Наименьший простой делитель

[RIP]

Навеяно задачей 46 отсюда.
Фиксируем число $a\in[1;+\infty)$. Обозначим:
$p(n)$ - наименьший простой делитель числа $n\in\mathbb{Z}_{>1}$;
$\pi_a(x)=\#\{2\leqslant n\leqslant x\mid n\leqslant p(n)^a\}.$

1) Доказать, что $\pi_a(x)=O\left(\frac{x}{\ln x}\right)$.
2) Верно ли, что для каждого $a$ существует предел $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\pi_a(x)\ln x}x$? Если да, то чему он равен? (Над этим пунктом я еще не думал, но думаю, что предел существует.)

[Руст]

Очевидно, что если a<=2, то $\pi_a(x)=\pi(x), \ (a<2), \ \pi_2(x)=\pi(x)+\pi(\sqrt x )$. Это отвечает на оба вопроса для случая a<=2. Очевидно так же, что искомая величина монотонно растущая в зависимости от а.
В случае a>2 обозначим через $m_p(x)=\# \{2\le n\le x |p(n)\ge p \}$. Тогда имеет место $\pi_a(x)=\pi(x)+\sum_{p\le x^{1/a }}m_p(p^{a-1})$. Заметим, что эта формула верна для любого a>=1 и при 2<a<3 даёт $\pi_a(x)=\pi_2(x)+\sum_{p\le x^{1/a}} \pi(p^{a-1})-\pi(p)$. Так получаем, что при a<=3 $\pi_a(x)=\pi(x)+O(\frac{x}{ln^2x})$, т.е. искомый предел 1.
Этот предел равен 1 и при a>3, только добавок уже растёт быстрее, тем не менее $\pi_a(x)-\pi(x)=O(\frac{x}{ln^2x})$.

[RIP]

Руст писал(а):

Тогда имеет место $\pi_a(x)=\pi(x)+\sum_{p\le x^{1/a }}m_p(p^{a-1})$.

По-моему, эта формула неверна. Куда у Вас входят числа вида $p_1p_2$ с большими $p_1$ и $p_2$, например?

[Руст]

Каждое число n с p(n)=p представляется в виде pm, p(m)>=p, причём нас интересует только такие, что m<p^(a-1) и пробегая по всем простым, меньше или равно x^(1/a) учтём все числа из этого множества.
Предел везде 1. Можно определить даже предел $\lim_{x\to \infty }\frac{(\pi_a(x)-\pi(x))ln^2x}{x}$, который уже зависит от a.

[RIP]

А почему $p\leqslant x^{\frac1a}$?
Вот в такую формулу

$$\pi_a(x)=\pi(x)+\sum_{p\leqslant x^{\frac1a}}m_p(p^{a-1})+\sum_{p>x^{\frac1a}}m_p\left(\frac xp\right)$$

я еще поверю.

[Руст]

RIP писал(а):

А почему $p\leqslant x^{\frac1a}$?
Вот в такую формулу

$$\pi_a(x)=\pi(x)+\sum_{p\leqslant x^{\frac1a}}m_p(p^{a-1})+\sum_{p>x^{\frac1a}}m_p\left(\frac xp\right)$$

я еще поверю.

Да, кажется я пропустил числа n, принадлежащее второму члену, то p(n)>x^(1/a), считая, что в этом случае n>x. Но и в этом члене при p>sqrt(x) нули и поэтому сумма не превзойдёт O(x/ln^2x).т

[RIP]

Легко показать, что при $a>2$

$$\varliminf_{x\to\infty}\frac{\sum_{p>x^{\frac1a}}m_p(\frac xp)}{\frac x{\ln x}}>0$$

(Если я не накосячил в вычислениях.)
Поэтому при $a>2$ предел (по крайней мере нижний) $>1$.

[Руст]

Но этот член ограничивается сверху $\sum_{x^{1/a}<p\le \sqrt x}\frac{x}{pln p}<C\frac{x}{ln x}\sum_{x^{1/a}<p<\sqrt x }\frac 1p =O(\frac{x}{ln^2x}).$

[RIP]

\sum_{x^{1/a}<p<\sqrt x }\frac 1p =\ln\frac a2+O(\frac1{\ln x})$

[Руст]

RIP писал(а):

\sum_{x^{1/a}<p<\sqrt x }\frac 1p =\ln\frac a2+O(\frac1{\ln x})$

Нет. Точнее $\sum_{x^{1/a}<p<\sqrt x }\frac 1p =\frac{ln\frac a2 ln(ln x)}{ln x }$
Точнее получается из других соображений и второй член оценивается как $O(\frac{xlnln x}{ln^2x}).$
Так что предел равен 1, чотя надо ввести некоторые корректировки к тому, что изложил раньше.

[RIP]

Что-то меня глючит. Вроде бы $\sum\limits_{p\leqslant x}\frac1p=\ln\ln x+C+O(\frac1{\ln x})$, поэтому

$$\sum\limits_{x^{1/a}<p<\sqrt x }\frac 1p =\ln\ln\sqrt x-\ln\ln x^{\frac1a}+O\left(\frac1{\ln x}\right)=\ln\frac{\ln\sqrt x}{\ln x^{\frac1a}}+O\left(\frac1{\ln x}\right)=\ln\frac a2+O\left(\frac1{\ln x}\right)$$

.
Где ошибка?

[Руст]

Это я ошибся. Взяв более точное приближение для $m_p(\frac xp )=\frac{e^{-\gamma}x}{plnp }(1+o(1))$ можно получить и искомый предел. Если не ошибся, получается $\lim_{x\to \infty}\frac{\pi_a(x)lnx}{x}=1+\frac{a-2}{2a}e^{-\gamma} \ \ \ (a\ge 2)$.

[RIP]

Руст писал(а):

Это я ошибся. Взяв более точное приближение для $m_p(\frac xp )=\frac{e^{-\gamma}x}{plnp }(1+o(1))$

Это не есть точное приближение. Например, при $x^{\frac13+\varepsilon}<p<x^{\frac12-\varepsilon}$

$$m_p\left(\frac xp\right)\sim\frac{x}{p\ln\frac xp}$$

[Руст]

Да, здесь

$$m_p\left(\frac xp\right)=\pi(\frac xp )-\pi (p)\sim\frac{x}{p\ln\frac xp}.$$