Prueba de

Question

Estoy buscando una prueba de $$\lim_{s\to 1^+}\frac{\sum_p p^{-s}}{\ln(s-1)}=-1.$$ Si la prueba es demasiado largo, una referencia directa está bien. Aquí la suma de $\sum_p$ denota la suma de todos los números primos.

EDIT: Quizás este es uno de los ejemplos de Mathematica no ayuda. Me puse en $s=1.0001$ y calcular

Sum[(Prime[n])^(-1.0001),{n,1,10000}]/Log(0.0001)

Llego $-0.294043$. Yo incluso el uso de menor $s$, y la mayor cota superior para $n$, pero la respuesta está lejos de $-1$. Si usted puede conseguir a cerca de a $-1$, por favor, hágamelo saber cómo hacerlo.

Answer 1

Desde $$ \lim\limits_{s\1^+}(s-1)\zeta(s)=1\etiqueta{1} $$ es suficiente para demostrar que $$ \lim\limits_{s\1^+}\frac{\sum\limits_{p\P} p^{s}}{\log\zeta(s)}=1\etiqueta{2} $$ El uso de Euler producto fórmula obtenemos $$ \log\zeta(s) =\log\prod\limits_{p\P}\frac{1}{1-p^{s}} =\sum\limits_{p\P}\log(1-p^{s}) =\sum\limits_{p\P}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{p^{sn}}{n}\\ =\sum\limits_{p\P}p^{-s}+\sum\limits_{p\P}\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{p^{sn}}{n}\etiqueta{3} $$ Tenemos los siguientes obligado $$ \begin{align} \left|\sum\limits_{p\in P}\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{p^{-sn}}{n}\right| &\leq\sum\limits_{p\in P}\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\left|\frac{1}{p^{sn}}\right|\\ &=\sum\limits_{n=2}^\infty\sum\limits_{p\in P}\frac{1}{n}\frac{1}{|p^{sn}|}\\ &=\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\sum\limits_{p\in P}\frac{1}{p^{\Re(s)n}|p^{\Im(s)n}|}\\ &=\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\sum\limits_{p\in P}\frac{1}{p^{\Re(s)n}}\\ &\leq\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\sum\limits_{p\in P}\frac{1}{p^{n}}\\ &\leq\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\int_1^\infty\frac{1}{t^n}dt\\ &=\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\frac{1}{n-1}\\ &=\sum\limits_{n=2}^\infty\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)\\ &=1\\ \end{align}\etiqueta{4} $$ De $(1)$ sabemos que $\lim\limits_{s\to 1^+}\log\zeta(s)=\infty$, luego de enlazado $(4)$ y la igualdad de $(3)$ se sigue que $(2)$ mantiene. Y ahora hemos terminado!