$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + f(x/4) + ... = x$ y $\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{\pi(n)} = 1$?

Question

$$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + f(x/4) + ... = x$$

$$f(n) < \pi(n+1)$$

$$\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{\pi(n)} = 1$$

donde $\pi(n)$ es la función de conteo de números primos.

Mi mentor más o menos escribió eso cuando tenía alrededor de $12$ años.

Si usas la función zeta de Riemann $\zeta(s)$ para demostrar el PNT y conoces la fácil $f(x) < \frac{x}{\ln(x)-1}$ (fácil de mostrar al menos para grandes $x$) entonces con un poco de trabajo extra puedes probar las dos afirmaciones al menos para grandes $x$ o grandes $n$.

Pero, ¿cómo probarlo directamente? ¿Qué pasa si no sabíamos que $\pi(n)$ es aproximadamente $= \frac{x}{\ln(x)-1}$? ¿Y si no usamos la función zeta ni la dinámica compleja?

¿Esto está relacionado con una de esas pruebas elementales del teorema de los números primos?

¿Cómo se le ocurre a alguien la idea de la ecuación anterior? ¿Cuál es la lógica detrás de esto?

No confundir con algo similar que se ve frecuentemente en teoría de números, esto no es eso.

Tampoco es esta otra

$$g(x) + g(x)/2 + g(x)/3 + g(x)/4 + ... = x$$

Porque eso da aproximadamente $g(n) = \frac{n}{H_n}$ donde H_n es el n-ésimo número armónico, que es una versión débil del PNT.

Tampoco sigue de los 3 teoremas de Mertens ni se parece a nada que haya leído.

No estoy buscando una asintótica precisa para $f(x)$ aquí, esa no es la pregunta en este momento. (aunque probablemente comenzaré un nuevo tema sobre eso pronto)

¿Alguna idea?

Por cierto, esta función es aún más misteriosa cuando lo piensas:

Por ejemplo

$$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + f(x/4) + ... = x$$

sustituir $x$ por $x/2$

$$f(x/2) + f(x/4) + f(x/6) + f(x/8) + f(x/10) + ... = x/2$$

Esto implica que

$$f(x) + f(x/3) + f(x/5) + f(x/7) + f(x/9) + ... = x/2$$

y así

$$f(x/2) + f(x/4) + f(x/6) + f(x/8) + f(x/10) + ... = f(x) + f(x/3) + f(x/5) + f(x/7) + f(x/9) + ... $$

y

$$f(f(x) + f(x/3) + f(x/5) + f(x/7) + f(x/9) + ...) = f(f(x/2) + f(x/4) + f(x/6) + f(x/8) + f(x/10) + ...) = f(x/2)$$

y pueden construirse identidades similares. En mi opinión, muy similar a la multiseción de series, fractales y cosas auto-referenciales.

Pero obtener expansiones de series para eso que estén definidas en todas partes es difícil.

¿Necesita $f$ ser continua?

Quizás deberíamos relajar la ecuación y escribir

$$f(n) + f(n/2) + f(n/3) + f(n/4) + ...= n$$

y las divisiones se redondean o algo así.

O tal vez deberíamos truncar los puntos suspensivos (...) de alguna manera.

Pero eso aún no responde mis preguntas.

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Mi mentor me dijo esto

$$\pi(x) + \pi(x/2) + \pi(x/3) + ... > x$$

si tomamos suficientes términos y si lo siguiente es cierto

$$\pi(x/a) > \frac{\pi(x)}{a}$$

(conjetura A)

Entonces se sigue que

$$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + ... = x$$

implica que $f(x) < \pi(x)$

La conjetura A podría tener un nombre, es una versión más débil de la segunda conjetura Hardy-Littlewood :

$$\pi(x+y) - \pi(x) < \pi(y) + 1$$

La conjetura A tiene sentido para grandes $x$ y pequeños $a$ seguramente si usamos una versión precisa del teorema de números primos algo como la buena asintótica

$$\frac{x}{\ln(x) - 1 + \frac{1}{\ln(x)}}$$

Pero no estoy seguro si se ha probado la conjetura A.

Nuevamente, esto podría ser excesivo, pero es otra forma de pensarlo.

ver :

$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + ... = x$ y conjetura A: $\pi(x/a) > \frac{\pi(x)}{a}$

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Una idea de aspecto similar parece haber ocurrido aquí en la página 8 :

http://www.math.columbia.edu/~goldfeld/ErdosSelbergDispute.pdf

aunque es una integral en lugar de una suma.

Quería mencionarlo. Tal vez tenga valor para alguien.

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Answer 1

Aquí hay una formalización algo formal de mis pensamientos

$$f(x) + f(\frac{x}{p_n}) + f(\frac{x}{p_{n+1}}) + f(\frac{x}{b_i}) + ... = \frac x{a_n} \tag{1}$$

donde $p_n$ es el $n-$ésimo número primo, $p_1=2,p_2=3,...$

$b_i$ es o bien un número primo después de $p_n$ o un múltiplo de algún número primo $p_n,p_{n+1},p_{n+2},...$ tal que ningún primo antes de $p_{n}$ divide esos múltiplos, es decir, los múltiplos solo tienen factores $p_k$ con $k \geq n$. El clásico tamiz de primos de Eratóstenes.

para $n=1$ tenemos la relación clásica, que lleva a $a_1=1$.

Aplicamos $x \rightarrow \frac x{p_n}$ en $(1)$:

$$f(\frac{x}{p_n}) + f(\frac{x}{p_n^2}) + f(\frac{x}{p_{n+1}p_n}) + f(\frac{x}{b_ip_n}) + ... = \frac x{p_na_n}$$

hemos cubierto todos los múltiplos de $p_n$ que estaban en $(1)$ así que:

$$f(x) + f(\frac{x}{p_n}) + f(\frac{x}{p_{n+1}}) + f(\frac{x}{b_i}) + ... -[f(\frac{x}{p_n}) + f(\frac{x}{p_n^2}) + f(\frac{x}{p_{n+1}p_n}) + ...]= \frac x{a_n} -\frac x{p_na_n}$$

así que

$$f(x) + f(\frac x{p_{n+1}}) + f(\frac x{p_{n+2}}) + f(\frac{x}{c_j}) +... = \frac x{a_n} -\frac x{p_na_n} = \frac x{a_n}(1- \frac1{p_n}) = \frac x{a_{n+1}}$$

entonces tenemos:

$$\frac1{a_{n+1}} = \frac1{a_n}(1-\frac1{p_n}) \implies \frac1{a_{k+1}} = \prod_{n=1}^k (1-\frac1{p_n}) \iff \\ a_k = \frac1{\prod_{n=1}^{k-1}(1-\frac1{p_n})}$$

lo cual creo que es correcto. Curiosamente, tenemos la Identidad de Euler para la función zeta de Riemann:

$$\zeta (s) = \prod_p \frac1{1-p^{-s}}$$

lo cual demuestra que $\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \infty$. Lo cual es interesante:

$$f(x) + \lim_{n \rightarrow \infty} (f(\frac x{p_n}) + f(\frac{x}{b_n,i}) + ...) = 0$$

Answer 2

Una propiedad:

$$f(x) + f(x/m) + f(x/m^2) + f(x/m^3) + \ldots = x \times a_m(x)$$

$$f(x/m) + f(x/m^2) + f(x/m^3) + f(x/m^4) + \ldots = \frac{x}{m} a_m(x/m)$$ Por lo tanto, $$f(x) = x\left(a_m(x) - \frac{a_m(x/m)}{m}\right)$$

También tenemos, $$f(x/m) = x\left(\frac{a_m(x/m)}{m} - \frac{a_m(x/m^2)}{m^2}\right)$$

Por lo tanto $$x a_m(x) = f(x) + f(x/m) + f(x/m^2) + \ldots $$ $$= x \left(a_m(x) - \frac{a_m(x/m)}{m}\right) + x\left(\frac{a_m(x/m)}{m} - \frac{a_m(x/m^2)}{m^2}\right) + \ldots $$ $$= x\left(a_m(x) - \lim_j \frac{a_m(x/m^j)}{m^j}\right)$$

Por lo tanto $$\lim_j \frac{a_m(x/m^j)}{m^j} = 0$$

$$f(x) = x \lim_m \left(a_m(x) - \frac{a_m(x/m)}{m}\right)$$

Por lo tanto tenemos, $$f(x) = x \lim_m \left(a_{m}(x) - \frac{a_{m}(x/m)}{m}\right) = x g(x)$$ $$g(x) = \lim_m \left(a_{m}(x) - \frac{a_{m}(x/m)}{m}\right) $$ Con, $$\lim_j \frac{a_m(x/m^j)}{m^j} = 0$$

$$\lim_j f(x/m^{j}) = \lim_j \frac{x}{m^j} \left(a_m(x/m^j) - \frac{a_m(x/m^{j+1})}{m}\right) = 0$$

Así que al menos $f(x)$ es continua en $0$ con respecto a ciertas subsecuencias. Una idea basada en esto es la siguiente:

Una idea es si mostramos el comportamiento en un entorno de $x = 0$ entonces: Supongamos que $\sum_i f(x/m^i)$ converge absolutamente, luego, asumimos que $f(x)$ es analítica en un entorno de $x = 0$ entonces, $$f(x) = \sum_{i \geq 1} a_i x^i$$ Sea $b_m(x) = x \times a_m(x)$ entonces, $$\sum_j f(x/m^j) = b_m(x)$$ $$\sum_j \sum_{i \geq 1} \frac{a_i}{m^{ji}} x^i = b_m(x)$$ Ahora, por la suposición de que $\sum_i f(x/m^i)$ converge absolutamente intercambiamos el orden de la suma, $$\sum_{i \geq 1} \sum_j \frac{a_i}{m^{ji}} x^i = b_m(x)$$ $$\sum_{i \geq 1} \frac{a_i \times m^i}{m^i-1} x^i = b_m(x)$$ Por lo tanto tenemos una expresión analítica para $b_m(x)$, $$b_m(x) = \sum_{i \geq 1} \frac{a_i \times m^i}{m^i-1} x^i $$

La serie converge para todos los puntos en los que la serie original $f(x) = \sum_{i \geq 1} a_i x^i$ converge. Por lo tanto, tanto $f(x)$ como $b_m(x)$ tienen la misma región de convergencia.

Por lo tanto, sabiendo $b_m(x)$ con la suposición de que es analítica para cualquier $m$, podemos determinar $f(x)$ en el entorno de $x = 0$.

Si colocamos $m = 1$, $b_1(x)$ diverge es decir, su región de convergencia es $x = 0$, por lo tanto la suposición de que $\sum_i f(x/m^i)$ converge absolutamente no es verdadera para $m = 1$ y podría ser cierta para $m > 1$.

Espero que encuentres útiles algunas de las ideas anteriores o puedas aplicarlas o usarlas. ¡Saludos!

Answer 3

Sea $x$ un entero positivo.

Consideré pensar en la estimación

$$\pi(x) + \pi(x/2) + \pi(x/3) + ...$$

La idea es simple.

Tomamos primos $p_i < x$.

y tomamos $2 p_i < x$

y en general

$$n p_i < x$$

Entonces esperamos ingenuamente que todos los números entre $1$ y $x$ sean de estas formas.

Por lo tanto, la unión de $n p_i$ debería dar aproximadamente $x-1$.

Sin embargo, considera por ejemplo $6 = 2*3$ y $35 = 5*7$.

$6$ es de la forma tanto de $2 p_i$ como de $3 p_i$. Similar para $35$; $5 p_i$ y $7 p_i$.

Entonces parece ser

$$\pi(x) + \pi(x/2) + \pi(x/3) + ... = x - 1 + \pi_2(x)$$

donde $\pi_2(x)$ es la cantidad de semiprimos por debajo de $x$: $p q$ con $p$ y $q$ primos.

Dado que

$$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + ... = x$$

Esto implica (incluso sin la conjetura $A$ pero obviamente con la conjetura $A$)

$$\pi(x - \pi_2(x) - 1) < f(x) < \pi(x+1)$$

Interesantemente

$$\pi_2(x) = \sum_{k=1}^{\pi(\sqrt x)} [\pi(\frac{x}{p_k}) - k + 1]$$

lo cual tiene un sabor similar.

El semiprimo número $x$ tiene como asintótico $\frac{p_x}{\ln(\ln(x))}$,

por lo tanto

$$\pi_2(x) = \pi(x) \ln(\ln(x))$$

es un buen asintótico.

Finalmente, más o menos llegamos a

$$\pi(x - \pi(x) \ln(\ln(x)) - 1) < f(x) < \pi(x+1)$$

Esto nos da la estimación para grandes $x$

$$\frac{x}{\ln(x) - 1} - \frac{\ln(\ln(x)) x}{(\ln(x) -1)^2} < f(x) < \frac{x}{\ln(x) - 1}$$

Esto muestra que la relación $\frac{f(x)}{\pi(x)}$ realmente tiende a $1$.

Observa que también llegamos a este resultado desde el previo

$$\pi(x - \pi(x) \ln(\ln(x)) - 1) < f(x) < \pi(x+1)$$

así que en realidad no necesitamos el teorema de los números primos.

Estoy seguro de que hay formas de mejorar esto mucho.

Solo es mi opinión.

Answer 4

Sea $x$ un entero positivo.

Consideré pensar en estimar

$$\pi(x) + \pi(x/2) + \pi(x/3) + ... $$

La idea es simple.

tomamos primos $p_i < x$.

y tomamos $2 p_i < x$

y en general

$$n p_i < x $$

Entonces esperamos ingenuamente que todos los números entre $1$ y $x$ sean de estas formas.

Por lo tanto, la unión de $n p_i$ debería dar alrededor de $x-1$.

Sin embargo, consideremos por ejemplo $6 = 2*3$ y $35 = 5*7$.

$6$ es de la forma tanto de $2 p_i$ y $3 p_i$. Similar para $35$; $5 p_i$ y $7 p_i$.

Entonces parece que

$$\pi(x) + \pi(x/2) + \pi(x/3) + ... = \sum_1^x fact(i) = T(x)$$

donde $fact(x)$ es el número de factorizaciones de $x$

Dado que

$$f(x) + f(x/2) + f(x/3) + ... = x$$

Esto implica (incluso sin la conjetura $A$ pero obviamente con la conjetura $A$)

$$ \pi(R(x) - 1) < f(x) < \pi(x+1) $$

Donde $R(x)$ es la inversa funcional de $T(x)$

Basado en el número promedio de factorizaciones para un $x$ aleatorio, $R(x)$ tiene como asíntota $\frac{x}{\ln(\ln(x))}$,

por lo tanto

$$f(x) = \frac{\pi(x)}{\ln(\ln(x))}$$

es una buena asíntota.

Esto implica que la limitante del OP no es verdadera. Lo que probablemente fue la razón por la que la idea fue abandonada.

En cuanto a obtener mejores estimaciones, veo dos rutas en este momento:

1. Mejorar la estimación de $R$ o $T$.

2. Utilizar la estimación para $f(x)$ junto con las razones $\pi(x/m)/f(x/m)$ y la ecuación funcional, y repetir esa idea para una secuencia de asintóticas mejoradas en aumento.

(La respuesta anterior fue incorrecta y la eliminaré)