Teorema del número primo, prueba error

Question

Puede alguien ayudarme a encontrar donde hice un error en esta prueba de intentona

Y a partir de ahí, me dan algunos consejos sobre lo que puedo hacer para solucionarlo

$$M(x)=\sum_{n\leq x}\mu(n)$$ $$\psi(x)=\sum_{n\leq x}\Lambda(n)=\sum_{n\leq x}\ln(n)*\mu(n)=\sum_{n\leq x}\ln(n)M{\left(\frac{x}{n}\right)}$$ $$\ln(x)=\sum_{n\leq x}\ln(x)\delta_{n,1}=\sum_{n\leq x}\ln(x)(1*\mu(n))=\sum_{n\leq x}\ln(x)M\left(\frac{x}{n}\right)$$

Para

$$\psi(x)-\ln(x)=\sum_{n\leq x}\ln\left(\frac{n}{x}\right)M\left(\frac{x}{n}\right)$$ $$\lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}\sum_{n\leq x}\ln\left(\frac{n}{x}\right)M\left(\frac{x}{n}\right)=\lim_{x\to\infty}\sum_{n\leq x}\frac{1}{x}\ln\left(\frac{n}{x}\right)M\left(\frac{1}{\left(\frac{n}{x}\right)}\right)$$

Para

$$\lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}{x}=\int_{0}^1\ln(x)M\left(\frac{1}{x}\right)dx=\int_{1}^\infty\frac{-\ln(x)M(x)}{x^2}dx$$

Pero por la transformada de mellin de la función de mertens tenemos,

$$\frac{1}{s\zeta(s)}=\int_{1}^\infty\frac{M(x)}{x^{s+1}}dx$$ $$\implies-\frac{\zeta'(s)}{s\zeta(s)^2}-\frac{1}{s^2\zeta(s)}=\int_{1}^\infty\frac{-\ln(x)M(x)}{x^{s+1}}dx$$

$$\implies1=\int_{1}^\infty\frac{-\ln(x)M(x)}{x^2}dx$$

Y así, $$\lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}{x}=1$ $

Answer 1

En mi comentario, se me acaba de presentar su primera ecuación de (Mertens) en la quinta ecuación de RHS. Entonces, mi ecuación anterior. No veo una justificación clara de cómo vienen de mi ecuación anterior (teniendo en $\mu$ $n$ comportamiento en cuenta) a la primera y, a continuación, (!!) la segunda integral. Siento que se están tratando en este paso para ejecutar la Escalinata de la fórmula, pero no puede seguir los pasos detallados. En este paso prácticamente intenta imitar a un (semi-)Mellin transformar. Después de configurar el comonly conocido Mellin de transformación de la función de Chebychev de nuevo (a través de $\zeta$), y comparar y pregunto sobre el resultado. La primera semi-Mellin transformación que un gusano.

Si usted realmente desea estrictamente ir para este paso (de la suma integral), sugieren que escribir todo en muy detalladamente y de forma diligente y uso de la precisión que el formalismo de la Escalinata. El resultado final en su esencia es muy interesante, y pienso que probablemente va a obtener algo nuevo. Lo que he encontrado en un teorema es que $\psi(x) < 3.6757575...$.

Answer 2

La primera ecuación RHS y LHS está según Mertens a sí mismo y bellas: $$\psi(x)=\sum_{n\leq x}\ln(n)M{\left(\frac{x}{n}\right)}$ $

Pero la segunda ecuación, para ser prudentes: $$\ln(x)=\dots=\sum_{n\leq x}\ln(x)M\left(\frac{x}{n}\right)$ $

porque

$$\psi(x)\ne \ln(x)$$

Por qué no utilizar la fórmula de Stirling (hasta entonces $O(\ln(N))$) ver más.

Answer 3

Como se ha señalado en el comentario, tienes que probar que la función de $M(1/x) \ln(x)$ es Rieman-integrable, pero no es desde Riemann-integrable (en un intervalo compacto) es equivalente a acotada y continua en casi todas partes (cf Wiki). No sé si esto puede ser salvado mediante el hecho de que usted tiene una específica de la suma de Riemann.

Por otra parte, para demostrar que $$(1) \quad \lim_{s \to 1} \int_1^\infty \frac{\ln(x)M(x)}{x^{s+1}} dx = \int_1^\infty \frac{\ln(x)M(x)}{x^2} dx,$$ usted tendrá que mostrar que $|M(x)|=O(x^{1-\delta})$$\delta>0$, que es casi equivalente al hecho de que $\zeta$ no tiene ningún cero en $\{ Re> 1-\delta \}$ (creo que no hay tal $\delta$ ha demostrado que existen).