Явная формула для пи-функции

[Droog_Andrey]

В ноябре 2008-го я решил тряхнуть стариной и вернуться к своей явной формуле для $\pi$-функции:
http://listserv.nodak.edu/cgi-bin/wa.ex ... B05F&P=839

Richard Crandall тогда не ответил мне по поводу наличия в литературе такой формулы (думаю, моё письмо съел спам-фильтр, т.к. я писал на его публичный ящик).

Формула упоминалась мной ещё в 2002 году на рассылке по теории чисел:
http://tech.groups.yahoo.com/group/prim ... ssage/9578

Подробнее о ней см. на моей страничке, посвящённой флуктуациям $\pi$-функции:
http://www.primefan.ru/stuff/primes/table.html

Сейчас на неё ссылается, например, Chris K. Caldwell:
http://primes.utm.edu/howmany.shtml

А вот и она сама:

$$\pi_{0}(x) = \operatorname{R}(x) - \sum_{\rho}\operatorname{R}(x^{\rho}) - \frac{1}{\ln x} + \frac{1}{\pi} \arctan \frac{\pi}{\ln x}$$

Собственно, был бы рад комментариям...

[Droog_Andrey]

Исправленная первая ссылка:
https://listserv.nodak.edu/cgi-bin/wa.exe?A2=ind0811&L=NMBRTHRY&P=4848

[arseniiv]

Это о той $\pi$-функции, которая количество простых чисел перед данным? (А то у вас там ещё 0 снизу.)
Что я могу посоветовать (т.к. такие формулы проверять не умею) - проверить её на большом количестве значений аргумента и сверить, совпадёт ли...

-- Вт май 19, 2009 18:29:08 --

А, 0 видимо для того, чтобы отличить от числа $\pi$?

[e2e4]

arseniiv писал(а):

Что я могу посоветовать (т.к. такие формулы проверять не умею) - проверить её на большом количестве значений аргумента и сверить, совпадёт ли...

Если Вы еще не поняли, человек эту проверку уже сделал.

[Droog_Andrey]

arseniiv в сообщении #215262 писал(а):

А, 0 видимо для того, чтобы отличить от числа $\pi$?

Нет, для того, чтобы отличить от обычной $\pi$-функции, которая больше этой на $\frac12$ при целом простом аргументе.

[Droog_Andrey]

Уважаемые форумчане! Есть один вопрос насчёт сабжа.

http://www.primefan.ru/stuff/primes/table.html#explicit

По ссылке кратко дан вывод через формулу обращения Мёбиуса с использованием четырёх равенств:
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} = 0$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \mathrm{li}(x^{\frac{1}{n}}) = \mathrm{R}(x)$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \left( - \frac{n}{2 \ln x} + \int\limits_{x^{1/n}}^{\infty} \frac{dt}{t (t^2-1) \ln t} \right) = \frac{1}{\pi} \arctan \frac{\pi}{\ln x}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \left( \sum\limits_{\rho}\mathrm{li}(x^{\frac{\rho}{n}}) - \frac{n}{2 \ln x} \right) = \sum\limits_{\rho}\mathrm{R}(x^{\rho}) + \frac{1}{\ln x}$

Первые три вопросов не вызывают, однако последнее очевидно лишь при использовании обобщённого суммирования по $n$. Сейчас я нашёл время обойти этот неудобный момент и набросал вывод этого равенства. Суть состоит в аппроксимации суммы по $\rho$ интегралом с пренебрежением действительной частью нулей и использованием общеизвестных результатов по их плотности (напр., Титчмарш IX-4, (3)).

Вопрос, собственно, такой: понятен ли ход преобразований и нет ли в них ошибок? А то при моей невнимательности всего можно ожидать, честно говоря

[Руст]

Для практического использования этих формул надо оценить скорость сходимости соответсвующих рядов. Например, при вычислении $\pi (10^{24})$ так же воспользовались дзета функцией Римана, но при оценке точности воспользовались обобщенной гипотезой Римана (иначе пришлось бы считать дольше). А здесь нет ни то что скорости сходимости, даже отсутствует доказательства сходимости некоторых рядов. Например, если отделить из третьего соотношения часть
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \left( - \frac{n}{2 \ln x} \right) $
получаем расходимость.

[Droog_Andrey]

Во-первых, ни о каком практическом применении речь не шла. Во-вторых, так отделять, как Вы сделали, нельзя. Это то же самое, что поставить под вопрос сходимость $\sum\left(\frac{1}{n}-\frac{n-1}{n^2}\right)$ из-за расходимости $\sum\frac{1}{n}$. Реально все ряды во всех четырёх соотношениях сходятся.

По сабжу: я нашёл, что последние два предела не существуют. Оказывается, в функциях
$S(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu(n)\mathrm{Si}\frac{x}{n}$
и
$C(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu(n)\left(\sin\frac{x}{n}-\frac{x}{n}\mathrm{Ci}\frac{x}{n}\right)$

есть периодические составляющие (что интересно, их частоты на логарифмической шкале соответствуют ординатам нулей дзета-функции Римана), которые не позволяют им иметь пределы на бесконечности.

Вообще говоря, эти функции $S(x)$ и $C(x)$ родственны R-функции Римана $R(e^x)$ (см. (11) вот тут) с такими же периодическими составляющими (см. графики по ссылке), и могут быть через неё выражены, например
$C(x)=\mathrm{Im}\int\limits_0^x\mathrm{R}(e^{-it})dt$
Так что пока отбой, буду разбираться с этим странным явлением.

[Руст]

Droog_Andrey в сообщении #395531 писал(а):

Во-первых, ни о каком практическом применении речь не шла. Во-вторых, так отделять, как Вы сделали, нельзя. Это то же самое, что поставить под вопрос сходимость $\sum\left(\frac{1}{n}-\frac{n-1}{n^2}\right)$ из-за расходимости $\sum\frac{1}{n}$. Реально все ряды во всех четырёх соотношениях сходятся.

Понятно, что нельзя отделять. Это только для демонстрации того, что требуется доказать сходимость, недостаточно сказать, что сходимость очевидная. Для доказательство сходимости может потребоваться (скорее всего это действительно так при суммировании по нулям $R(x^{r})$ использование справедливости гипотезы Римана.

Цитата:

По сабжу: я нашёл, что последние два предела не существуют. Оказывается, в функциях
$S(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu(n)\mathrm{Si}\frac{x}{n}$
и
$C(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu(n)\left(\sin\frac{x}{n}-\frac{x}{n}\mathrm{Ci}\frac{x}{n}\right)$

есть периодические составляющие (что интересно, их частоты на логарифмической шкале соответствуют ординатам нулей дзета-функции Римана), которые не позволяют им иметь пределы на бесконечности.

Вообще говоря, эти функции $S(x)$ и $C(x)$ родственны R-функции Римана $R(e^x)$ (см. (11) вот тут) с такими же периодическими составляющими (см. графики по ссылке), и могут быть через неё выражены, например
$C(x)=\mathrm{Im}\int\limits_0^x\mathrm{R}(e^{-it})dt$
Так что пока отбой, буду разбираться с этим странным явлением.

Существование пределов так же может зависеть от гипотезы Римана.
К тому же такого рода функции не периодические, а почти периодические.

[Droog_Andrey]

Сходимость становится очевидной, если посмотреть, откуда взялись эти члены. А те пределы не существуют и без гипотезы Римана. Я допустил ошибку при пренебрежении $\mathrm{Re}\rho$, не в ту сторону пренебрёг, грубо говоря.

Функции, конечно, не периодические. Речь шла о периодических составляющих на логарифмической шкале.

Будем думать

[Droog_Andrey]

В общем, я в итоге вернулся к одной из своих предыдущих задач - представлении

$$R(e^z)-\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{\pi}\left(\arctg\frac{2\pi}{k z}-\frac{2\pi}{k z}\right)$$

для $\mathrm{Re}z<0$ некоторой суммой по нулям дзета-функции. Ряд по $k$ при $|z|>2\pi$ удобно вычислять как $\frac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k\left(\frac{2\pi}{z}\right)^{2k+1}}{(2k+1)\zeta(2k+1)}$; функция $R(e^z)$ является аналитическим продолжением $R$-функции Римана на всю комплексную плоскость

$$R(e^z) = 1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k!k\zeta(k+1)}$$

Интересно здесь то, что $\frac{1}{\pi}\left(\arctg\frac{2\pi}{z}-\frac{2\pi}{z}\right)$ представляет собой для $\mathrm{Re}z<0$ обобщённую сумму расходящегося ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}R(e^{nz})$. Если бы этот ряд сходился, то при суммировании по $k$ за счёт коэффициентов $\mu(k)$ получилось бы просто $R(e^z)$, и всё выражение равнялось бы нулю. Но реально оно представляет собой нечто вроде

$$\sum\limits_{\rho}f(\rho)\frac{\Gamma(\rho)\zeta'(\rho)}{\rho}(-z)^{-\rho}$$

где суммирование идёт по нетривиальным нулям дзета-функции в порядке возрастания их модулей, а $f(\rho)$ - некоторые действительные коэффициенты, которые у меня пока не получается точно определить; расчёты показывают, что для первых семи нулей они равны соответственно

$-1.58956362959514662874$
$-0.7737523668799473$
$-0.531457136638$
$-0.588144648$
$-0.5234905$
$-0.2666$
$-0.5$

Таким образом,

$$\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{\pi}\left(\arctg\frac{2\pi}{k z}-\frac{2\pi}{k z}\right)+\sum\limits_{\rho}f(\rho)\frac{\Gamma(\rho)\zeta'(\rho)}{\rho}(-z)^{-\rho}$$

скорее всего, сходится к $R(e^z)$ для $\mathrm{Re} z < 0$, однако обобщённую сумму, по-видимому, можно найти во всей комплексной плоскости за исключением действительной полупрямой $z \ge 0$. Если это так, то член $\sum\limits_{\rho}R(e^{\rho\ln x})$ в формуле для количества простых чисел можно будет весьма необычным образом преобразовать

[Droog_Andrey]

Оп-паньки, как всё оказалось просто: $f(\rho)=-\frac{1}{\zeta'(\rho)\zeta'(1-\rho)}$, т.е. наша сумма по нулям дзета-функции имеет вид

$$-\sum\limits_{\rho}\frac{\Gamma(\rho)}{\rho\zeta'(1-\rho)}(-z)^{-\rho}$$

Жаль, поторопился с отправкой сообщения на рассылку, придётся вносить уточнения...

[Droog_Andrey]

Итак, необходимо выяснить, для каких $z$ выражение

$$\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{\pi}\left(\arctg\frac{2\pi}{k z}-\frac{2\pi}{k z}\right)-\sum\limits_{\rho}\frac{\Gamma(\rho)}{\zeta'(1-\rho)}\frac{(-z)^{-\rho}}{\rho}$$

(вторая сумма - по нетривиальным нулям дзета-функции в порядке их удаления от действительной прямой) сходится к

$$1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k!k\zeta(k+1)}$$

Если удастся доказать это для всех $z$, кроме полуплоскости $\operatorname{Re}z \ge 0$, это будет феерично.

[Droog_Andrey]

Как выше уже говорилось, для $|z|>2\pi$ сумму $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{\pi}\left(\arctg\frac{2\pi}{k z}-\frac{2\pi}{k z}\right)$ можно преобразовать как $\frac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k\left(\frac{2\pi}{z}\right)^{2k+1}}{(2k+1)\zeta(2k+1)}$.

Однако известно, что $\zeta'(-2k) = \frac{(-1)^k\zeta(2k+1)(2k)!}{2^{2k+1}\pi^{2k}}$. Таким образом, исходная сумма преобразуется в $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\Gamma(2k+1)}{(2k+1)z^{2k+1}\zeta'(-2k)}$.

Далее, сумму по нетривиальным нулям дзета-функции$\sum\limits_{\rho}\frac{\Gamma(\rho)}{\zeta'(1-\rho)}\frac{(-z)^{-\rho}}{\rho}$ можно переписать как $\sum\limits_{\rho}\frac{\Gamma(1-\rho)}{(-z)^{1-\rho}(1-\rho)\zeta'(\rho)}$.

Ну и теперь

Droog_Andrey в сообщении #441138 писал(а):

выражение

$$\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{\pi}\left(\arctg\frac{2\pi}{k z}-\frac{2\pi}{k z}\right)-\sum\limits_{\rho}\frac{\Gamma(\rho)}{\zeta'(1-\rho)}\frac{(-z)^{-\rho}}{\rho}$$

очевидным образом преобразуется к

$$-\sum\limits_{\zeta(\rho)=0}\frac{\Gamma(1-\rho)}{(-z)^{1-\rho}(1-\rho)\zeta'(\rho)}$$

где суммирование ведётся уже по всем нулям дзета-функции, а не только по тривиальным.

Доказательство того, что ряд Грэма

$$1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k!k\zeta(k+1)}$$

можно представить этой суммой, дано вот в этой работе:
http://www-m3.ma.tum.de/bornemann/RiemannRZero.pdf

[Droog_Andrey]

Droog_Andrey в сообщении #395465 писал(а):

http://www.primefan.ru/stuff/primes/table.html#explicit

По ссылке кратко дан вывод через формулу обращения Мёбиуса с использованием четырёх равенств:
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} = 0$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \mathrm{li}(x^{\frac{1}{n}}) = \mathrm{R}(x)$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \left( - \frac{n}{2 \ln x} + \int\limits_{x^{1/n}}^{\infty} \frac{dt}{t (t^2-1) \ln t} \right) = \frac{1}{\pi} \arctan \frac{\pi}{\ln x}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \left( \sum\limits_{\rho}\mathrm{li}(x^{\frac{\rho}{n}}) - \frac{n}{2 \ln x} \right) = \sum\limits_{\rho}\mathrm{R}(x^{\rho}) + \frac{1}{\ln x}$

Первые три вопросов не вызывают, однако последнее очевидно лишь при использовании обобщённого суммирования по $n$.

Сходимость ряда в левой части последнего равенства очевидна из разложения $\sum\limits_{\rho}\mathrm{Ei}({\rho}z) = \frac{1}{2z} + \frac32(\mathrm{C}+\ln z) - \ln\sqrt{4\pi} + \frac56 z + O[z^{2}]$ для $0<z<\ln2$, где $\mathrm{C} = 0.5772156649...$ - постоянная Эйлера.