Dos representaciones de la función de recuento de primos

Question

La recompensa por el mejor trabajo de Respuesta de Greg especialmente el " resolver $\pi^*(x;q,a)$ en términos de $\Pi^*$ funciones (tedioso pero posible) " se acabó. Dado que las contribuciones de Raymond pueden ser muy útiles para recordar las matemáticas necesarias, se agradecen mucho sus respuestas...

He publicado mi intento de un entrenamiento aquí . Comentarios bienvenidos...

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Pregunta original:

Tengo dos representaciones de $\pi(x)$ :

1. La función de recuento de primos $\pi(x)$ se da $$ \pi(x) = \operatorname{R}(x^1) - \sum_{\rho}\operatorname{R}(x^{\rho}) \tag{1} $$ con $ \operatorname{R}(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{ \mu (n)}{n} \operatorname{li}(z^{1/n})$ y $\rho$ atropellando todos los ceros de $\zeta$ función.

2. Esta fórmula, aunque Aunque se cree que es correcta, aún no se ha demostrado. $$ \pi(x) \approx \int\limits_2^x{\frac{dt}{\ln t}} - \frac{\sqrt x}{\ln x}\left( 1 + 2\sum_{\gamma} \ \ \frac{\sin(\gamma\ln x)}{\gamma}\right) \tag{2}, $$ con $\gamma=\text{Im}({\rho})$ siendo la parte imaginaria de las raíces de la $\zeta$ función.

Ahora tengo dos preguntas:

2. ¿La verdad de $(2)$ depende de la Hipótesis de Riemann o es "sólo" lo que Wikipedia dice, que La amplitud de la parte "ruidosa" es heurísticamente de unos $\sqrt x/\ln x$ ?
3. Cómo demostrar la equivalencia entre $(1)$ y $(2)$ ? El logaritmo integral se encuentra fácilmente en ambas representaciones, pero ¿cómo se calculan las $\rho$ -¿Las piezas encajan? ¿Cómo consigo $\sin$ s de $\text{li}(z^{1/n})$ s? ¿Esto invoca la serie de Gram: $$ \operatorname{R}(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{ \mu (n)}{n} \operatorname{li}(z^{1/n}) = 1 + \sum_{k=1}^\infty \frac{(\ln z)^k}{k! k \zeta(k+1)} ? $$ Podemos reescribir $\displaystyle \frac{\sin(\gamma\ln x)}{\gamma}=\frac{x^{i\gamma}-x^{-i\gamma}}{i\gamma}$ y recuerdo que he visto una expresión similar en Wikipedia : $$ \psi_0(x) = x - \sum_\rho \frac{x^\rho}{\rho} - \ln 2\pi - \frac12 \ln(1-x^{-2}) , $$ Pero, ¿podría esto ayudar, si es que lo hace? ( $\psi_0(x)$ es la normalización de la función de Chebyshev, véase aquí )

Answer 1

Antes de responder a su pregunta en el comentario :

" ¿Es posible escribir $\ \#\{\text{primes}\ 4n+3 \le x\}\,- \,\#\{\text{primes}\ 4n+1 \le x\}$ (formulario aquí ) en términos como $\,\operatorname{R}(x^1) - \sum_{\rho}\operatorname{R}(x^{\rho})$ ? "

comencemos con un esquema utilizando la derivación de von Mangoldt para obtener su ecuación $(1)$ que servirán de inspiración (para las pruebas véase, por ejemplo, Edwards' capítulo 3 ) :

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Fórmulas explícitas de Riemann

En Fórmula del producto de Euler nos da : $$\tag{1}\boxed{\displaystyle\zeta(s)=\prod_{p\ \text{prime}}\frac 1{1-p^{-s}}}\quad\text{for}\ \ \Re(s)>1$$ para que $$\log \zeta(s)=-\sum_{p\ \text{prime}}\log(1-p^{-s})=\sum_p\sum_{k=1}^\infty \frac{p^{-ks}}k$$ menos la derivada será : $$\tag{2}f(s):=-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=\sum_p\sum_{k=1}^\infty \frac{\log\,p}{p^{ks}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\Lambda(n)}{n^s}\quad\text{for}\ \ \Re(s)>1$$ con $\Lambda$ el Función von Mangoldt definido por $\ \Lambda(n):=\begin{cases} \log\, p & \text{if}\ n=p^k\ \text{and}\ k>0\\ 0 & \text{else} \end{cases}$

Utilicemos la definición de segunda función de Chebyshev : $\displaystyle \psi(x)=\sum_{n\leq x}\Lambda(n)$ y Fórmula de la suma de Abel aplicado a $a(n):=\Lambda(n)$ y $\phi(n):=n^{-s}$ : $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\Lambda(n)}{n^s}=s\int_1^\infty \frac {\sum_{n\leq x}\Lambda(n)}{x^{s+1}}\;dx$$ reescribir $f(s)$ como (el límite inferior pasó a ser $0$ desde $\phi(x)=0$ para $x<1$ ) : $$\tag{2.1}f(s)=s\int_0^{\infty}\frac{\psi(x)}{x^{s+1}}dx$$

Pero esta es una Transformada de Mellin que puede revertirse para obtener Fórmula de Perron (observemos que el Serie de Dirichlet $\displaystyle f(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\Lambda(n)}{n^s}$ es absolutamente convergente para $\Re(s)>1$ y supongamos $c>1$ ) : $$\tag{3}\psi^*(x):=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}f(s)\frac{x^s}s\,ds=\sum_{n=1}^\infty \Lambda(n) \frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\left(\frac xn\right)^s\frac{ds}s$$ Esta última integral puede evaluarse utilizando el teorema de Fourier : $$\ \displaystyle\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{y^s}s ds= \begin{cases} \ \ 0 & 0<y<1\\ 1/2 & \quad y=1\\ \ \ 1 & \quad y>1\\ \end{cases}$$ y obtenemos (como se deseaba) que : $\displaystyle \tag{4}\psi^*(x)=\sum_{n\le x}^{*}\Lambda(n)$

con $\psi^*$ la segunda función de Chebyshev excepto cuando $x$ es un número entero porque en este caso el último término de la suma debe dividirse por $2$ . Este será el significado del $^*$ símbolos de este artículo : en un punto de discontinuidad de primer orden (es decir, un salto) el resultado es el valor medio del límite a la izquierda y a la derecha.

Ahora $\psi^*(x)$ también puede escribirse como : $$\tag{5}\psi^*(x)=-\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\frac{x^s}s\,ds$$ Aquí la idea es simplemente sumar los residuos de (todos) los polos a la izquierda de la línea vertical de integración ( $c>1$ ) al menos si $x>1$ (para $0<x<1$ tendríamos que tomar los polos a la derecha y obtener $0$ ). Estos polos proceden del denominador $s$ el polo de $\zeta$ en $1$ y los ceros con la correspondencia : $0\mapsto -\frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)},\ 1\mapsto x^1,\ \rho\mapsto -\frac{x^\rho}{\rho}$ para $\rho$ cualquier cero de $\zeta\,$ (a partir de la factorización de Weierstrass de la Producto Hadamard ) de modo que : $$\tag{6}\boxed{\displaystyle\psi^*(x)=x-\sum_{\rho} \frac {x^{\rho}}{\rho}-\frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)}},\quad(x>1)$$ ( en este post no distinguiremos los ceros triviales de los no triviales $\rho$ para lograr la convergencia, las raíces no triviales deben agruparse por pares y ordenarse por orden creciente. $|\Im(\rho)|$ )

En Función contadora de primos de Riemann se define por : \begin{align} \tag{7}\Pi^*(x):&=\sum_{p^k\le x}^{*}\frac 1k=\sum_{n\le x}^{*}\frac {\Lambda(n)}{\log\,n}\\ &=\sum_{n\le x}^{*} \Lambda(n)\left(\int_n^x \frac{dt}{t\,\log^2 t}+\frac 1{\log\,x}\right)\\ &=\int_2^x\frac{\psi^*(t)\ dt}{t\,\log^2 t}+\frac{\psi^*(x)}{\log \,x}\\ &\tag{8}=\int_2^x\frac{\psi^{*'}(t)\ dt}{\log\,t}\\ \end{align} Pero $\ \displaystyle\operatorname{li}(x)=\int_2^x \frac{dt}{\log\,t}\,$ (variante de Riemann de la integral logarítmica ) verifica $\ \displaystyle\operatorname{li}(x^r)'=\frac{r\,x^{r-1}}{\log\ x^r}=\frac{x^{r-1}}{\log\,x}$ para que a partir de $(6)$ : $$\tag{9}\boxed{\displaystyle\Pi^*(x)=\operatorname{li}(x)-\sum_{\rho} \operatorname{li}(x^{\rho})},\quad(x>1)$$

En función de recuento de primas se define por $\ \displaystyle\pi^*(x):=\sum_{p\le x}^{*}1\ $ mientras que $\ \displaystyle\Pi^*(x):=\sum_{p^k\le x}^{*}\frac 1k$ será : $$\tag{10}\Pi^*(x)=\sum_{k>0} \frac{\pi^{*}\bigl(x^{1/k}\bigr)}k$$ Aplicación de la Fórmula de inversión de Möbius $\ \displaystyle\pi^{*}(x):=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(k)}k \Pi^*\bigl(x^{1/k}\bigr)\ $ a $(9)$ obtenemos (con convergencia cuestionable...) : $$\tag{11}\boxed{\displaystyle\pi^*(x)=R(x)-\sum_{\rho} R(x^{\rho})},\quad(x>1)$$ Donde Riemann $\,\displaystyle R(x):=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(k)}k \operatorname{li}\bigl(x^{1/k}\bigr)\,$ puede escribirse como Serie Gram .

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Funciones L de Dirichlet

Intentaremos repetir las derivaciones anteriores pero con $\zeta$ sustituido por el Función L de Dirichlet $$L(s,\chi)=\sum_{k=1}^\infty\frac{\chi(k)}{k^s}$$

Con $\chi$ a Carácter Dirichlet obtenemos lo siguiente Producto de Euler : $$\tag{1'}\boxed{\displaystyle L(s,\chi)=\prod_{p\ \text{prime}}\frac 1{1-\chi(p)p^{-s}}}\quad\text{for}\ \ \Re(s)>1$$ de modo que ( $\chi$ es multiplicativa, lo que implica que $\chi(p)^k=\chi(p^k)$ ) : $$\log L(s,\chi)=-\sum_{p\ \text{prime}}\log(1-\chi(p)p^{-s})=\sum_p\sum_{k=1}^\infty \frac{\chi(p^k)p^{-ks}}k$$ menos la derivada relativa a $s$ será : $$\tag{2'}f(s,\chi):=-\frac{L'(s,\chi)}{L(s,\chi)}=\sum_p\sum_{k=1}^\infty \frac{\chi(p^k)\log\,p}{p^{ks}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\chi(n)\Lambda(n)}{n^s}\quad\text{for}\ \ \Re(s)>1$$

En Fórmula Perron aplicado a $f(s,\chi)$ da : $$\tag{3'}\psi^*(x,\chi):=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}f(s,\chi)\frac{x^s}s\,ds=\sum_{n=1}^\infty \chi(n)\Lambda(n) \frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\left(\frac xn\right)^s\frac{ds}s$$ $$\tag{4'}\psi^*(x,\chi)=\sum_{n\le x}^{*}\chi(n)\Lambda(n)$$

Pero $\psi^*(x,\chi)$ también puede escribirse como : $$\tag{5'}\psi^*(x,\chi)=-\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{L'(s,\chi)}{L(s,\chi)}\frac{x^s}s\,ds$$ De nuevo calculamos la suma de los residuos en (todos) los polos a la izquierda de la línea vertical de integración (para $c>1$ ). Las contribuciones de los distintos polos serán : $0\mapsto -\frac{L'(0,\chi)}{L(0,\chi)},\ \rho\mapsto -\frac{x^\rho}{\rho}$ para $\rho$ cualquier cero de $L(s,\chi)\,$ (de la factorización de Weierstrass) de modo que : $$\tag{6'}\boxed{\displaystyle\psi^*(x,\chi)=-\sum_{\rho} \frac {x^{\rho}}{\rho}-\frac{L'(0,\chi)}{L(0,\chi)}},\quad(x>1)$$ (la suma sobre $\rho$ combina los ceros triviales y no triviales y supondremos que $\chi$ es un carácter no principal, de modo que $\,L(s,\chi)\,$ es regular en todas partes, para un carácter principal deberíamos añadir un $x$ contribución del polo en $1$ )

Un análogo de la función de Riemann de recuento de primos será : \begin{align} \tag{7'}\Pi^*(x,\chi):&=\sum_{p^k\le x}^{*}\frac {\chi(p^k)}k=\sum_{n\le x}^{*}\frac {\chi(n)\Lambda(n)}{\log\,n}\\ &=\sum_{n\le x}^{*} \chi(n)\Lambda(n)\left(\int_n^x \frac{dt}{t\,\log^2 t}+\frac 1{\log\,x}\right)\\ &=\int_2^x\frac{\psi^*(t,\chi)\ dt}{t\,\log^2 t}+\frac{\psi^*(x,\chi)}{\log \,x}\\ &\tag{8'}=\int_2^x\frac{\psi^{*'}(t,\chi)\ dt}{\log\,t}\\ \end{align} En $\ \displaystyle\operatorname{li}(x^r)'=\frac{x^{r-1}}{\log\,x}$ y $(6')$ obtenemos : $$\tag{9'}\boxed{\displaystyle\Pi^*(x,\chi)=-\sum_{\rho} \operatorname{li}(x^{\rho})},\quad(x>1)$$ (para $\chi$ un personaje principal hay un $\,\operatorname{li}(x)$ plazo)

En $\chi$ -la función de recuento de primas es $\ \displaystyle\pi^*(x,\chi):=\sum_{p\le x}^{*}\chi(p) $ mientras que $\ \displaystyle\Pi^*(x,\chi):=\sum_{p^k\le x}^{*}\frac {\chi(p^k)}k$ de modo que : $$\tag{10'}\Pi^*(x,\chi)=\sum_{k>0} \frac{\pi^{*}\bigl(x^{1/k},\chi^k\bigr)}k,\quad(x>1)$$

Analogía rota...

El problema aquí es que tenemos $\,\pi^{*}\bigl(x^{1/k},\chi^k\bigr)$ en la suma y no $\,\pi^{*}\bigl(x^{1/k},\chi\bigr)$ .
Para los personajes principales (cuando $\,\chi(p)=0$ o $1$ para que $\,\chi^k(p)=\chi(p)\,$ para $k$ positivo) podemos aplicar la fórmula de inversión de Möbius a $(9')$ y obtener : $$\tag{11'}\displaystyle\pi^*(x,\chi)=[R(x)]-\sum_{\rho} R(x^{\rho})$$ (ya que $\chi$ es un carácter principal debemos añadir el $R(x)$ término del polo en $1$ )

pero esto no funciona en general y la igualdad se vuelve cuestionable después del primer primo $p$ tal que $\,\chi^k(p)\not =\chi(p)\,$ como veremos al examinar su pregunta concreta.

Queremos $\chi$ ser el Carácter Dirichlet modulo $4$ ( $\chi_2$ en el enlace) definido por $\ \displaystyle\chi(0)=0,\ \chi(1)=1,\ \chi(2)=0,\ \chi(3)=-1\ $ y obtener : $$\tag{12'}L(s,\chi)=\sum_{n=0}^\infty\frac {(-1)^n}{(2n+1)^s}=\beta(s)$$ con $\beta$ el Función beta de Dirichlet podríamos esperar que : $$\pi^*(x,\chi)=\displaystyle\pi_{4,1}^*(x)-\pi_{4,3}^*(x)\approx -\sum_{\rho} R(x^{\rho})$$ con $\pi_{q,a}(x)=\#\{p:p\ \text{is prime and}\ \,p\le x\,\ \text{and}\ \,p\equiv a\pmod q\}$

Pero, de $(10')$ y $(9')$ tenemos de hecho : \begin{align} \Pi^*(x,\chi)&=\sum_{k>0} \frac{\pi_{4,1}^{*}\bigl(x^{1/k}\bigr)+(-1)^k\,\pi_{4,3}^{*}\bigl(x^{1/k}\bigr)}k=-\sum_{\rho} \operatorname{li}(x^{\rho})\\ &=\sum_{k>0} \frac{\pi_{4,1}^{*}\bigl(x^{1/k}\bigr)-\,\pi_{4,3}^{*}\bigl(x^{1/k}\bigr)}k+2\sum_{j>0} \frac{\pi_{4,3}^{*}\left(\sqrt{x}^{1/j}\right)}{2j}\\ \end{align} de modo que la transformación de Möbius devolverá el valor exacto (con $\rho$ cualquier cero de $\beta$ ) : $$\tag{13'}\boxed{\displaystyle\pi_{4,1}^{*}(x)-\pi_{4,3}^{*}(x)+\pi_{4,3}^{*}\left(\sqrt{x}\right)=-\sum_{\rho} R(x^{\rho})}$$

Para mostrar el efecto de la $\,\pi_{4,3}^{*}\left(\sqrt{x}\right)\,$ término vamos a exponer una aproximación de la expresión de la derecha (tomando la $40$ primeros términos de la suma $R$ y el $300$ primeros ceros no triviales de la función Dirichlet-beta) que comparamos con el resultado exacto (oscuro) para $\,\pi^*(x,\chi)=\displaystyle\pi_{4,1}^*(x)-\pi_{4,3}^*(x)\,$ en el intervalo $\,[5,80]$ :

El comportamiento inicial parece correcto : $-1$ en $3$ seguido de $+1$ en $5$ y $-1$ en $7$ pero justo después hay una primera "irregularidad" en $9=3^2$ porque $\chi(3^2)=1$ mientras que $\chi(3)=-1$ . Después de que el comportamiento es correcto (desplazado $+1$ por supuesto) hasta que otra irregularidad en $49=7^2$ de nuevo porque $\chi(7^2)=1$ . La próxima será en $121=11^2$ y en todos los siguientes cuadrados de primos de género $4n+3$ ...

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ADICIÓN: Draks telescópicos

La situación se bloqueó en este punto hasta que draks, utilizando un sugerencia de Greg Martin propuso en febrero su potente método telescópico para obtener (el $\rho_\zeta$ y $\rho_\beta$ son respectivamente todos los ceros del $\zeta$ y $\beta$ función) : $$\tag{14'}\pi_{4,3}(x):=\sum_{k=0}^\infty\;2^{-k-1}\left( R\left(x^{1/2^{k}}\right)-\sum_{\rho_\zeta} R\left(x^{\rho_\zeta/2^k}\right) +\sum_{\rho_\beta} R\left(x^{\rho_\beta/2^k}\right) \right)$$

También podemos obtener este resultado (con una pequeña corrección) reescribiendo $(11)$ como (para $x>2$ ) : $$\pi^*(x)=1+\pi_{4,1}^{*}(x)+\pi_{4,3}^{*}(x)=R(x)-\sum_{\rho_\zeta} R(x^{\rho_\zeta})$$ ( $1$ ya que todos los primos excepto $2$ son iguales a $1$ o $3\bmod{4}$ ) y utilizando $(13')$ : $$\pi_{4,1}^{*}(x)-\pi_{4,3}^{*}(x)+\pi_{4,3}^{*}\left(\sqrt{x}\right)=-\sum_{\rho_\beta} R(x^{\rho_\beta})$$ Restando estas ecuaciones se obtiene : $$2\pi_{4,3}^{*}(x)-\pi_{4,3}^{*}\left(\sqrt{x}\right)=R(x)-1-\sum_{\rho_\zeta} R(x^{\rho_\zeta})+\sum_{\rho_\beta} R(x^{\rho_\beta})$$ mientras que la suma telescópica de draks $\ \displaystyle\frac 12\sum_{k=0}^\infty \frac{f\left(x^{1/2^{k}}\right)}{2^k}$ es : $$\sum_{k=0}^\infty \frac {2\,\pi_{4,3}^{*}(x^{1/2^{k}})-\pi_{4,3}^{*}\bigl(x^{1/2^{k+1}}\bigr)}{2^{k+1}}=\sum_{k=0}^\infty \frac {R\left(x^{1/2^{k}}\right)-1-\sum_{\rho_\zeta} R\left(x^{\rho_\zeta/2^k}\right)+\sum_{\rho_\beta} R\left(x^{\rho_\beta/2^k}\right)}{2^{k+1}}$$ producir la fórmula de draks : $$\tag{15'}\boxed{\displaystyle\pi_{4,3}^{*}(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac {R\left(x^{1/2^{k}}\right)-\sum_{\rho_\zeta} R\left(x^{\rho_\zeta/2^k}\right)+\sum_{\rho_\beta} R\left(x^{\rho_\beta/2^k}\right)}{2^{k+1}}-1}$$ Se puede escribir una fórmula similar para $\pi_{4,1}$ ¡y esto responde positivamente a la pregunta inicial !

Terminemos con una trama de $\pi_{4,3}^{*}(x)$ de $4$ a $100$ (más detalles aquí con los scripts pari/gp utilizados)

Answer 2

Empecemos por lo bonito papel "Carreras de números primos de Granville y Martin por sus comentarios. Contiene la frase :

"La fórmula precisa que él (Riemann) propuso es un poco demasiado técnica para este artículo, pero podemos tener una buena idea de ella a partir de la siguiente aproximación cuando x es grande. Esta fórmula, aunque se cree correcta, aún no ha sido demostrada".

$$ \tag{1}\boxed{\displaystyle\frac{\int\limits_2^x{\frac{dt}{\ln t}}-\pi(x)}{\sqrt x/\ln x} \approx 1 + 2\sum_{\gamma} \ \ \frac{\sin(\gamma\ln x)}{\gamma}} $$

Sólo puedo conjeturar que la fórmula a la que se hace referencia en su última frase es su fórmula $(1)$ (tampoco conozco una prueba de convergencia de esta fórmula) derivada de Fórmula explícita de Riemann (demostrada por von Mangoldt) y no la fórmula aproximada que reproduzco más arriba equivalente a su $(2)$ . Obsérvese que añaden que esta aproximación es válida "cuando $x$ es grande".

Añadamos que esta aproximación no incluye los ceros triviales de su otro hilo .
En relación con la $\displaystyle \frac{\sin(\gamma\ln x)}{\gamma}$ término es una buena aproximación de la aproximación de Riesel $(2.30)$ de su excelente libro Números primos y métodos informáticos de factorización : $$\tag{2}\frac{\cos(\gamma\ln x-\arg \rho)}{|\rho|},\quad\text{with}\ \ \rho=\frac 12+i\gamma$$ desde $\ \gamma\gg 1 $ de hecho hemos $\ |\rho|\approx \gamma\ $ y $\ \arg\,\rho\approx \frac{\pi}2$
(tenga en cuenta que $\gamma > 14.13\ $ para que $\ 1<\frac {|\rho|}{\gamma}<1.00063$ )

El método de Riesel consiste en aproximar el término oscilante (véase la página siguiente del libro de Riesel) : $$\tag{3}\operatorname{R}(x^{\rho}) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{ \mu (n)}{n}\operatorname{li}(x^{\rho/n})$$ con el primer término : $$\tag{4}\operatorname{R}(x^{\rho}) \approx\left[\operatorname{li}(x^{\rho})=\operatorname{li}(e^{\rho\;\ln x})=\operatorname{Ei}(\rho\;\ln x)\right]$$ y utilizar el expansión asintótica para $\operatorname{Ei}$ : $$\tag{5}\operatorname{Ei}(z)\sim \frac{e^z}{z}\left(1+\frac {1!}z+\frac{2!}{z^2}+\cdots\right)$$ para obtener : $$\operatorname{Ei}\left(\left(\frac 12+i\gamma\right)\;\ln x\right)\approx \frac{x^{1/2+i\gamma}}{(1/2+i\gamma)\;\ln x}$$ de modo que combinando los dos ceros "espejo" : $$\operatorname{Ei}\left(\left(\frac 12+i\gamma\right)+\;\ln x\right)+\operatorname{Ei}\left(\left(\frac 12-i\gamma\right)+\;\ln x\right)\approx \frac{\sqrt{x}}{\ln x}\left(\frac{e^{i\gamma\ln x}}{1/2+i\gamma}+\frac{e^{-i\gamma\ln x}}{1/2-i\gamma}\right)$$ $$\approx\frac{\sqrt{x}}{\ln x}\frac{e^{i\gamma\ln x-i\arg{\rho}}+e^{-i\gamma\ln x+i\arg{\rho}}}{|\rho|}\quad\text{since}\ \ \rho=\frac 12+i\gamma$$ obtenemos la aproximación de Riesel : $$\tag{6}\operatorname{R}(x^{\rho})+\operatorname{R}(x^{\overline{\rho}})\approx\frac{2\;\sqrt{x}\;\cos(\gamma\ln x-\arg{\rho})}{|\rho|\;\ln x}$$ mientras que $\operatorname{R}(x)$ se aproximó mediante (utilizando $(3), (4), (5)$ ) : $$\tag{7}\operatorname{R}(x)\approx \operatorname{li}(x)-\frac 12\operatorname{li}\bigl(x^{1/2}\bigr)\quad \text{with}\ \operatorname{li}\bigl(x^{1/2}\bigr)\approx \frac{2\sqrt{x}}{\ln x}$$ esto también permite obtener mejores aproximaciones si se desea ( $\operatorname{R}(x)\approx \operatorname{li}(x)-\frac 12\operatorname{li}\bigl(x^{1/2}\bigr)-\frac 13\operatorname{li}\bigl(x^{1/3}\bigr) $ por ejemplo, añadiendo la contribución de los ceros triviales y así sucesivamente...)

Ahora para responder a sus preguntas :

1. Tenemos que suponer que el R.H. es capaz de escribir $\rho=\frac 12+i\gamma\ $ para cualquier raíz $\rho$ para que se apliquen las simplificaciones propuestas (en la práctica no necesitamos R.H. ya que $(2)$ requiere ceros precalculados y como todos los ceros conocidos satisfacen la H.R. ... hasta la fecha...)
2. La implicación de $(1)\to (2)$ sin utilizar la serie Gram

Espero que esto aclare las cosas,

Answer 3

Probablemente sepa que $$ \Pi^*(x;q,a) = \sum^*_{\substack{n\le x \\ n\equiv a\pmod q}} \frac{\Lambda(n)}{\log n} = \frac1{\phi(q)} \sum_{\chi\pmod q} \overline{\chi(a)}\Pi^*(x,\chi). $$ Me parece que la forma más fácil de pasar de contar potencias primos (con pesos) a contar sólo primos es utilizar el hecho de que \begin{align*} \Pi^*(x;q,a) &= \sum^*_{\substack{p\le x \\ p\equiv a\pmod q}} 1 + \sum^*_{\substack{p^2\le x \\ p^2\equiv a\pmod q}} \tfrac12 + \sum^*_{\substack{p^3\le x \\ p^3\equiv a\pmod q}} \tfrac13 + \cdots \\ &= \pi^*(x;q,a) + \tfrac12 \sum_{\substack{b\pmod q \\ b^2\equiv a\pmod q}} \pi^*(x^{1/2};q,b) + \tfrac13 \sum_{\substack{c\pmod q \\ c^3\equiv a\pmod q}} \pi^*(x^{1/3};q,c) + \cdots \end{align*} y resolviendo para $\pi^*(x;q,a)$ en términos de $\Pi^*$ funciones (tedioso pero posible).