Demostrando que $\sum_{i=2}^{M}\frac{\pi(x^{1/i})}{i}=O(x^{1/2})+O(Mx^{1/3})$

Question

¿Cómo puedo demostrar que $$\sum_{i=2}^{M}\frac{\pi(x^{1/i})}{i}=O(x^{1/2})+O(Mx^{1/3}).$$

Intenté usar el teorema de los números primos para $\pi(x)$ y luego aproximar la suma por la integral, pero cuando usé la integración parcial, la integral se complicó demasiado y no pude obtener un límite.

¿Alguien puede dar alguna pista sobre cómo resolver esto?

Answer 1

Ni siquiera necesitamos el teorema de los números primos para esto. Trivialmente, tenemos que $\pi(x)\leq x,$ así que $$\sum_{i=2}^{M}\frac{\pi\left(x^{1/i}\right)}{i}\leq\sum_{i=2}^{M}\frac{1}{i}x^{\frac{1}{i}}$$

$$\leq\frac{1}{2}x^{1/2}+x^{1/3}\sum_{i=3}^{M}\frac{1}{i}x^{1/i-1/3},$$ y como $1/i-1/3\leq0$ para $i\geq3,$ tenemos la desigualdad $$\sum_{i=2}^{M}\frac{\pi\left(x^{1/i}\right)}{i}\leq\frac{1}{2}x^{1/2}+x^{1/3}\sum_{i=3}^{M}\frac{1}{i}.$$ A partir de aquí, obtenemos inmediatamente su desigualdad, pero fíjese que al utilizar la cota superior $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}\ll\log n$ Podríamos sustituir $M$ por $\log M.$

Observaciones adicionales: Utilizando la cota superior de Chebyshevs, o equivalentemente la cota superior del teorema de los números primos, podríamos obtener un factor de $\log x$ en el denominador también. Ten en cuenta también que la función que estás viendo es una versión truncada de Riemann's $\Pi(x)$ que podemos definir como $$\Pi(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\pi\left(x^{1/n}\right).$$