Quisiera una estimación asintótica para $$\sum_{p\leqslant x}\frac{1}{1+\log (x/p)},$$ donde $p$ siempre representa un número primo.
Intenté hacer una integral de Stieltjes a partir de la suma y evaluarla, pero no funcionó. ¿Alguna idea?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Convertirlo en una integral es una buena idea. De hecho, tenemos $$ \sum_{p\leq x}\frac{1}{1+\log (x/p)} =\pi (x) - \int_2^x {\frac{{\pi (t)}}{{(1 + \log (x/t))^2 }}\frac{{{\rm d}t}}{t}} . $$ Estimaremos la integral. Por el teorema de los números primos $$ \pi (t) = \frac{t}{{\log t}} + \mathcal{O} \bigg( {\frac{t}{{\log ^2 t}}} \bigg), $$ y por lo tanto \begin{align*} \int_2^x {\frac{{\pi (t)}}{{(1 + \log (x/t))^2 }}\frac{{{\rm d}t}}{t}} &= \int_2^x {\frac{1}{{(1 + \log (x/t))^2 }}\frac{{{\rm d}t}}{{\log t}}} + \mathcal{O} (1)\int_2^x {\frac{1}{{(1 + \log (x/t))^2 }}\frac{{{\rm d}t}}{{\log ^2 t}}} \\ & = \int_2^x {\frac{1}{{(1 + \log (x/t))^2 }}\frac{{{\rm d}t}}{{\log t}}} + \mathcal{O} \bigg( {\frac{x}{{\log ^2 x}}} \bigg). \end{align*} La estimación de la segunda integral puede demostrarse dividiendo el intervalo de integración en $t=\sqrt{x}$ y estimando las dos integrales por separado. Para estimar la primera integral, realizamos un cambio de variables de $t$ a $s$ vía $t = x/s$ : $$ \int_2^x {\frac{1}{{(1 + \log (x/t))^2 }}\frac{{{\rm d}t}}{{\log t}}} = \frac{x}{{\log x}}\int_1^{x/2} {\frac{1}{{(1 + \log s)^2 }}\frac{1}{{s^2 }}\frac{{{\rm d}s}}{{1 - \log s/\log x}}} . $$ Por el teorema de convergencia dominada $$ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int_1^{x/2} {\frac{1}{{(1 + \log s)^2 }}\frac{1}{{s^2 }}\frac{{{\rm d}s}}{{1 - \log s/\log x}}} = \int_1^{ + \infty } {\frac{1}{{(1 + \log s)^2 }}\frac{{{\rm d}s}}{{s^2 }}} =\int_0^{ + \infty } {\frac{{{\rm e}^{ - t} }}{{(1 + t)^2 }}{\rm d}t}, $$ donde en el segundo paso realizamos un cambio de variables de $s$ a $t$ vía $s={\rm e}^t$ . Por lo tanto, $$ \sum_{p\leq x}\frac{1}{1+\log (x/p)} \sim \pi (x) - \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\rm e}^{ - t} }}{{(1 + t)^2 }}{\rm d}t}\cdot \frac{x}{{\log x}} $$ como $x\to +\infty$ . Por último, ya que a través de la integración por partes, $$ \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\rm e}^{ - t} }}{{(1 + t)^2 }}{\rm d}t} = 1 - \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\rm e}^{ - t} }}{{1 + t}}{\rm d}t} $$ y por el teorema de los números primos $\pi(x)\sim x/\log x$ podemos escribir $$\boxed{ \sum_{p\leq x}\frac{1}{1+\log (x/p)} \sim c\, \frac{x}{{\log x}}} $$ como $x\to+\infty$ con $$ c=\int_0^{ + \infty } {\frac{{{\rm e}^{ - t} }}{{1 + t}}{\rm d}t} =0.596347362323194\ldots \,. $$ Esta constante $c$ a veces se denomina Constante de Gompertz .
Adenda. Con la ayuda de esta pregunta , $$ \frac{1}{{\pi (x)}}\sum\limits_{p \le x} {\frac{1}{{1 - \log (p/x)}}} \to \int_0^1 {\frac{{{\rm d}s}}{{1 - \log s}}} = \int_0^{ + \infty } {\frac{{{\rm e}^{ - t} }}{{1 + t}}{\rm d}s} . $$
