Частичная сумма ряда обратных квадратов простых чисел

[Dmitriy40]

Приветствую всех математиков.
При оптимизации скорости работы программы (пока ещё не написанной) встала задача хоть как-то более-менее точно оценить потребное время, что привело к задаче вычисления суммы обратных квадратов первых $n$ простых чисел $\sum\limits_{p \le p_n} (1/p^2)$. Я в курсе что бесконечный ряд сходится к простой формуле, но мне нужно только его начало, числа до единиц миллиардов (на текущий момент). И хотя бы с парой значащих цифр.
Поиск в гугле выдаёт или только бесконечный ряд и историю с Эйлером, или одну какую-то статейку на полузакрытом (без регистрации не отдают) сайте левого журнала "ЭЛЕКТРОННАЯ ТЕХНИКА. СЕРИЯ 1: СВЧ-ТЕХНИКА" №1 за 2021г, где вроде как выведена нужная формула. Но где ряд простых и где СВЧ техника ... В других местах эту статейку не нашёл, что лишь добавило сомнений в её полезности.
Познания в математике для вывода и даже грубой оценки суммы отсутствуют.
Пока решаю тупо перебором простых и прямым вычислением данной суммы (так как не знаю как оценить остаток ряда и когда можно остановиться и остаток отбросить), но это слишком долго.
Вопрос, есть ли несложная формула для данной суммы и как её (хоть сумму, хоть формулу) найти?

PS. Задача не учебная и не коммерческая, всё в рамках "на общественных началах" про поиск цепочек чисел тут на форуме, изучать половину курса матана не предлагать.

[lel0lel]

Внимательно не смотрел, но вдруг что-то будет полезным:https://oeis.org/A085548

[Dmitriy40]

Это я тоже находил, но это сумма бесконечного ряда, с ней всё просто, Эйлер нас просветил. А ссылки ведут на какие-то слишком заумные статьи, ничего похожего на нужную формулу по ним не нашёл (хотя может и не все посмотрел или тупо не узнал формулу).

[lel0lel]

Dmitriy40 в сообщении #1569552 писал(а):

Эйлер нас просветил

Это, конечно, так. Но если Вы о ряде обратных квадратов простых чисел, то замкнутая формула неизвестна, в отличии от ряда обратных квадратов натуральных.

[Dmitriy40]

lel0lel в сообщении #1569553 писал(а):

Но если Вы о ряде обратных квадратов простых чисел, то замкнутая формула неизвестна,

Видимо я слепой и не увидел этого утверждения ни в вики, ни в OEIS. Не подскажете ли?
И меня бы устроила и приближённая формула, хоть пару знаков верных.

-- 10.11.2022, 00:18 --

Да, если вдруг в PARI есть готовая функция вычисления данной суммы - вообще супер. sumnumrat не подходит, она до бесконечности считает.

-- 10.11.2022, 00:27 --

Dmitriy40 в сообщении #1569554 писал(а):

Видимо я слепой и не увидел этого утверждения ни в вики, ни в OEIS. Не подскажете ли?

А, точно, похоже пока искал запутался между простыми и натуральными.
Но мне нужны обратные квадраты простых ...

[lel0lel]

Dmitriy40 в сообщении #1569554 писал(а):

не увидел этого утверждения ни в вики, ни в OEIS. Не подскажете ли?

я как раз на основании этого и сказал. Было бы очень странно, если сумма ряда была известна, но в OEIS её не указали. Насчёт частичных сумм -- не знаю. Вполне могут быть оценки, но надо искать

[mihaild]

Остаток суммы получается (точно) $\frac{n + 1}{p_n^2} + 2 \int_{p_n}^\infty \frac{\pi(t)}{t^3}\, dt$. Оценивая $\pi(t) < t^{1.1}$, получаем, что частичная сумма отличается от всей не более чем на $2 p_n^{0.9}$. Этого хватит?

-- 09.11.2022, 22:49 --

Сумма всех обратных квадратов простых равна 0.4522474200... (Finch, "Mathematical constants).

[Dmitriy40]

mihaild
Формула по ссылке понятна, но вот как Вы подставили бесконечность с $x$ и получили $\frac{n+1}{p_n^2}$ непонятно. Я бы заменил $\pi(t) \to t/\ln(t)$ и до интеграла получается $\frac{t/\ln(t)}{t^2}=\frac{1}{t\ln(t)}$, подставляя $t=p_n$ (бесконечность превратится в ноль) получим слева от интеграла $\frac{1}{p_n\ln(p_n)}$. В принципе так даже удобнее (только величина чисел, без номера простого), но к виду $\frac{n+1}{p_n^2}$ у меня что-то не приходит ...
Под интегралом тоже, заменой $\pi(t)\to t/\ln(t)$ получаю $\int_{p_n}^\infty \frac{1}{t^2\ln(t)}dt$, вольфрамальфа его берёт, но ответ $Ei(-\ln(t))$ и дальше тупик.
Попытка посчитать остаток $p_n=101, 2p_n^{0.9}=127.3266$, на дробь сильно меньше $1$ это ну совсем непохоже ...
Так что даже не могу сказать хватит ли, не понимаю где опечатка или неточность.

-- 10.11.2022, 01:58 --

Dmitriy40 в сообщении #1569563 писал(а):

получим слева от интеграла $\frac{1}{p_n\ln(p_n)}$.

Не потерял ли я здесь минус? Ну точно, потерял, из конца же начало вычитается, а не наоборот. Выходит слева от интеграла вообще отрицательное число, совсем беда.

-- 10.11.2022, 02:06 --

Посчитав в вольфрамальфа $Ei(-\ln(100001))-Ei(-\ln(555))=0.00025$ и сравнив с $=1/555/\ln(555)=-0.000285$ вижу что они неплохо совпадают, но в результате остаток всё равно выходит отрицательным. Можно списать на погрешности начала числового ряда, но знак и соотношение сохраняется для нескольких проверенных вариантов. Что-то не так ...
Или всё так и просто ошибка (остаток ряда) сначала ведёт себя действительно так? Но всё равно непонятно как на PARI быстро считать $Ei()$.

-- 10.11.2022, 02:13 --

Dmitriy40 в сообщении #1569563 писал(а):

Но всё равно непонятно как на PARI быстро считать $Ei()$.

Это нашёл, eint1().
Тогда можно прямо по формуле считать (даже не особо разбираясь, только проверю на примерах), спасибо за ссылку.

[mihaild]

Dmitriy40 в сообщении #1569563 писал(а):

В принципе так даже удобнее (только величина чисел, без номера простого), но к виду $\frac{n+1}{p_n^2}$ у меня что-то не приходит

С $n + 1$ я погорячился, должно быть $n$ в числителе. Просто из определения $\pi(p_n) = n$.

Dmitriy40 в сообщении #1569563 писал(а):

Попытка посчитать остаток $p_n=101, 2p_n^{0.9}=127.3266$, на дробь сильно меньше $1$ это ну совсем непохоже ...

Там должно быть $t^{-0.9}$, конечно. Но это я не знаю зачем такую оценку взял, $\pi(t) < t$ сразу дает оценку второго члена $2 / p_n$.

[Dmitriy40]

mihaild в сообщении #1569564 писал(а):

С $n + 1$ я погорячился, должно быть $n$ в числителе. Просто из определения $\pi(p_n) = n$.

$n$ или $n+1$ не суть. А так да, получается, это уже я торможу.

mihaild в сообщении #1569564 писал(а):

Но это я не знаю зачем такую оценку взял, $\pi(t) < t$ сразу дает оценку второго члена $2 / p_n$.

Спасибо. Формула становится совсем простой. Завтра потестирую всё на реальных примерах.

[RIP]

На самом деле без всяких преобразований очевидно, что погрешность меньше

$$\sum_{k=p_n+1}^{\infty}\frac{1}{k^2}<\int_{p_n}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^2}=\frac{1}{p_n}.$$

[RIP]

Асимптотически

$$\sum_{p>p_n}\frac{1}{p^2}=-\frac{n}{p_n^2}+2\int_{p_n}^{+\infty}\frac{\pi(t)\,\mathrm{d}t}{t^3}\sim\frac{1}{p_n\ln p_n}\sim\frac{1}{n\ln^2n},$$

но писать точные неравенства не очень приятно.

[Евгений Машеров]

Куда статью кинуть?
(Содержит ли она ответ на Ваш вопрос - не уверен)

[RIP]

Если пары верных знаков достаточно, то за глаза должно хватать банальной оценки
\begin{gather*} \sum_{p\leqslant p_n}\frac{1}{p^2}=C-R_n,\quad C=0.45224742\dotso,\quad 0<R_n<\frac{1}{p_n}. \end{gather*}
(При небольших $n$ сумма считается непосредственно.)

(На самом деле $R_n=\dfrac{1}{p_n\ln p_n}-\dfrac{1+o(1)}{p_n\ln^2p_n}<\dfrac{1}{p_n\ln p_n}$ для больших $n$, но явные неравенства выводить муторно.)

[Dmitriy40]

Евгений Машеров
Статью получил, спасибо. Буду изучать.

Как и тестировать остальные оценки.