Muestran que

Question

Mostrar que $$\displaystyle\sum\limits_{p \leqslant x}1/p = \dfrac{\pi(x)}{x} + \int_2^x \dfrac{\pi(u)}{u^2} du.$$

En la ecuación anterior, $\pi(x)$ denota la primer función de conteo. Para empezar, ¿cómo podemos lidiar con la integral de la $\displaystyle\int_2^x \dfrac{\pi(u)}{u^2} du$ en el lado derecho? No muy seguro de lo que con ella porque de $\pi(u)$ en el numerador.

En mi número de la clase de teoría, nos dieron la Riemann Zeta Función: $$\zeta(s) = \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^s}: s \in \mathbb{C}, \operatorname{Re}(s) > 1.$$

Hemos demostrado a $\zeta(s) = \displaystyle\prod\limits_{p \text{ prime}} \left(1-\dfrac{1}{p^s} \right)^{-1}$ y que $\displaystyle\sum\limits_{p \leqslant y}^\infty \dfrac{1}{p} > \log(\log y) - 1,$ $y \in \mathbb{Z}^{>0},$ pero no mucho más que eso (que yo creo que sería útil).

Algunos consejos o sugerencias en la dirección correcta apreciado.

Answer 1

Utilizando la Stieltjes Integral y la integración por partes produce $$\begin{align} \sum_{p\le n}\frac1p &=\int_1^n\frac1x\,\mathrm{d}\pi(x)\\ &=\frac{\pi(n)}{n}-\frac{\pi(1)}{1}+\int_1^n\frac{\pi(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{\pi(n)}{n}+\int_2^n\frac{\pi(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x \end {Alinee el} $$

Answer 2

lo primero para empezar es el siguiente, llamamos primos en orden $p_1,p_2,\cdots \cdots$. Que $p_n$ el primer mayor continuación, menos o igual a $x$ (como consecuencia de ello $\pi(x)=n$) entonces:

$$\begin{align}\int_2^x \dfrac{\pi(u)}{u^2} du&=\sum_{i=1}^{n-1} \int_{p_i}^{p_{i+1}} \dfrac{\pi(u)}{u^2} du+\int_{p_n}^x \dfrac{\pi(u)}{u^2} du\\ \\ &=\sum_{i=1}^{n-1} i\int_{p_i}^{p_{i+1}} \dfrac{1}{u^2} du+n\int_{p_n}^x \dfrac{1}{u^2} du \\ \\ &=\sum_{i=1}^{n-1} i\left(\frac{1}{p_i}-\frac{1}{p_{i+1}}\right)+n\left(\frac{1}{p_n}-\frac{1}{x}\right)\end {Alinee el} $$

Los próximos pasos están protegidos en el siguiente bloque

$$\begin{align}\int_2^x \dfrac{\pi(u)}{u^2}&=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i}{p_i}-\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i}{p_{i+1}}+\frac{n}{p_n}-\frac{n}{x}\\ \\ &=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i}{p_i}-\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i-1}{p_{i}}+\frac{n-1}{p_n}+\frac{n}{p_n}-\frac{n}{x}\\ \\ &=\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{i}{p_i}-\frac{i-1}{p_{i}}\right)+\frac{1}{p_n}-\frac{n}{x}\\ \\ &=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{p_i}+\frac{1}{p_n}-\frac{n}{x}\\ \\ &=\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}-\frac{\pi(x)}{x}\end{align}$$

Creo que puedes seguir desde aquí

Answer 3

La forma más rápida es utilizar la fórmula de sumación de Abel. Si ponemos $a\left (k\right) = p $ if $k=p$ is a prime number and $0$ otherwise, we get $$\sum_{p\leq n} \frac {1} {p} = \sum_ {k\leq n}\frac{a\left(k\right)}{k}=\frac{\pi\left(n\right)}{n}+\int_{2}^{n}\frac{\pi\left(t\right)} {t ^ {2}} dt. $$