Какова плотность чисел вида pq, где p,q - простые?

[Sonic86]

Какова плотность чисел вида $pq$, где $p,q$ - простые?

Я попробовал напрямую $f(n)=\sum\limits_{pq \leq n} 1$ посчитать как $\pi (\frac{n}{p_1})+\pi (\frac{n}{p_2})+...$ и подставить асимптотику для $\pi(x)$ но в сумме погрешность даже при условии гипотезы Римана будет $\sum O(\sqrt{n} \ln n) = O(\sqrt{n^3} \ln n)$, что растет быстрее, чем $\pi (x)$. Вот я и не знаю, что делать

[RIP]

Almost primes.

[Sonic86]

RIP писал(а):

Almost primes.

Ура! Спасибо!
Кстати - вот моим способом такой же результат получился. Просто я из-за погрешности все завернул.
Еще немного подумаю - у меня там еще 1 такой же дурацкий вопрос есть...

[Sonic86]

Вопрос отпал, появился другой - я значение асимптотики нашел, а вот способ его нахождения или более точную асимптотику не нашел, а мне нужно (в теореме Харди-Рамануджана этого нет, и ссылок на Ландау Э. тоже нету)
Я неправильно оценил погрешность суммы - она меньше, чем сумма. Скажите, моим методом и потом по индукции можно найти эту асимптотику?

[RIP]

Посмотрите Тененбаума. Можно найти в гугл книгах (ссылка, гл. II.6, с. 200). Также можно найти в книге Монтгомери и Вона (H.L. Montgomeri, R.C. Vaughan, Multiplicative Number Theory I: Classical Theory, п. 7.4, лень искать в инете). (Там получают оценки, равномерные по количеству простых множителей.) Случай с фиксированным кол-вом простых множителей рассматривается в Харди--Райте (п. 22.18), но без оценки остаточного члена.

Sonic86 в сообщении #328005 писал(а):

Скажите, моим методом и потом по индукции можно найти эту асимптотику?

Вроде бы можно (если я правильно понял вопрос). Только формулу надо подкорректировать до $\sum_{p\le x^{1/2}}\bigl(\pi(x/p)-\pi(p-1)\bigr)$.

[Sonic86]

Ура! Все получилось!:

$$\pi _2(x)=-\pi ^2(\sqrt{x})+2 \frac{x}{\ln x} \left( (\ln\ln \sqrt{x} + B_0+\ln 2) + \frac{\ln\ln \sqrt{x} + \frac{3}{2} \ln 2 + \frac{1}{2}}{\ln x} + \frac{\frac{1}{2}(\ln\ln \sqrt{x})^2 + (\frac{15}{2} - 3 \ln 2) \ln\ln \sqrt{x} +(6 \ln 2 + 4 + B_1)}{\ln ^2 x} + O(\frac{(\ln \ln x)^3}{\ln ^3 x})\right)$$

Здесь $B_j$ - константа асимпотического разложения суммы $\sum\limits_{p \leq x} \frac{ln ^j p}{p}$ вида $f_j(x)+B_j+ \varepsilon _j (x)$, где $f_j(x) \to + \infty$, $\varepsilon _j (x) \to 0$
(я вот только боюсь, что с кэффициентами наврал + 4-е слагаемое уже не мочи считать - не утерпел, но в принципе могу любое слагаемое найти. И упростить наше выражение можно еще - тоже не утерпел).

Еще вопрос (я еще не думал пока, может сам додумаюсь) - данный метод работает для $\pi _2 (x)$, а как $\pi _k(x)$ искать неясно...

[Sonic86]

Sonic86 в сообщении #396594 писал(а):

а как $\pi _k(x)$ искать неясно...

Попытался посчитать $\pi_k(x)$ с точностью $O\left(x\frac{\ln_2^kx}{\ln^2 x}\right)$:

$$\pi_k(x)=\frac{x}{\ln x}(a_{k,k-1}\ln_2^{k-1}x+...+a_{k,1}\ln_2x+a_{k,0})+O\left(x\frac{\ln_2^kx}{\ln^2 x}\right)$$

Считал так же - рекуррентно - только по точной формуле

$$\sum\limits_{p\leqslant\frac{x}{t_k}}\pi_k\left(\frac{x}{p}\right)=(k+1)\pi_{k+1}(x)+\sum\limits_{p\leqslant\frac{x}{t_k}}\sum\limits_{s=1}^k\pi_{k-s}\left(\frac{x}{p^{1+s}}\right)(-1)^{s-1}$$

В результате не очень сложно получается найти первые 2 слагаемых:

$$\pi_k(x)=\frac{x}{\ln x}\frac{\ln_2^{k-1}x+(k-1)B\ln_2^{k-2}x+...}{(k-1)!}+O\left(x\frac{\ln_2^kx}{\ln^2 x}\right)$$

$B$ - постоянная Мертенса. Соотношение я проверил несколько раз вычислениями - оно верно, а для $k=2$ получается более точная формула, чем при $k>2$, и эмпирически при $x=10^9$ я ее проверил.
Можно было и дальше посчитать, но там лезут очень страшные константы, из-за которых вычисление смысл почти утрачивает.
Если кто-то знает более простые точные несложные формулы для $\pi_k(x)$ - хотел бы увидеть (я еще одну нашел, но там уже появляется функция $\Omega(n)$...).

[Sonic86]

Sonic86 в сообщении #642853 писал(а):

В результате не очень сложно получается найти первые 2 слагаемых:

$$\pi_k(x)=\frac{x}{\ln x}\frac{\ln_2^{k-1}x+(k-1)B\ln_2^{k-2}x+...}{(k-1)!}+O\left(x\frac{\ln_2^kx}{\ln^2 x}\right)$$

Кажется, это неверно.
Для $\pi_3(x)$ формула такая:

$$\pi_3(x)=\frac{x}{\ln x}\left(\frac{\ln_2^2x}{2}+\ln_2x(B-\frac{\ln 2}{3})+(B^2-2B\ln 2-\frac{\ln^22}{2})+B_2-\sum\limits_p\frac{1}{p^2}+\sum\limits_{m=1}^{+\infty}\frac{H_m}{m2^m}\right)+O\left(x\frac{\ln_2^3x}{\ln^2x}\right)$$

Численно проверил при $x=10^9$ - похоже.