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Cálculo del producto de p/(p - 2) sobre los primos Impares

Me gustaría calcular, o encontrar una estimación razonable, del producto tipo Mertens

$$\prod_{2<p\le n}\frac{p}{p-2}=\left(\prod_{2<p\le n}1-\frac{2}{p}\right)^{-1}$$

Además, ¿cómo se comporta asintóticamente?


Hmm ... tratando de pensar en esto, me sale

$$\left(\prod_{2<p\le n}1-\frac{2}{p}\right)^{-1}=\exp\log\left(\left(\prod_{2<p\le n}1-\frac{2}{p}\right)^{-1}\right)=\exp-\log\left(\prod_{2<p\le n}1-\frac{2}{p}\right)$$ que es $$\exp-\sum_{2<p\le n}\log\left(1-\frac{2}{p}\right)=\exp\sum_{2<p\le n}\left(\frac{2}{p}+\frac12\left(\frac{2}{p}\right)^2+\frac13\left(\frac{2}{p}\right)^3+\cdots\right)$$ que, siendo P(s) la función zeta prima y f(s)=P(s)-2^s, es menor que $$\exp\left(\frac42f(2)+\frac83f(3)+\cdots+\sum_{2<p\le n}\frac{2}{p}\right)$$ que podría no ser una mala aproximación para n grande. Pero no puedo encontrar inmediatamente una serie para P(s) con $s\to+\infty$ y no estoy seguro de que haya una forma mejor. ¿Ayuda?

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Eric Naslund Puntos 50150

Hagámoslo de la forma más explícita posible (me gustaría encontrar la constante y el término de error)

1 El problema original En primer lugar, consideremos la identidad $\log\left(1-\frac{2}{p}+\frac{1}{p^2}\right) +\log\left(1- \frac{1}{(p-1)^2} \right)=\log\left(1- \frac{2}{p} \right)$ . De ello se deduce que

$$\sum_{2<p\leq n}\log\left(1-\frac{2}{p}+\frac{1}{p^2}\right) +\sum_{2<p\leq n} \log\left(1- \frac{1}{(p-1)^2} \right) = \sum_{2<p\leq n}\log\left(1-\frac{2}{p}\right)$$

Multiplicando por uno negativo y exponenciando ambos lados se obtiene

$$\left(\prod_{2<p\leq n}1-\frac{1}{p}\right)^{-2} \cdot \prod_{2<n<p} \left(1- \frac{1}{(p-1)^2} \right)^{-1} = \left(\prod_{2<p\leq n}1-\frac{2}{p}\right)^{-1} $$

Recall $ \Pi_2=\prod_{2<p} \left(1- \frac{1}{(p-1)^2} \right)$ es el Constante Primaria Gemela y que el producto único de la izquierda converge al recíproco de éste. Es entonces por una de las fórmulas de Mertens que sabemos $$\left(\prod_{2<p\leq n}1-\frac{1}{p}\right)^{-1}=\frac{1}{2}e^\gamma \log n + O(1)$$ donde $\gamma$ es el Constante de Euler Mascheroni . (Concretamente se trata del Teorema 2.7 (e) de Montgomery Teoría multiplicativa de números I. Teoría clásica ) Al elevar al cuadrado este resultado asintótico, podemos concluir:

$$\left(\prod_{2<p\leq n}1-\frac{2}{p}\right)^{-1} = \frac{1}{4}e^{2\gamma}\Pi_2^{-1} \log^2n + O(\log n)$$

Espero que le sirva de ayuda,

Nota: La razón por la que he sustituido el otro producto por la constante prima gemela es porque converge muy rápido en comparación con el término de error. Puedo dar más detalles si se desea, pero lo dejaré como un ejercicio.

2 ¿Qué es lo mejor posible? ¿Se puede mejorar el término de error? Sí. Resulta que podemos mejorar mucho ese término de error. Usando el Teorema de los Números Primos encontramos $$\prod_{2<p\leq n} \left( 1-\frac{1}{p}\right)^{-1}=\frac{1}{2}e^\gamma \log n + e^{-c\sqrt{\log n}}$$ donde $c$ es la constante utilizada en la prueba de la Región Libre Cero. Dado que $e^{-\sqrt{\log n}}$ disminuye más rápido que cualquier potencia de $\log$ obtenemos un resultado mucho mejor al elevar al cuadrado esta estimación. Precisamente tenemos:

$$\left(\prod_{2<p\leq n}1-\frac{2}{p}\right)^{-1} = \frac{1}{4}e^{2\gamma}\Pi_2^{-1} \log^2n + O\left( e^{-c\sqrt{\log n}} \right)$$

(de nuevo la convergencia a $\Pi_2$ es demasiado rápido para interferir con el término de error)

Estaría dispuesto a apostar que este es el mejor que podemos hacer, y que algo mejor implicaría resultados más contundentes en cuanto al término de error para $\pi(x)$ la función de recuento de primos.

3 Numéricos Sólo por diversión, la constante exacta delante del $\log^2n$ es: 1.201303. ¿Cuánto se aproxima? Bien por:

$n=10$ obtenemos un error de $0.630811$

$n=50$ obtenemos un error de $1.22144$

$n=100$ obtenemos un error de $0.63493$

$n=1000$ obtenemos un error de $0.438602$

$n=10^4$ obtenemos un error de $0.250181$

$n=10^5$ obtenemos un error de $0.096783$

$n=10^6$ obtenemos un error de $0.017807$

Donde cada vez el error es positivo. Es decir, el producto parece ser ligeramente mayor que la asíntota (pero converge con bastante rapidez). Sin embargo, mi intuición me dice que es casi seguro (no lo demostraré aquí) que el término de error oscila entre negativo y positivo infinitamente a menudo.

4 Bajo la hipótesis de Riemann

Si asumimos la Hipótesis de Riemann, el término de error está acotado por $$\frac{C\log^2 x}{\sqrt{x}}$$ para cierta constante C. Analizando los datos anteriores con métodos numéricos, el error parece ajustarse mejor mediante $\frac{C\log x}{\sqrt {x}}$ .

6 votos

¡Hey! Gracias por resolver la constante. ¡Interesante! Ya tienes mi +1 :-)

1 votos

Gran respuesta. Me sorprende lo ajustada que es la convergencia.

2 votos

Eso es lo bueno de $\exp {-c\sqrt{\log x}}$ , va a cero no muy despacio. ¿Y en la realidad? ¿Qué podemos esperar? Si suponemos la hipótesis de Riemann, el término de error está limitado por $C\frac{\log^2 x}{\sqrt{x}}$ para una constante C. Analizando los datos con métodos numéricos, he llegado a la conclusión de que el error se ajusta mejor mediante $C\frac{\log x}{\sqrt{x}}$ (encaja perfectamente) que es ligeramente mejor, y sería mi suposición de lo que realmente está sucediendo. Probar cualquiera de estos límites de error implica HR (creo), por lo que $\exp {-c\sqrt{\log x}}$ es probablemente lo mejor por ahora.

10voto

Alex Bolotov Puntos 249

No estoy seguro de si esto es lo que buscaba,

Tomando registros,

Obtenemos $\sum (\log p - \log (p-2)) = \sum (\frac{2}{p} + \mathcal{O}(\frac{1}{p^2}))$

Ahora bien, es bien sabido que $ \sum_{p \le n} \frac{1}{p} = \log \log n + A + \mathcal{O}(\frac{1}{\log^2n})$

Y así

Su producto es asintóticamente

$$K \log^2 n$$

para alguna constante $K$ .

Como ha observado en su pregunta, puede calcular el $K$ utilizando la función prime-zeta (y conociendo la $A$ más arriba).

0 votos

Lo resolví: $K=\frac{1}{4}\Pi_2 e^{2\gamma}$ donde $\Pi_2$ es la Constante Prima Gemela y $\gamma$ es la constante de Euler Mascheroni.

0 votos

¡¡¡He cometido un error de signo!!! Debería ser $K=\frac{1}{4}\Pi_2^{-1}e^{2\gamma}$ . (Divide por la constante prima gemela en lugar de multiplicar)

9voto

Alotor Puntos 3438

¿Sabe usted este ¿El artículo de Rosser y Schoenfeld?

Contiene una serie de límites que podrían serle útiles, entre ellos (3.29 en el documento) $$\prod_{p\le x} \frac{p}{p-1} < e^C (\log x)\left(1+\frac{1}{2 \log^2 x} \right)$$ para $286 \le x$ donde $C$ es la constante de Euler.

Su prueba de este resultado podría ser útil, y/o otros resultados del documento podrían serlo.

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