¿Por qué Mertens no pudo demostrar el teorema de los números primos?

Question

Sabemos que $$\sum_{n \le x}\frac{1}{n\ln n} = \ln\ln x + c_1 + O(1/x)$$

donde $c_1$ es una constante. De nuevo el teorema de Mertens dice que los primos $p$ satisfacer $$\sum_{p \le x}\frac{1}{p} = \ln\ln x + M + O(1/\ln x).$$

Así, estas dos series divergentes crecen al mismo ritmo. El teorema de Mertens se demostró sin utilizar el teorema de los números primos, unos 25 años antes de que se demostrara la PNT. Sin embargo, a partir de estos dos ejemplos, no podemos concluir que

$$\lim_{n \to \infty} \frac{p_n}{n\ln n} = 1$$ Si no, el de Mertens habría sido el primero en probar la PNT. Mi pregunta es: basándome en las dos series anteriores, ¿cuáles son las dificultades técnicas que nos impiden llegar a la conclusión de que $p_n/n\ln n = 1$ . Puede haber ejemplos contrarios con otras series, por lo que estas conclusiones pueden no ser ciertas en general. Sin embargo, no me interesa el caso general. En su lugar, me pregunto sólo en el caso de la secuencia $1/n\ln n$ y $1/p_n$ .

Answer 1

He aquí una heurística que pienso convertir en un artículo del blog algún día. Supongamos que sólo hay un número finito de números primos con el primer dígito $9$ . ¿Su estimación es lo suficientemente buena como para ver eso?

Para ser más precisos, supongamos que no hubiera primos entre $9 \times 10^k$ y $10^{k+1}$ para todo lo que sea suficientemente grande $k$ . Y supongamos que el número de primos entre $a$ y $b$ , para $10^k \leq a < b \leq 9 \times 10^k$ es $\approx \frac{\log 10}{\log 9} \int_{a}^b dt/\log t$ (cuando $a$ no está demasiado cerca de $b$ ). Veremos más adelante donde la fracción $\log 10/\log 9$ viene de.

Lo primero que hay que tener en cuenta es que esto violaría el teorema de los números primos. En este caso, tendríamos $\pi(9 \times 10^k) = \pi(10 \times 10^k)$ para $k$ grande. Pero el teorema de los números primos dice que $$\pi(10\times 10^k) - \pi(9 \times 10^k) \sim \frac{10 \times 10^k}{k \log 10 + \log {10}} - \frac{9 \times 10^k}{k \log 10 + \log {9}} \sim \frac{10^k}{k \log 10} \to \infty.$$ Así que demostrar el teorema de los números primos implica refutar este ridículo escenario.

Ahora, veamos que el escenario es consistente con $\sum_{p \leq N} 1/p = \log \log N + M + O(1/\log N)$ . La suma sobre los primos entre $10^k$ y $10^{k+1}$ sería aproximadamente $$\frac{\log 10}{\log 9} \int_{10^k}^{9 \times 10^k} \frac{dt}{t \log t} = \frac{\log 10}{\log 9} \left( \log \log (9 \times 10^k) - \log \log 10^k \right)$$ $$=\frac{\log 10}{\log 9} \left( \log( k \log 10+\log 9) - \log (k \log 10) \right) = \frac{\log 10}{\log 9} \left( \log \left( 1+\frac{\log 9}{k \log 10} \right) \right)$$ $$= \frac{\log 10}{\log 9} \frac{\log 9}{k \log 10} + O(1/k^2)= \frac{1}{k} + O(1/k^2)$$

Así que $$\sum_{p \leq 10^{n+1}} \frac{1}{p} = \sum_{j=1}^n \left( \frac{1}{j} + O(1/j^2) \right)=$$ $$\log n + B + O(1/n) = \log \log 10^{n+1} + C + O(1/\log 10^{n+1}).$$ Queda un ejercicio muy importante para ti: Si se vuelve a hacer este cálculo para $\sum_{p \leq 9 \times 10^k} 1/p$ , se obtiene $\log \log (9 \times 10^k) + C + O(1/\log(9 \times 10^k))$ para la misma constante $C$ . La cuestión es que $\log \log 10^{k+1} - \log \log (9 \times 10^k) = O(1/\log 10^k)$ Así que este estitmate es consistente con $\sum_{p \leq N} 1/p$ no crecer en absoluto entre $9 \times 10^k$ y $10 \times 10^k$ .

Este truco es útil para refutar otros enfoques simples de la PNT. Por ejemplo, los "primos odian comenzar con $9$ escenario" también es coherente con $\sum \log p/p^s = 1/(s-1) + O(1)$ como $s \to 1^{+}$ por lo que tampoco es suficiente para demostrar la PNT.

Answer 2

Permítanme complementar la agradable respuesta de David Speyer ampliando su comentario original y el de Greg Martin. Escribamos $$\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}=\ln\ln x+M+R(x),$$ entonces tenemos, utilizando las integrales de Riemann-Stieltjes, $$F(x):=\sum_{x < p \leq 2x} \frac{\ln p}{p}=\int_x^{2x}\ln t\ d(\ln\ln t+M) + \int_x^{2x} \ln(t) dR(t)$$ $$= \int_x^{2x} \frac{dt}{t} + [R(t)\ln t]_x^{2x} - \int_x^{2x} \frac{R(t)}{t} dt = \ln 2 + O( \ln x \sup_{x < t \leq 2x} R(t) ).$$ Si $\hat F(s)$ denota la transformada de Mellin de $dF(x)$ entonces con la notación $$S(x):=\sum_{p \leq x} \frac{\ln p}{p}$$ tenemos $$\hat F(s) = \int_{1-}^\infty x^{-s}dS(2x) - \int_{2-}^\infty x^{-s}dS(x) = (2^s-1)\sum_p \frac{\ln p}{p^{s+1}}, \quad \Re s>0.$$ En particular, si $\zeta(s)$ tiene un cero en $\Re s=\sigma\geq\frac{1}{2}$ entonces $\hat F(s)$ tiene un poste en $\Re s=\sigma -1$ . Obsérvese que en el segmento real $s\geq-\frac{1}{2}$ la única singularidad de $\hat F(s)$ es $s=-\frac{1}{2}$ que proviene de la diferencia entre $\sum (\ln p)p^{-s}$ y $\sum\Lambda(n)n^{-s}$ . Por lo tanto, por un principio bien conocido (véase el teorema 11.8 en Bateman-Diamond: Analytic number theory), para una determinada $c\in\mathbb{R}$ deducimos las estimaciones de dos lados $$F(x)-\ln 2-c x^{-1/2} = \Omega_\pm(x^{\sigma-1}).$$ Esto implica, según nuestro cálculo inicial, $$R(x) = \Omega(x^{\sigma-1}/\ln x).$$ Aquí podemos tomar $\sigma=\frac{1}{2}$ . En el improbable caso de que la HR falle, podemos elegir un $\sigma$ y reemplazar $\Omega$ por $\Omega_\pm$ . Probablemente, con más trabajo, podríamos sustituir $\Omega$ por $\Omega_\pm$ para $\sigma=\frac{1}{2}$ también.

Añadido. A continuación, se presenta un ejemplo muy relacionado con este tema preimpresión arXiv .

Answer 3

Porque la escala es demasiado pequeña en el teorema de Mertens, y el teorema de los números primos, así como la hipótesis de Riemann, están ocultos por la $O(1/\log{X})$ notación.

De hecho, lo primero equivale a reforzar este término para $o(1/\log{X})$ a los que se les ha pedido que se unan a la lista. $O(1/\sqrt{X})$ .

[Por cierto, se podrían hacer afirmaciones equivalentes a una escala aún menor. Por supuesto, una estimación como $\sum_{p < X} 1/p^2 = \mathrm{const} + O(1/X)$ no dice nada en absoluto sobre los primos. Pero uno podría, si lo desea, expresar el teorema de los números primos elaborando el $O(1/X)$ término. ]

Para elaborar esto un poco, permítanme ir a una escala un poco más grande donde el teorema del número primo comienza a surgir fuera de $o(1)$ . Esto también es más natural; de hecho, fue como se demostró el teorema de Mertens.

Por suma parcial, la estimación de Mertens equivale a $\sum_{p < X} (\log{p})/(p-1) = \log{X} + O(1)$ o, si se prefiere, $\sum_{n < X} \Lambda(n)/n = \log{X} + O(1)$ . Sin embargo, el teorema de los números primos es la afirmación de que el $O(1)$ converge a una constante: $\sum_{n < X} \Lambda(n)/n = \log{X} - \gamma + o(1)$ . De hecho, el límite relacionado $\sum_{n < X} \Big( \frac{1}{n} - \frac{1}{X} \Big) \Lambda(n) = \log{X} - 1 - \gamma + o(1)$ otra forma del teorema del número primo, es lo que realmente obtuvo de la Vallee Poussin en su trabajo original. Aquí $\gamma = 0.57\ldots$ es la constante de Euler, pero esto no tiene importancia para nosotros, véase el siguiente párrafo. También la $\log{X}$ polo logarítmico corresponde al polo de $\zeta(s)$ en $s=1$ mientras que el $o(1)$ expresa que no hay ceros con $\mathrm{Re}(s) = 1$ . La hipótesis de Riemann es el límite correspondiente más fuerte $O(1/\sqrt{X})$ en el $o(1)$ término oscilante. A esta escala, en contraste con $\psi(X) = X + O\big( \sqrt{X} (\log{X})^2 \big)$ o $\pi(X) = \mathrm{Li}(X) + O(\sqrt{X}\log{X})$ no se requiere un factor logarítmico además de la raíz cuadrada, ya que $\sum_{\rho} 1 / |\rho|^2 < \infty$ sobre los ceros.

Por último, he aquí cómo deducir la forma más habitual $\psi(X) \sim X$ del teorema de los números primos a partir del refinamiento $S(X) := \sum_{p < X} \Lambda(n)/n = \log{X} -\gamma + o(1)$ del teorema de Mertens: Suma por partes, $\psi(X) = XS(X) - \int_1^X S(t) \, dt = X(\log{X} - \gamma + o(1)) - \big( \int_1^X \log{t} \, dt - \gamma X + o(X) \big) = X + o(X)$ .

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Añadido (Diciembre, 2017). Me encontré con una observación que daba también una prueba "trivial" de la implicación elemental inversa de las dos formas puramente cualitativas, multiplicativa y logarítmica, del teorema del número primo: $\psi(X) \sim X \Leftrightarrow S(X) = \log{X} - \gamma + o(1)$ . Lo que sigue parece haberse perdido en la literatura sobre métodos elementales que, en este punto, parecen citar todos un teorema tauberiano algo más complicado de Axer; véase la sección 8.1.1 del libro de Montgomery y Vaughan ( Teoría de los números multiplicativos: I ) o, para un entorno más general, el capítulo 14 del reciente libro de Diamond y Zhang sobre Números generalizados de Beurling (realmente este documento de los suyos). El argumento más sencillo que se expone a continuación también se extiende fácilmente a los campos de números, proporcionando una prueba particularmente fácil de la "equivalencia elemental" del teorema del ideal primo de Landau y del campo de números agudo de Mertens. Por cierto, según recuerdo, esto aborda un punto ligeramente curioso que había surgido en los comentarios de esta respuesta de Eric Naslund . Recordando también mi respuesta aquí, he pensado que puede valer la pena registrar la siguiente observación como una adición a la misma, ciñéndome por simplicidad al caso racional asumido en esta pregunta.

Una prueba de $\psi(X) \sim X \Rightarrow S(X) = \log{X} - \gamma + o(1)$ . Para simplificar, permítanme ceñirme a $\mathbb{Q}$ . El caso de un campo numérico $K$ tiene el mismo resultado con $\gamma$ generalizado como el "invariante de Euler-Kronecker $\gamma_K$ .

La clave es observar que la fórmula $$X^{-1} \log{X!} = \sum_{n \leq X/T} \frac{\Lambda(n)}{n} + \sum_{m \leq T} \frac{1}{X} \Big( \psi\Big( \frac{X}{m} \Big) - \psi\Big( \frac{X}{T} \Big) \Big) + O(1/T)$$ se mantiene uniformemente en los dos parámetros $X, T \geq 1$ con un coeficiente absoluto implícito. Interpola entre la estimación de Mertens (caso $T = 1$ ) y la fórmula de convolución de Chebyshev $\log{X!} = \sum_m \psi(X/m)$ (caso $T = \infty$ ). Pero la fórmula general también se desprende, tras un momento de reflexión, del argumento de Chebyshev con la factorización en primos de $X!$ . Dividir los módulos en los rangos $n \leq X/T$ y $n > X/T$ . La contribución total de estos últimos se contabiliza exactamente en la segunda suma. Para un módulo pequeño $n \leq X/T$ la contribución a través de la factorización del primo es $X^{-1} \lfloor X/n \rfloor \Lambda(n) = \frac{\Lambda(n)}{n} + O\Big(\frac{\Lambda(n)}{X}\Big)$ despreciando la parte fraccionaria. El $O(1/T)$ resulta de la suma de estos términos para $n \leq X/T$ y utilizando la estimación de Chebyshev $\sum_{n \leq Y} \Lambda(n) \ll Y$ . (En la generalización del campo numérico, estas últimas estimaciones se extienden como cuentas de puntos de la red).

Ahora, por la asintótica de Stirling, el cualitativo $\psi(X) \sim X \Rightarrow S(X) = \log{X} - \gamma + o(1)$ la implicación es inmediata a partir de la fórmula observada al dejar $X \to \infty$ y luego $T \to \infty$ .

Answer 4

Gracias a David comentario muy interesante y a GH por el cálculo de R(x). Me gusta presentar mi razonamiento por lo que pensé en el teorema de Merten podría implicar PNT. Lo hubiera puesto como comentario pero debido a la longitud, lo escribo como respuesta. Lo más probable es que haya cometido un error en alguna parte y por eso llego a la ridícula conclusión de que el teorema de Merten implica PNT. Agradecería que alguien me dijera en qué me he equivocado.

Dejemos que $s(n)$ sea una secuencia estrictamente creciente, $s(1) \ge 2$ , de tal manera que $$S_s(x) = \sum_{s(r) \le x}\frac{1}{s(r)} = \ln\ln x + C_s + R_s(x).$$ donde $C_s$ es una constante que depende únicamente de $s$ y $R_s(x) = o(1)$ es el término de error que depende de $s$ y $x$ . Sea $A=\{[s(1)],[s(2)], [s(3)], \ldots \}$ donde [.] denota la función entera mayor. Sea $a(r) = 1$ si $r \in A$ y $a(r) = 0$ si $r \notin A$ . Entonces $N_s(x) = \sum_{r \le x} a(r)$ es el número de elementos de $A$ en el intervalo $(0,x)$ . Utilizando la fórmula de suma de Abel obtenemos $$\sum_{s(r) \le x}\frac{1}{s(r)} = \frac{N_s(x)}{x} + \int_{s(1)}^{x} \frac{N_s(t)}{t^2}dt = \ln\ln x + C_s + R_s(x)$$ Diferenciando bajo el signo integral con respecto a $x$ obtenemos $$\frac{N_s'(x)}{x} - \frac{N_s(x)}{x^2} + \frac{N_s(x)}{x^2} = \frac{1}{x\ln x} + R_s'(x)$$ Simplificando la ecuación anterior e integrando ambos lados, obtenemos $$N_s(x) = \int_{s(1)}^{x}\frac{dt}{\ln t} + \int_{s(1)}^{x} tR_s'(t)dt$$ Sin pérdida de generalidad, podemos definir $s(1) =2$ ya que esto sólo afectará al término constante $C_s$ y no $R_s(x)$ . Por lo tanto, tenemos $$N_s(x) = \int_{2}^{x}\frac{dt}{\ln t} + E(x) = Li(x) + E(x).$$ Así, cualquier secuencia $s(n)$ satisfaciendo $S_s(x) = \ln\ln x + C_s + R_s(x)$ debe tener una función de densidad que sea asintótica a la integral logarítmica. Podemos comprobarlo con las secuencias $n\ln n, n\ln n + n\ln\ln n, nH_n$ etc.; donde $H_n$ es el número armónico. También hemos encontrado la relación explícita entre el término de error en $S_s(x)$ y la de $N_s(x)$ que es $$E(x) = \int_{2}^{x} tR_s'(t)dt$$

En el caso de los números primos, $N_s(x) = \pi (x)$ y el teorema de Merten muestra que los primos satisfacen la condición de $S_s(x)$ . Esto da $$\pi(x) = \int_{2}^{x}\frac{dt}{\ln t} + E(x).$$

Esto demuestra que el hecho de que $\pi(x) \sim Li(x)$ es una consecuencia de $S_p(x) \sim \ln\ln x$ y no es una propiedad única de los primos. De hecho, es un atributo común de una familia general de secuencias que crecen a la misma tasa asintótica en su término dominante. Los números primos son sólo una de las secuencias de esta familia. Lo que diferencia a los primos y a otros miembros de esta familia de secuencias es la diferencia en sus respectivos términos de error $E(x)$ o en términos de $S_s(x)$ la diferencia de sus respectivos términos constantes $C_s$ y sus términos de error $R_s(x)$ . Por lo tanto, la forma correcta de interpretar el teorema de Merten es que para los números primos, el término constante en $S_p(x)$ es $$C_p = M = \gamma + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\mu (k)\ln \zeta(k)}{k} \simeq 0.2614972128$$ porque si fuera cualquier otra constante, entonces sabemos que estamos tratando con alguna otra secuencia y no con la secuencia de primos aunque el término dominante en la expansión asintótica de la suma del recíproco de la secuencia seguiría siendo $\ln\ln x$ y su densidad seguiría siendo asintótica a $Li(x)$ .