Асимптотика суммы по простым числам

[Sonic86]

$$\sum\limits_{p\leqslant\frac{x}{c}}\frac{\ln x}{p\ln x/p}, x\to +\infty$$

$c>1$ - константа ($e$ например)
Никак не могу посчитать даже 1-й член! У меня получается то $\ln\ln x$, то $2\ln\ln x$.

[venco]

Представил в виде интеграла с плотностью простых $1 \over {\ln p}$ и получилось

$$\sum \sim \int\limis_s^{x\over c}\frac {\ln x}{p(\ln x-\ln p)}\frac {dp}{\ln p} = \ln\left(\frac{\ln x}{\ln s}-1\right)+\ln\left(\frac{\ln x}{\ln c}-1\right)\sim 2\ln\ln x$$

$s$ - нижняя граница интегрирования по простым, например 2.

[Руст]

Можно суммировать по $x^{\alpha}\le p<x^{\alpha +\delta}$, Соответственно в этом районе сумма

$$S(\alpha,\delta)=\aum_p \frac{1}{p(1-\frac{\ln p}{\ln x})}=\frac{1}{1-\alpha}\sum_{x^{\alpha}<p<x^{\alpha+\delta}}\frac{1}{p}=\frac{1}{1-\alpha}(\ln(\ln x^{\alpha+\delta}}=\ln(\ln(x^{\alpfa}))}=\frac{1}{1-\alpha}\ln(1+\frac{\delta}{\alpha}).$$

При малых $\frac{\delta}{\alpha}$ получаем $S=\frac{\delta}{\alpha (1-\alpha)}$ и интегрируем по $\alpha=exp(-t)$ до $1-\frac{\ln c}{\ln x}, t=\ln(1-\frac{\ln c}{\ln x})$,

$$\int_{-\infty}^{t}\frac{e^{-\tau}d\tau}{1-e^{-\tau}}$$

если не напутал.

[Sonic86]

venco в сообщении #632984 писал(а):

Представил в виде интеграла с плотностью простых $1 \over {\ln p}$

Кстати, есть какие-либо теоремы о таком представлении? Т.е. мне обычно 2-3 члена надо. Представление в виде интеграла с плотностью дает только 1-й член асимптотики или несколько? Может книжка какая есть?

Все, я понял: я при вычислении интеграла нижний предел не подставил - у меня $\ln\ln x$ потерялся Значит все правильно - $2\ln_2 x$ еще и 3-я способами.

Руст, интересный способ. Я только не понял, почему от $-\infty$ и куда делось $\delta$ в интеграле? (интеграл разрывный 2-го рода, там в принципе все исчезнет, но откуда это появляется? А при $\tau\to -\infty$ подинтегральная функция стремится к $-1$.)
Видимо, не от $-\infty$, а от $0+\epsilon$.

[Руст]

Мы выбираем малой $\frac{\delta}{\alpha}=dt, \alpha =e^{-t}.$
Нижняя граница для $t$ не имеет существенного значения, лишь бы была $t<<-1$.
Для получения следующих членов разложения надо оценить разницу. Здесь $O(1)$.

[ex-math]

Почему просто не сделать преобразование Абеля?

[Sonic86]

ex-math в сообщении #633174 писал(а):

Почему просто не сделать преобразование Абеля?

где?

[ex-math]

Ну, например,

$$ S=\sum_{p\leqslant\frac xc}\frac1p+\sum_{p\leqslant\frac xc}\frac{\ln p}p\cdot\frac1{\ln\frac xp}. $$

[Sonic86]

Похоже на преобразование числителя $\ln x = (\ln x - \ln p)+\ln p$.

А как делать преобразование Абеля, когда суммирование не по натуральным числам идет? У меня ерунда выходит:
$S(x)=\frac{\ln x}{\ln c}\sum\limits_{p\leqslant\frac{x}{c}}\frac{1}{p}-\sum\limits_{p\leqslant\frac{x}{c}}(\sum\limits_{p\leqslant\frac{x}{c}+1}\frac{1}{p})\text{что-то от }(p_n-p_{n-1})$.

Не, в принципе мы уже все посчитали, даже 4-я методами Вопрос, наверное, остался только в том, как такие суммы считать попроще? Я, например, без асимптотики $p_n$ не могу полностью обойтись, а она после 1-го члена выглядит довольно отвратно.

[ex-math]

Удобнее преобразование Абеля в интегральной форме:

$$ \sum_{a<n\leqslant b}c_nf(n)=f(b)\sum_{a<n\leqslant b}c_n-\int_a^b\sum_{a<n\leqslant t}c_n\,f'(t)dt. $$

Если сумма идет по простым, просто полагаем $c_p=\frac{\ln p}p$ (в нашем случае) и $c_n=0$ при $n\neq p$. А попроще только главный член получается, следующие члены получаются только если повозиться, какой способ ни выбери.

[Sonic86]

ex-math в сообщении #633722 писал(а):

Если сумма идет по простым, просто полагаем $c_p=\frac{\ln p}p$ (в нашем случае) и $c_n=0$ при $n\neq p$.

Вот не очень удобны такие штуки. Надо запомнить, вдруг пригодится.

ex-math в сообщении #633722 писал(а):

следующие члены получаются только если повозиться, какой способ ни выбери.

У меня нет:

$$\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln x}{p\ln x/p}=\ln_2x+B+\ln\left(\frac{a}{1-a}\right)+o(1)$$

где $0<a<1$, $B$ - постоянная Мертенса.

Действительно:

$$\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln x}{p\ln x/p}= \sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{1}{p}\left(1+\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{\ln^m p}{\ln^m x}\right) =\ln_2(x^a)+B+o(1)+\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\ln^m x}\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln^m p}{p}$$

Последняя сумма

$$\frac{1}{\ln^m x}\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln^m p}{p}\sim\frac{1}{\ln^m x}\int\limits^{x^a}\frac{\ln^m t dt}{t\ln t}\sim\frac{a^m}{m}$$

- это константа, т.е. $\operatorname{const}+o(1)$, и тогда в общем

$$\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln x}{p\ln x/p}=\ln_2x+\ln a+B+o(1)+\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{a^m}{m}=\ln_2x+B+\ln a-\ln(1-a)+o(1)$$

У меня проблема только с использованием асимптотики простых чисел. А при вычислении проблем вообще как бы нет, исключая иррациональные константы. Но здесь я ее нашел

-- Пн окт 22, 2012 05:34:11 --

venco в сообщении #632984 писал(а):

Представил в виде интеграла с плотностью простых $1 \over {\ln p}$ и получилось

Вот все-таки может кто знает: так только 1-й член получается или остальные тоже? Надо на каком-нибудь примере протестить, наверное...

[Руст]

На самом деле при подсчете константы (сумма членов с m=1 ) начинается накопление ошибок. Соответственно константа не совпадет с вашим. А в случае, когда граница суммирования $x^a=\frac{x}{c}$, то вообще изменится даже главный член.

[Sonic86]

Блин, я немного не то написал, но все равно хорошо, что ответили.

Руст в сообщении #633999 писал(а):

А в случае, когда граница суммирования $x^a=\frac{x}{c}$, то вообще изменится даже главный член.

Вот вроде как раз не изменится (ну т.е. синтаксически формула изменится):
$x^a=\frac{x}{c}\Leftrightarrow a=a(x)=1-\frac{\ln c}{\ln x}<1$ и тогда по идее можно подставлять:

$$\sum\limits_{p\leqslant x/c}\frac{\ln x}{p\ln x/p}=\ln_2x+B+\ln \left(1-\frac{\ln c}{\ln x}\right)-\ln\left(1-\left(1-\frac{\ln c}{\ln x}\right)\right)+o(1)=$$

$$=\ln_2x+B+o(1)-\ln_2 c+\ln_2 x+o(1)=2\ln_2x+B-\ln_2 c+o(1)$$

Во всяком случае главный член такой же

Руст в сообщении #633999 писал(а):

На самом деле при подсчете константы (сумма членов с m=1 ) начинается накопление ошибок. Соответственно константа не совпадет с вашим.

Я сейчас пересчитаю..., но вроде там ничего такого нет...

[Sonic86]

Руст в сообщении #633999 писал(а):

На самом деле при подсчете константы (сумма членов с m=1 ) начинается накопление ошибок.

Я возьму сумму по $p\leqslant x^a$, там ведь тоже по идее должна ошибка накапливаться, а считать ее явно проще. Тем более, что сумма по $p\leqslant x/c$ мне уже не нужна.
Мы считаем

$$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\ln^m x}\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln^m p}{p}$$

Так как $p_n=n\ln n\left(1+O\left(\frac{\ln_2 n}{\ln n}\right)\right)$, то $\ln p =\ln n \left(1+O\left(\frac{\ln_2 n}{\ln n}\right)\right)$ и тогда

$$\sum\limits_{p\leqslant x^a}\frac{\ln^m p}{p} =\sum\limits_{r\leqslant \pi(x^a)}\frac{\ln^m r \left(1+O\left(\frac{\ln_2 n}{\ln n}\right)\right)^m}{r\ln r\left(1+O\left(\frac{\ln_2 n}{\ln n}\right)\right)} =\sum\limits_{r\leqslant \pi(x^a)}\frac{\ln^{m-1} r}{r}+\sum\limits_{r\leqslant \pi(x^a)}O\left((m-1)\frac{\ln^{m-2} r\ln_2r}{r}\right)$$

2-я сумма

$$\sum\limits_{r\leqslant \pi(x^a)}O\left((m-1)\frac{\ln^{m-2} r\ln_2r}{r}\right) =O\left((m-1)\frac{1}{m-1}\left.\ln^{m-1} r\ln_2r\right|^{\pi(x^a)}\right) =O\left(a^m\ln^{m-1} x\ln_2x\right)$$

Суммируем:

$$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\ln^m x}O\left(a^m\ln^{m-1} x\ln_2x\right) =O\left(\frac{a}{1-a}\frac{\ln_2x}{\ln x}\right)=o(1)$$

Т.е. тут лишних констант нет.
Далее, 1-я сумма:

$$\sum\limits_{r\leqslant \pi(x^a)}\frac{\ln^{m-1} r}{r} =O\left(\frac{\ln^m x}{x}\right)+\int\limits_c^{\pi(x^a)}\frac{\ln^{m-1} t}{t}dt =O\left(\frac{\ln^m x}{x}\right)+\left.\ln^m t\right|_c^{\pi(x^a)} =O\left(\frac{\ln^m x}{x}\right)+\frac{1}{m}(\ln^m \pi(x^a)-C)$$

Суммируем:

$$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\ln^m x}\left(O\left(\frac{\ln^m x}{x}\right)+\frac{1}{m}(\ln^m \pi(x^a)-C)\right)$$

Ага! Вот отсюда появляются лишние константы?

-- Пн окт 22, 2012 15:51:33 --

А они только из 2-го слагаемого появляются, или из 1-го тоже? Если из 1-го, то плохо...

-- Пн окт 22, 2012 15:53:23 --

2-е слагаемое даст $-\ln(1-a)$.

[Sonic86]

Что-то я туплю. $-\ln(1-a)$ - эту константу я уже учел, так что ее не считаем.
Остается только ошибка от замены суммы на интеграл. Неужели там вылезет погрешность?