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Pruebe que la segunda función de Chebyshev "psi" ("sumatoria de Von Mangoldt") es O(x).

Es decir, existe una constante K tal que |psi|<Kx

(No usar el teorema de los números primos)
por (470 puntos) en Básicas

1 Respuesta

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Mejor respuesta

Recuerda el teorema tauberiano de Shapiro:

Sea $\{a_{n}\}_{n \in \mathbb{N}}$ una sucesión de números no negativos tal que

$\displaystyle \sum_{n \leq x} a_{n} \left\lfloor \frac{x}{n} \right\rfloor = x\log x + O(x)$.

Entonces

a) Para $x\geq 1$ tenemos que

$\displaystyle \sum_{n \leq x} \frac{a_{n}}{n} =\log x + O(1).$

b) Existe una constante $B<\infty$ tal que para $x \geq 1$

$\displaystyle \sum_{n \leq x} a_n \leq B\cdot x$.

c) Existe una constante $A>0$ y un $x_{0}>0$ tales que para $x \geq x_{0}$

$\displaystyle \sum_{n\leq x} a_{n} \geq A\cdot x$.

Si haces $a_{n}=\Lambda(n)$ entonces se puede mostrar que se cumplen las hipótesis en el teorema tauberiano de Shapiro y de b) y c) se desprendería entonces que, de hecho, $\psi(x) \asymp x.$ Para probar que la función de von Mangoldt cumple la hipótesis en cuestión tienes que recordar a su vez que

$\displaystyle \log n =\sum_{d|n} \Lambda(d)$

¡Esta identidad es una consecuencia notable del Teorema Fundamental de la Aritmética!

De esta identidad se sigue que

$\displaystyle \sum_{n \leq x} \log n = \sum_{n \leq x} \sum_{d|n} \Lambda(d)$

$\displaystyle = \sum_{d \leq x} \sum_{n \leq x,\ d|n} \Lambda(d)$

$\displaystyle =\sum_{d \leq x} \Lambda(d) \left\lfloor \frac{x}{d} \right\rfloor$.

Por otro lado, puesto que

$\displaystyle \sum_{n \leq x} \log n = x\log x + O(x)$ ...... (1)

concluimos que, efectivamente,

$\displaystyle \sum_{d \leq x} \Lambda(d) \left\lfloor \frac{x}{d} \right\rfloor = x\log x +O(x)$.

OBSERVACIONES.

* La prueba del teorema tauberiano de Shapiro no depende del TNP. Así que esta demostración satisface la condición que impusiste.

* Para probar la fórmula en (1), hay que utilizar la monotonía de la función logaritmo: si $x>1$ entonces

$\displaystyle \sum_{n \leq x} \log n = \log 1 + \log 2 + \ldots +\log \lfloor x \rfloor$

$\displaystyle \leq \left(\sum_{k=1}^{\lfloor x \rfloor -1}\int_{k}^{k+1} \log u \, du\right) + \log \lfloor x \rfloor$

$\displaystyle < \int_{1}^{x} \log u \, du + \log x$

$\displaystyle = x\log x - x + 1 + \log x.$

Para la "acotación" inferior se procede de manera análoga...

por (39,6m puntos)
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