Estimación de $n$ prime de th

Question

Hay un resultado eso si $p_n$ es la primer de th de $n$, $p_n\sim n\log n$ $n\rightarrow\infty$.

Me pregunto: ¿es una consecuencia directa del teorema primero del número $\pi(x)\sim x/\log x$? El teorema dice que hay unos primos de $n/\log n$ menor o igual a $n$. Así que hay unos primos de $n$ menor o igual a $n\log n$. Así $p_n$ es aproximadamente $n\log n$.

Pero tengo problemas para convertir esto en un argumento formal. Tenemos $\lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{\pi(n)\log n}{n}=1$. ¿Cómo demostraría que $\lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{p_n}{n\log n}=1$?

Answer 1

Las propuestas se $p_n\sim n\log n$$\pi(x)\sim \frac{x}{\log x}$. Considere la posibilidad de:

$$p_{\pi(x)}\sim \pi(x)\log\pi(x)\sim\frac{x}{\log x}\log\left(\frac{x}{\log x}\right)=\frac{x}{\log x}\left(\log x-\log\log x\right)\sim x$$

y

$$\pi(p_n)\sim\pi(n\log n)\sim\frac{n\log n}{\log(n\log n)}=\frac{n\log n}{\log n+\log\log n}\sim n$$

Trate de formailizing este (dando más sentido a $\sim$) para mostrar que $p_{({.})}$ $\pi({.})$ son asintótica inversos.

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Para formalizar más: Vamos a $f(x)=\frac{x}{\log{x}}$$g(x)=x\log{x}$. Entonces $$\frac{f(g(x))}{x}=\frac{1}{x}\frac{x\log{x}}{\log(x\log{x})}=\frac{1}{1+\frac{\log\log x}{\log x}}\xrightarrow{x\to\infty}1$$

Y $$\frac{g(f(x))}{x}=\frac{1}{x}\frac{x}{\log{x}}\log\left(\frac{x}{\log{x}}\right)=\frac{1-\frac{\log\log x}{\log x}}{1}\xrightarrow{x\to\infty}1$$

Y así de grande $x$, $f(g(x))\sim x$ y $g(f(x))\sim x$ donde $A\sim B$ significa que su relación enfoques $1$.

Todo esto es para decir que $f$ $g$ son asintótica inversos. Así que si partimos de la premisa de que el $n$th el primer número $p_n$ es de aproximadamente $g(n)$ (en la misma "relación de los enfoques de 1" de sentido), y, a continuación, defina $\pi(x)$ como la inversa concepto (el número de números primos menos de un determinado$x$), $\pi(x)$ es de aproximadamente $f(x)$ (de nuevo, en ese sentido).

Answer 2

Continuando el argumento, $n =\pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln(p_n)}$.

Si podemos demostrar que $\frac{\ln(p_n)} {\ln {n}} \to 1$, podemos concluir que el $p_n \sim n \ln n$.

Esto es una consecuencia bastante directa de $n \sim \frac{p_n}{\ln(p_n)}$.

Answer 3

Sugerencia: por definición, $p_n=\inf\{x\mid\pi(x)\geqslant n\}$. Para cada $\varepsilon$ $(0,1)$ allí existe $x_\varepsilon$ tal que $(1-\varepsilon)x/\log x\leqslant\pi(x)\leqslant(1+\varepsilon)x/\log x$ cada $x\geqslant x_\varepsilon$. Que $n_\varepsilon\geqslant(1+\varepsilon)x_\varepsilon/\log x_\varepsilon$, entonces, para cada $n\geqslant n_\varepsilon$...

Answer 4

Tenga en cuenta que $\pi(p_n)=n$ para todos los enteros positivos $n$ $p_{\pi(q)}=q$ para todos los números primos $q$. Así

$$\lim_{n\to\infty}\left({n\log n\over p_n}\right)=\lim_{n\to\infty}\left({\pi(p_n)\log p_n\over p_n}\cdot{\log n\over\log p_n}\right)$$

Ahora

$$\lim_{n\to\infty}\left({\pi(p_n)\log p_n\over p_n}\right)=\lim_{p\to\infty}\left({\pi(p)\log p\over p}\right)=1$$

es sólo el Primer Número Teorema. Por lo que es suficiente para mostrar que

$$\lim_{n\to\infty}\left({\log n\over\log p_n}\right)=1$$

Vamos a sustituir la secuencia de enteros $n$ con la secuencia de $\pi(q)$ donde $q$ corre sobre el aumento de la secuencia de números primos. Usando la relación $p_{\pi(q)}=q$, esto le da

$$\lim_{n\to\infty}\left({\log n\over\log p_n}\right)=\lim_{q\to\infty}\left({\log\pi(q)\over\log q}\right)=\lim_{q\to\infty}\left({\log\left({\pi(q)\log q\over q}\right)+\log q-\log\log q\over\log q}\right)=1$$

donde el límite final de la evaluación de nuevo se hace uso del Teorema de los números Primos, esta vez para $\log\left({\pi(q)\log q\over q}\right)\approx0$.