算术级数中素数的初等下界

Question

素数定理的某些版本提供了算术级数中素数的渐近行为$qn+a美元$具有$（q，a）=1$,$n\ge 1美元$.我想知道是否有切比雪夫类型的参数（使用二项式系数或其变体）确定了至少$$c x/\log x$$这种算术级数中的素数x美元$对于一些甚至很小的$c>0$和的一些值$a，q>1美元$例如，形式的素数有这样的论证吗4000美元\pm 1$? 这主要是由我即将教授的一门数论课程引发的好奇。

Answer 1

在第9节

哈罗德·戴蒙德。,素数分布研究中的基本方法，公牛。美国数学。Soc.，新系列。7, 553-589 (1982).ZBL0505.10021号.

来自的论点

哈罗德·戴蒙德（Harold G.Diamond）。；埃尔德斯，保罗，关于锐利的初等素数估计，Enseign。数学。，二、。Sér。26, 313-321 (1980).ZBL0453.10007号.

绘制了草图，其中显示了对于每个$\varepsilon>0$有一个切比雪夫式的论点表明

$$（1-\varepsilon）x\leq\psi（x）\leq（1+\varepsilon）x$$

对于所有足够大的x美元$。这个想法是比较$\Lambda（n）=\mu*\log（n）$使用截断版本$\Lambda_T（n）=\mu_T*\log（n$哪里$\mu_T$是$\亩$截断为较大的间隔$1，T]美元$（修改时间：T美元$确保正常化$\sum_n\mu_T（n）/n=0$). 基本方法可以表明$|\sum_｛n\leq x｝\Lambda_T（n）-m_1（T）x |\leq o（x）$对于一个明确可计算的量$1（吨）$（事实上$m_1（T）=\sum_{n<T}\log\frac{T}{n}\frac}\mu（n）}{n{$)可以很容易地证明收敛为$T\到\输入$在适当的平均意义上。特别地$|\sum_{n\leq-x}\Lambda_T（n）-x|\leq|m_1（T）-1|x+o（x）$。Dirichlet双曲线方法也可用于生成上限$|\sum_{n\leq x}\Lambda_T（n）-\psi（x）|\leq\delta_T x+o（x）$对于一些明确可计算的量$\增量_$取决于T美元$; 在PNT的帮助下（在表格中$\sum_{n\leqx}\mu（n）=o（x）$)可以证明这一点$\delta_T\到0$作为$T\到\输入$，这足以结束这一主张。有趣的是，这给出了PNT假设PNT的循环证明；然而，如果人们只想使PNT达到给定的错误$\varepsilon美元$那么这个参数不需要PNT，只需找到一个具体的值T美元$其上限$|m_1（T）-1|，\delta_T$在上述不等式中（可通过切比雪夫类型方法显式计算）足够小。

看起来很可能有人可以通过字符来扭曲这个论点，并得出以下结论：$\varepsilon>0$和本原剩余类$a\hbox{mod}q$有一个切比雪夫式的论点表明

$$（1-\varepsilon）\压裂{x}{\phi（q）}\leq\psi（x，q，a）\leq（1+\varepsilon）$$

对于所有足够大的x美元$，在算术级数中再次需要素数定理$\sum_｛n\leq x｝\mu（n）\chi（n）=o（x）$)以保证误差的基本上界确实很小。虽然对于特定的残留物类别，这似乎是合理的$1\hbox{mod}4美元$或$-1\hbox{mod}4$实际上可以生成显式的数值选择T美元$参数遵循所有必需的属性，特别是产生切比雪夫类型的非平凡下界。

Answer 2

以下可能会让你高兴：我认为有一些基本的证据$$\sum_{p\leqN}\frac{\logp}{p}=\logN+O（1）\\mbox{和}$$ $$\sum_{p\leq N，\p\equiv 1\bmod 4}\frac{\log p}{p}=\frac{1}{2}\log N+O（1）$$这还不足以暗示PNT，但它确实表明“一半的素数是1美元\b月4日$“有一定的权重。我从一个Vesselin Dmitrov的回答，我将尝试添加一些细节。我不知道这个论点是否或在哪里出现在印刷品中。

让$$F=\sum_{0<n\leq n}\log n\\mbox{和}\G=\sum_{0<u^2+v^2\leq n{\log（u^2+v^2）$$所以$F（美元）$是$\log N$和G美元$是的高斯模拟$F（美元）$.

我们可以通过将总和转换为积分来估计每个值。相应的积分为$$\int_{t=0}^N\log-tdt=N\log N-N\\mbox{和}\\int_{r=0}^{\sqrt{N}}2\pi r\log（r^2）dr=\pi N\log-N-\pi N$$转换为积分会导致误差$O（\log N）$在第一种情况下$O（\sqrt{N}\log N）$第二个，但我们只需要领先的条件，所以$$F=N\log N+O（N）\\mbox{和}\G=\pi N\logN+O（N）$$

像往常一样，我们写$\lfloor x \rfloor$对于x美元$四舍五入到最接近的整数，我们认为它是区间中的整数数$（0，x）$受此启发，让$\lfloor x \rfloor_2$是晶格点的数量$（u，v）$具有$0<u^2+v^2\leq x$显然，$\lfloor x\rfloor_2=\pi x+O（\sqrt{x}）$.

通常的论点告诉我们$$F=\sum_p\sum_{k\geq1}\left\lfloor\frac{N}{p^k}\right\rfloor\log p=\sum__{p\leqN}\frac}{p}\log p+O（N）$$所以$$\sum_{p\leq N}\frac{N}{p}\log p+O（N）=N\log N+O（N）$$并除以N美元$，声明如下。

模拟常用参数，但在中使用唯一因子分解$\mathbb{Z}[i]$，我们得到$$G=\sum_{\pi}\sum_{k\geq 1}\left\lfloor\frac{N}{N（\pi）^k}\right\rfloor_2\log N（\π）$$其中和在高斯素数上运行$\pi美元$。我们可以将其重写为$$G=2\sum_{p\equiv1\bmod4}\sum_{k\geq1}\left\lfloor2\frac{N}{p^k}\right\rfloor_2\log p+\sum_}p\equav3\bmod4{sum_k\geq 1}\leaft\lffloor\fracc{N{p^{2k}}\rift\rfloroor_2\log p^2+\sum_{k\ageq1}\left\ lfloor\frac{N}{2^k}\right\rfloor_2\log 2$$后面的总和可以忽略不计，并且接近$\lfloor x \rfloor_2$通过$\πx$给予$$G=2\sum_{p\equiv1\bmod4，\p\leq N}\frac{\pi N}{p}\log p+O（N）$$比较我们的公式G美元$并用美元\pi N$给予$$2\sum_｛p\equiv 1\bmod 4，\p\leq N｝\frac｛\log p｝｛p｝=\log N+O（1）$$正如承诺的那样。

如果我稍后有机会，我可能会评论除此之外的其他模$4$.

Answer 3

这是另一种更像切比雪夫的方法。这可能是特里画的证明，我只是不理解。我认为这应该推广到AP的任何模数，但我会坚持$4$.让美元\chi$是二次字符模$4$为了证明美联社mod 4中的PNT，我们必须证明$$\sum_{n\leq n}\Lambda（n）=n+o（n），\\sum_{n\leq n}\ chi（n）\Lambda（n）=o（n）$$切比雪夫式参数证明了形式的边界$a N<\sum_{N\leq N}\Lambda（N）<b N$; 我将类推证明形式的边界$\left|\sum_{n\leq n}\chi（n）\Lambda（n）\ right|<cN$。只有当我设法获得$c<1$.

对于任何正实数x美元$，定义$$\langle x\langle=\sum_｛1\leq k\leq x｝\chi（k）$$所以$\langle x等级$是$1$如果$\lfloor x \rfloor\equiv 1,2\bmod 4美元$和$0$如果$\lfloor x \rfloor\equiv 3,4\bmod 4美元$.

放置$$S=\sum_{n\leq n}\chi（n）\log n$$首先要注意$$\左|S\右|\leq\log N$$因为每一项都转换了部分和的符号。

将总和展开为$$S=\sum_{n\leq-n}\sum_}d\chi（d）\chi（n/d）\Lambda（d）=\sum_d\chi！N/d范围。\四元（\ast）$$

现在，$\langle N/d范围$是$1$对于$N/3<d\leq N$，是$0$对于$N/5<d\leq N/3$和介于之间$0$和$1$为所有人d美元$，所以$$\left|\sum_{N/3<d\leq N}\chi（d）\Lambda（d）\ right|\leq|S|+\sum__{d\leqN/5}\Lambda（d）$$调用切比雪夫边界$\sum_{d\leq M}\Lambda（d）\leq 1110万$，我们有$$\left|\sum_{N/3<d\leq N}\chi（d）\Lambda（d）\ right|\leq\log N+1.11\ times\frac{1}{5}N$$总结以下方程式N美元$,美元N/3$,美元N/9$, ..., 我们得到$$\left|\sum_{d\leqN}\chi（d）\Lambda（d）\ right|\leq\frac{（\logN）^2}{\log3}+1.11\ times\frac{3}{10}N$$自0.333美元<1$，我们赢了。

我认为有很大的空间来改进这一论点。如果我们把方程加起来$（\ast）$在N美元$和美元N/3$，我们得到$$\sum_d\chi（d）\Lambda（d）{\大（}\langle N/d\rangle+langle N/（3d）\rangle{\Big）}=O（\log N）$$我们有${\大（}\langle N/d\rangle+langle N/（3d）\rangle{\Big）}=1$对于$N/7<d\leq N$，然后$=0$对于$N/9<数字N/7$，并且总是最多$2$。所以类似的论据给出了$$\left|\sum_{N/7<d\leq N}\chi（d）\Lambda（d）\ right|\leq 1.11\times\frac{2}{9}N+O（\log N）$$从而取代$1.11\次\tfrac{3}{10}$具有1.11美元\次\压裂{16}{63}$归根结底。我认为如果我们采用更聪明的线性组合，这个常数可以被追赶得更低。

更准确地说，我们有$\sum_{t=1}^t（t）\mu（t）\ langle x/t范围=1$对于$x\geq吨$因此，对于固定T美元$，我们有$$\sum_{t=1}^t\mu（t）\chi（t！N/（td）范围=$$ $$\sum_{N/T<d\leq N}\chi！N/（td）\rangle\right）=O（\log N）$$如果我们能得到带括号的数量0美元（吨）$，独立于N美元$，我们会赢的。