¿Cómo probar esta desigualdad$\pi(x) > \log x - 1$ que implica la función de contaje de prime?

Question

Problema

Demostrar que $\pi(x) > \log x - 1$.

El progreso

Basado en una sugerencia y muy elemental métodos, tengo que $$ \prod_{p \leq x} (1-p^{-1})^{-1} \leq \prod_{k=2}^{\pi(x)+1} (1-k^{-1})^{-1}. $$ El segundo producto telescopios a $\pi(x)+1$, y con base en cálculos numéricos, yo debería ser capaz de demostrar que $\log x$ es menor de este producto. De hecho, el uso de este trivial obligado $$ \log x = \int_1^x {dt \sobre t} < \sum_{k=1}^{[x]+1} {1 \over k}, $$ parece llevar a cabo para $x \geq 5$. El resto de los casos, podría ser revisados por separado. Entonces, ¿hay una manera simple de mostrar que $$ \sum_{k=1}^{[x]+1} {1 \over k} < \prod_{p \leq x} (1-p^{-1})^{-1} $$ para $x \geq 5$? Sólo se necesita ser verificado por los enteros positivos, entonces pensé que la inducción podría funcionar, pero yo no estoy viendo cómo lidiar con una suma y un producto en conjunto. Yo también pensaba acerca de la expansión de $\log x$ en una serie de otra manera, pero su poder de serie no puede converger donde nos necesite. De hecho, estoy bastante seguro de que este es el enfoque correcto, porque de la comparación final entre el $\log x$ y estas sumas parciales de la serie armónica. Un enfoque a partir de aquí es hacer algo como esto, pero con un número finito de términos, parece muy complicado realmente rápido.

Notas: $\log$ es natural, $[x]$ es la función del suelo, y $p$ rangos de números primos.

Answer 1

Ampliar los factores en la serie geométrica,

$$\left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1} = \sum_{\mu=0}^\infty \frac{1}{p^\mu}.$$

Si usted se siente cómodo con la multiplicación infinita de la serie, se nota que por lo tanto

$$\prod_{p\leqslant x}\left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1} = \sum_{k \in A(x)} \frac{1}{k},\tag{1}$$

donde $A(x) = \{ n \in \mathbb{N}^+ : \text{ all prime factors of $n$ are } \leqslant x\}$. Puesto que un número $\leqslant x$ no puede tener un primer factor $> x$,$\{1,\, 2,\, \dotsc,\, \lfloor x\rfloor\} \subset A(x)$, por lo que la desigualdad

$$\sum_{k = 1}^{\lfloor x\rfloor} \frac{1}{k} \leqslant \prod_{p\leqslant x}\left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1}$$ de la siguiente manera. (El límite superior de la suma como $\lfloor x\rfloor+1$, que es más de lo necesario, ya que $\sum_{k=1}^n \frac1k > \log (n+1)$. Sin embargo, para $x \geqslant 2$, el producto también es mayor que la suma más grande. Si $\lfloor x\rfloor +1$ es compuesto, $\frac{1}{\lfloor x\rfloor+1}$ está incluido en la suma, y si $\lfloor x\rfloor+1$ es primo, la suma incluye $\frac{1}{\lfloor x\rfloor + 2} + \frac{1}{\lfloor x\rfloor+4} > \frac{1}{\lfloor x\rfloor+1}$ [si $x \geqslant 3$] o $\frac{1}{4}+\frac{1}{8} > \frac{1}{3}$ [si $2\leqslant x < 3$]. Si $1\leqslant x < 2$, la desigualdad sólo se mantiene por la suma menor, ya que el producto es $1$, como vacío de un producto).

Si aún no estás seguro de cómo justificar $(1)$, la estimación de cada una de las series geométricas por una suma parcial,

$$\left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1} > \sum_{\mu = 0}^{\left\lfloor \frac{\log x}{\log p}\right\rfloor} \frac{1}{p^\mu},$$

y se multiplican estos finito de sumas,

$$\prod_{p\leqslant x}\left(1 - \frac{1}{p}\right)^{-1} > \prod_{p\leqslant x} \sum_{\mu_p = 0}^{m_p} \frac{1}{p^{\mu_p}} = \sum_{k\in B(x)} \frac{1}{k},$$

donde $B(x) = \{ n \in \mathbb{N}^+ : n \text{ is a product of prime powers }\leqslant x\}$, e $m_p = \left\lfloor \frac{\log x}{\log p}\right\rfloor$. De nuevo, tenemos $\{1,\,2,\,\dotsc,\,\lfloor x\rfloor\} \subset B(x)$ y por lo tanto el producto es mayor que $\log (\lfloor x\rfloor+1)$. Para estar seguro de que el producto de las sumas parciales es ya mayor que la suma de los $\lfloor x\rfloor +1$ - que es, como se ha indicado, más de lo necesario - se puede llevar a un mayor suma parcial, lo que se suma a $m_p+2$ es suficiente (para $x \geqslant 2$).