que son $$ \frac1{q-1} \bigg( 1-\frac1q \bigg) + \frac{q-2}{q-1}1 = 1-\frac1{q(q-1)}. $$ Por lo tanto predecimos que $$ \frac12 \frac1{\pi(n)} \sum_{p\le n} \frac{\phi(p-1)}{p-1} \to \frac12 \prod_q \bigg( 1-\frac1{q(q-1)} \bigg) \aprox. 0.186978. $$ Esto se puede probar sin mucha dificultad, usando el método explicado en el comentario de Terry. EDITADO PARA AGREGAR: $$ \sum_{p\le n} \frac{\phi(p-1)}{p-1} = \sum_{p\le n} \sum_{d\mid(p-1)} \frac{\mu(d)}d = \sum_{d\le n} \frac{\mu(d)}d \sum_{p\le n, p\equiv1\pmod d}1 = \sum_{d\le n} \frac{\mu(d)}d \pi(n;d,1), $$ donde $\pi(x;q,a)$ es el número de primos $p\le x$ con $p\equiv a\pmod q$. Ahora se puede utilizar el teorema de los números primos en progresiones aritméticas para obtener una fórmula asintótica para $\pi(n;d,1)$ cuando $d$ es pequeño y el teorema de Brun-Titchmarsh para obtener una cota superior para $\pi(n;d,1)$ cuando $d$ es grande. El resultado será el mismo, en el límite, que lo que se obtiene si simplemente se sustituye $\pi(x)/\phi(d)$ por $\pi(x;d,1)$: $$ \frac12 \frac1{\pi(n)} \sum_{p\le n} \frac{\phi(p-1)}{p-1} \sim \frac12 \sum_{d\le n} \frac{\mu(d)}{d\phi(d)} \sim \frac12 \sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)}{d\phi(d)} = \frac12 \prod_p \bigg( 1 + \frac{-1}{p\phi(p)} + \frac0{p^2\phi(p^2)} + \cdots \bigg). $$