Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

6Comparación de funciones

Análisis asintótico: el arte de reemplazar una cantidad complicada por uno simple más un error controlado — se inició en el Año 1 volumen con expansiones de Taylor. Este capítulo la convierte en una disciplina de propio: expansiones a lo largo de escalas generales, la serie–integral comparación con su fuerza asintótica total, la fórmula de Stirling (probada completamente), y el estudio sistemático de los conceptos implícitamente definidos. secuencias. Estas técnicas son el pan de cada día de los asintóticos. análisis, y cada capítulo posterior que estima algo — series, integrales, probabilidades — come de esta tabla.

6.1 Relaciones de comparación y escalas.

Definición 6.1

Cerca de un punto $a$ ( $a \in \R$ o $\pm\infty$ ), para funciones (o secuencias, con $n \to \infty$ ): $f = o(g)$ , $f = O(g)$ , $f \sim g$ como en el volumen del Año 1. Un comparación escala en $a$ es una familia de positivos funciones, comparables por pares, totalmente ordenadas por $o(\cdot)$ — la escala estándar en $+\infty$ es

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

ordenado lexicográficamente en $(\alpha, \beta)$ , refinado cuando sea necesario por exponenciales $\eu^{\gamma x}$ .

Definición 6.2 (expansión asintótica)

$f$ admite el expansión asintótica

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ in the scale})

cuando los restos sucesivos satisfacen las estimaciones mostradas. el los coeficientes son entonces únicos: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ , y inductivamente $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

Ejemplo 6.3

Las expansiones de Taylor son expansiones asintóticas a lo largo de la escala $(x - a)^k$ en $a$ . Pero la noción es estrictamente más amplia: en $+\infty$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

una expansión a lo largo de la escala mixta — no se aplica ningún teorema de Taylor, sólo la expansión geométrica y el cálculo de $o$ .

Ejemplo 6.4 (La báscula estándar está realmente ordenada)

El reclamo lexicográfico de Definición 6.1 necesita una línea de prueba por caso. Comparar $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ y $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ en $+\infty$ . Si $\alpha < \alpha'$ : la relación es $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ , porque un La potencia negativa de $x$ aplasta cualquier potencia de $\ln x$ (establecer $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ por el límite polinómico de latidos exponenciales del año 1 volumen). Si $\alpha = \alpha'$ y $\beta < \beta'$ : la relación es $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ directamente. Entonces las parejas $(\alpha, \beta)$ , ordenado lexicográficamente, ordena la escala por $o(\cdot)$ — y la sustitución $x = \eu^t$ es la truco único para comparaciones de registros de potencia mixtos.

Ejemplo 6.5 (Clasificación de una colección de animales.)

Las escalas deben ser ordenado; Aquí está el taladro estándar. en $+\infty$ , comparar $n^{10}$ , $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ , $2^n$ y $n^{\ln n}$ tomando logaritmos:

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

donde $a_n \ll b_n$ significa $a_n = o(b_n)$ ; la segunda entrada es $\ln(n^{\ln n})$ . Los exponenciales preservan estas brechas estrictas (si $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ luego $u_n/v_n \to 0$ ), entonces

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

La moraleja, doble: comparar siempre mediante logaritmos (diferencias de registros, no proporciones de registros), y nunca concluir $u_n \sim v_n$ de $\ln u_n \sim \ln v_n$ — el par $n^{10}$ y $n^{\ln n}$ tiene una relación $\ln$ que tiende a $\infty$ , pero $2^n$ y $4^n$ tienen una relación $\ln$ exactamente $2$ y son tremendamente desigual.

6.2 Serie: comparación integral, asintóticamente

Teorema 6.6

Sea $f$ continuo, positivo, decreciente en $\intco{1}{+\infty}$ .

Si $\int_1^{\infty} f$ converge, los restos satisfacen

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
Si $\int_1^\infty f$ diverge, las sumas parciales satisfacen $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ para algunos constante $C$ : la diferencia $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ converge.

Demostración. El bracketing $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (disminución) fue el dispositivo del Año 1; sumando $k \geq n+1$ , resp. $k \geq n$ , da (1). Para (2), configure $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : por el entre paréntesis, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ , por lo que las sumas parciales de $\sum u_k$ están delimitados por el $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ telescópico: la serie converge. Además, la secuencia $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ no es creciente ( $f$ disminuye) y no es negativa, por lo tanto convergente. escribiendo

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

el lado derecho converge como $n \to \infty$ : la diferencia converge a una constante $C$ , que es la declaración (2). ∎

Ejemplo 6.7 (La expansión armónica)

Para $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ , recuperando Constante de Euler (volumen del año 1) con una prueba más limpia. Empujando uno ordenar más (Ejercicio 6.3):

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

Los números hacen visible la ganancia en $n = 10$ : $H_{10} = 2.928968\dots$ y $\ln 10 = 2.302585\dots$ , por lo que la estimación bruta de $\gamma$ es $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ , desviado por $0.049$ ; restando la corrección $\frac1{20}$ se obtiene $0.576383$ , fuera de $\gamma = 0.577216$ por solo $8.3\cdot10^{-4}$ — que es a su vez el siguiente término $\frac{1}{12\cdot100}$ del expansión, como lo demuestra el problema del fin de semana (pregunta 8).

Ejemplo 6.8 (Un $\ln(n!)$ tosco sin Stirling)

El dispositivo de fijación por sí solo ya localiza $\ln(n!)$ . desde $\ln$ aumenta,

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

y sumando $k = 2, \dots, n$ (con $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ):

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

Ambas vallas son $n\ln n - n + O(\ln n)$ : de ahí $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ , y en particular $\ln(n!) \sim n\ln n$ . Lo que Stirling agrega son los siguientes dos peldaños: el $\frac12\ln n$ y la constante $\ln\sqrt{2\pi}$ — que cuesta más fino telescópico de Teorema 6.13. sabiendo La precisión que adquiere cada herramienta es la mitad del arte asintótico.

Ejemplo 6.9 (Cancelación exige ampliaciones)

Calcule el límite de $\sqrt{n^2 + n} - n$ . Ambos términos son $\sim n$ y “ $\sim n - n$ ” no tienen sentido: equivalentes no se puede restar. Expandir en su lugar:

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :

límite $\frac12$ , con la velocidad de aproximación $\frac1{8n}$ como bonificación. El mecanismo merece un nombre: una diferencia de dos grandes cantidades equivalentes vive enteramente en su próximo términos, por lo que uno debe expandirse al primer orden en el que los dos lados difieren — y lleve el resto para certificar que nada más sobrevive en ese orden.

Ejemplo 6.10 (Una comparación divergente, funcionó.)

Para $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ en $\intco{2}{+\infty}$ (continuo, positivo, decreciente): $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ , entonces por Teorema 6.6 (2),

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

para alguna constante $C$ . Dos lecciones. Primero, la divergencia es real pero glacial: la suma parcial supera por primera vez $4$ alrededor de $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ , astronómicamente grande. En segundo lugar, el forma $\ln\ln n$ fue entregado por una antiderivada, no adivinado: para términos monótonos, la integral es la canónica dispositivo sumador, y la constante $C$ — como $\gamma$ de Euler — es la memoria de los términos iniciales.

6.3 La fórmula de Stirling.

Lema 6.11 (Integrales de Wallis, revisadas)

Deje $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . Luego $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ para $n \geq 1$ , $(W_n)$ disminuye y $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Demostración. La integración por partes da $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), por lo que $nW_nW_{n-1}$ es constante en $n$ , igual a $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Disminución: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ en $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . El apretón, en detalle: monotonicidad da $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ , y dividiendo por $W_{n-1} > 0$ ,

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

la identidad izquierda de la recurrencia en el índice $n + 1$ . ambos los límites tienden a $1$ : $W_n \sim W_{n-1}$ , de donde

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

Ejemplo 6.12 (Las primeras integrales de Wallis)

De $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ y la recurrencia $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

Los índices pares llevan un $\pi$ , los impares son racionales — los dos productos intercalados de las formas cerradas. Numéricamente $W_6 \approx 0.4909$ contra lo asintótico $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : en $n = 6$ el equivalente es ya dentro de $5\%$ , y la identidad del producto es exacta en cada $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . Las mesas pequeñas como esta son la forma más económica de atrapar un error de álgebra antes de que infecte un argumento asintótico.

Teorema 6.13 (Stirling)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

Demostración. Step 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ for some constant $C > 0$ . Conjunto

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

entonces

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

por la expansión de Taylor de $\ln(1 + \frac1n)$ . Por tanto, la serie $\sum (d_n - d_{n+1})$ converge absolutamente (comparación con $\sum n^{-2}$ ), por lo que $(d_n)$ converge, digamos a $d$ ; exponenciando, $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ con $C = \eu^{d}$ .

Step 2: $C = \sqrt{2\pi}$ via Wallis. El formulario cerrado $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (de la recurrencia, Cálculo del año 1 rehecho en Lema 6.11 ajuste) se combina con el Paso 1:

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

Comparando con $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (Lema 6.11): $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ fuerza a $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

Ejemplo 6.14 (Coeficiente binomial central)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

la probabilidad de que un paseo aleatorio simétrico regrese a $0$ en el momento $2n$ es $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — un anuncio de Capítulo 22.

Observación 6.15 (Perspectivas dentro de este volumen)

Cada capítulo cuantitativo que sigue habla de la esencia de este capítulo. idioma. Capítulo 7 clasifica series comparando términos a la escala $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — su El problema del fin de semana mapea esa frontera por completo. Capítulo 9 hace lo mismo para integrales impropias, con idéntica escala en la variable continuo. Capítulo 11 calcula radios de convergencia a partir de $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ , un equivalente de $n$ -ésimas raíces ejercicio donde Stirling es la clave estándar ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ , Ejercicio 6.4). y el capítulos de probabilidad en efectivo Stirling directamente: el local estimaciones de Capítulo 22 para coeficientes binomiales son Ejemplo 6.14 y Ejemplo 6.21 palabra por palabra. La asintótica no es un capítulo aquí; es el acento del volumen.

Método 6.16 (La lista de verificación de arranque)

Antes de confiar en una expansión iniciada, audite cuatro puntos. (1) La existencia primero: la raíz o secuencia debe estar fijada hacia abajo (monotonicidad, valores intermedios) antes de cualquier expansión — los símbolos sin referentes se expanden bellamente y significan nada. (2) Un pedido por pase: cada sustitución puede sólo se debe confiar en el orden de la estimación ingresada; extrayendo dos nuevos términos de una sola pasada es la fuente clásica de errores coeficientes. (3) Los restos siguen adelante: lleva el $o(\cdot)$ a través de cada paso algebraico y dejar que la absorción (términos más pequeños absorbidos por restos más grandes) ocurren en el final, explícitamente. (4) Auditoría numérica: evaluar a la vez valor honesto de $n$ ; un error de coeficiente sobrevive al algebraico La rederivación es sorprendentemente frecuente y casi nunca sobrevive. aritmética.

Observación 6.17 (Errores comunes)

(i) Equivalentes agregar mal: de $u_n \sim n + \ln n$ y $v_n \sim -n$ se puede no concluir $u_n + v_n \sim \ln n$ ; las cancelaciones exigen ampliaciones con restos explícitos, nunca desnudos equivalentes. (ii) Nunca exponenciar una equivalencia: $n + 1 \sim n$ pero $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ; la caja fuerte dirección es tomar logaritmos de equivalentes que tienden a $+\infty$ (problema de fin de semana de este capítulo, pregunta 24). (iii) Un expansión asintótica está conectado a un escala: escritura $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ reclama más de $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ y mezclar los dos invalida álgebra posterior. (iv) En bootstraps, sustituir el entero expansión actual, resto incluido — cayendo un pase medio $o(\cdot)$ produce resultados plausibles pero incorrectos. coeficientes. (v) La serie: la comparación integral necesita monotonicidad: para términos oscilantes falla rotundamente (compárese $\sum\frac{\sin k}k$ , Capítulo 7).

Ejemplo 6.18 (Stirling en números)

En $n = 10$ : la fórmula da $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ contra $10! = 3\,628\,800$ : error relativo $8.3\cdot10^{-3}$ , notable por una declaración "asintótica" en $n = 10$ . El error tiene una estructura — el refinamiento exacto $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — cuya primera corrección $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ explica casi exactamente la brecha observada. el La maquinaria Euler-Maclaurin del problema del fin de semana es precisamente la fuente sistemática de tales términos de corrección.

Observación 6.19 (Dónde se utiliza este capítulo)

La comparación asintótica es la gramática de todo lo cuantitativo. downstream: las pruebas de convergencia y el panorama Bertrand de Capítulo 7, los criterios de integrabilidad de Capítulo 9, los cálculos del radio de convergencia de Capítulo 11, y los teoremas de límite de Capítulo 22 (donde Stirling dirige el de Moivre–estimaciones de Laplace). El volumen del Año 3 industrializa el una idea que probamos a mano aquí: extraiga el término principal, cota el resto — al método de Laplace y dominó la convergencia.

Ejemplo 6.20 (Una integral comparada consigo misma: $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

La caja de herramientas de comparación también funciona con integrales. Sea $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (el integrando es continuo en $\intco2\infty$ ). Integrar por partes:

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

y la integral restante es $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : dividirlo en $\sqrt x$ , delimitado por

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{and}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

Por lo tanto $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . Lectores que conocieron al mejor teorema de números en el problema de fin de semana de este capítulo reconocerá $F$ : es la integral logarítmica, el mejor estimador de $\pi(x)$ , y el cálculo muestra que concuerda con $\frac{x}{\ln x}$ al primer pedido.

Ejemplo 6.21 (Stirling en un binomio torcido)

La misma rutina trifactorial que para Ejemplo 6.14 da, para $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

La tasa exponencial $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ es $\eu^{3n\,H(1/3)}$ en la notación entrópica de información. teoría: los binomios asimétricos crecen estrictamente más lento que el central $4^n$ por dos pasos — aquí $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ por paso. Cada binomio asintótico en combinatoria y probabilidad. (Capítulo 22) es este cálculo con diferentes pesos.

6.4 Secuencias definidas implícitamente

Método 6.22

Para encontrar las asintóticas de las soluciones $x_n$ de una ecuación $F(x, n) = 0$ :

Localizar: demostrar la existencia y unicidad de $x_n$ en un intervalo definido (monotonicidad, valor intermedio teorema), y encontrar su comportamiento crudo (límite, orden de crecimiento).
Oreja: sustituye la forma cruda $x_n = (\text{main term})(1 + \varepsilon_n)$ en la ecuación y resuelve el siguiente orden de $\varepsilon_n$ ; repetir, cada pase refinando un pedido.

Ejemplo 6.23

Para $n \geq 1$ , la ecuación $\tan x = x$ tiene exactamente una solución $x_n$ en $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (la función $\tan x - x$ aumenta de $-\infty$ a $+\infty$ allí, es siendo el derivado $\tan^2 x \geq 0$ ). Crudo: $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ con $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ; ya que $x_n \to \infty$ y $\tan x_n = x_n \to +\infty$ , $x_n$ se acerca al asíntota desde la izquierda: $y_n \to 0$ . Oreja: $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ , y la ecuación $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ da $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . Por lo tanto

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

y el proceso continúa a cualquier orden (Ejercicio 6.6).

Ejemplo 6.24 (Una segunda ejecución del método)

Resuelva $x + \ln x = n$ asintóticamente. Localizar: $x \mapsto x + \ln x$ aumenta de $-\infty$ a $+\infty$ en $\intoo{0}{+\infty}$ : una raíz única $x_n$ y $x_n \to \infty$ . Crudo: $\ln x_n = o(x_n)$ da $x_n \sim n$ . Oreja: de $x_n = n - \ln x_n$ y $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logaritmos de equivalentes, ambos lados $\to \infty$ ):

x_n = n - \ln n + o(1) ;

una pasada más, con $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Verifique en $n = 100$ : la raíz es $x \approx 95.4415$ ; la La fórmula de tres términos da $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ , el dos términos uno $95.3948$ — cada pase gana el pronóstico orden.) Mismo bucle, tercer paisaje: el método de Método 6.22 no le importa lo que el parece la ecuación, sólo que cada pasada aísla la dominante desconocido.

6.5 Ceremonias

Ejercicio 6.1 ★

Expandir en $+\infty$ , dos términos más allá del principal:

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

Solución

Solución de Ejercicio 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (binomial expansión: $\frac12 u - \frac18 u^2$ con $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ da $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ , luego multiplica por $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

Tercera función: expandir cada factor,

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).

Ordene las aportaciones en la escala $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . Por lo tanto, los dos términos después del $1$ inicial son $\frac{\ln x}{x}$ , luego el término de oscilación acotada $\frac{\sin x}{x}$ :

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = 1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{\sin x}{x} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^2}\Bigr).

Ejercicio 6.2 ★

Dé la naturaleza (convergencia/divergencia) y, cuando sea divergente, la asintóticas principales de $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ para $\alpha > -1$ , $\alpha = -1$ , $\alpha < -1$ , vía Teorema 6.6.

Solución

Solución de Ejercicio 6.2.

$f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : divergencia, y por Teorema 6.6 (2), $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ si $\alpha < 0$ (donde $f$ disminuye); para $\alpha \geq 0$ ( $f$ en aumento) el El mismo corchetes con desigualdades invertidas da $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Ejemplo 6.7).

$\alpha < -1$ : convergencia, con resto $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ por el corchetes (1) (ambos los límites integrales son equivalentes a ese valor).

Ejercicio 6.3 ★★

Prueba $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (Study $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : show $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ and sum the tail, comparing with $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — Teorema 6.6 (1).)

Solución

Solución de Ejercicio 6.3.

Deje $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . entonces

v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1} = \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n - \frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),

utilizando $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . desde $v_n \to 0$ , telescópicando la cola:

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

por Teorema 6.6 (1) aplicado a $t^{-2}$ (resto $\sim \frac1n$ , reducido a la mitad) y a $t^{-3}$ . Por lo tanto $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

Ejercicio 6.4 ★★

Usando Stirling, encuentre equivalentes de: $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ; $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sqrt[n]{n!}$ (como $\frac n\eu(1 + o(1))$ , precisa dos términos).

Solución

Solución de Ejercicio 6.4.

Stirling tres veces:

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(Con atención: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ con $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Ejercicio 6.5 ★★

Para $n \geq 2$ , demuestre que $x^n + x = 1$ tiene una solución única $x_n \in \intoo{0}{1}$ , que $x_n \to 1$ , y establezca

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(From $x_n^n = 1 - x_n$ : take logarithms and bootstrap with $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 6.5.

$g(x) = x^n + x - 1$ aumenta estrictamente en $\intcc{0}{1}$ desde $-1$ a $1$ : raíz única $x_n$ . Desde $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : si $x_n \leq c < 1$ a lo largo de una subsecuencia, entonces $x_n^n \leq c^n \to 0$ , entonces $1 - x_n \to 0$ : contradicción con $x_n \leq c$ . Por lo tanto $x_n \to 1$ .

Escriba $x_n = 1 - \varepsilon_n$ , $\varepsilon_n \to 0^+$ . el la ecuación dice $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ , es decir

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

Entonces $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ , y tomando logaritmos nuevamente: $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . Desde $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ , esto da $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ , de donde $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

Ejercicio 6.6 ★★

Empuje Ejemplo 6.23 un pedido más:

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(Write $\cot y_n = x_n$ exactly, expand $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ and $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ , and identify.)

Solución

Solución de Ejercicio 6.6.

Relación exacta: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ , con $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (Ejemplo 6.23). Expandir $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(los términos $-y_n$ y $-\frac{y_n}{3}$ son $O(\frac1n)$ ). Invertir:

y_n = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})} = \frac{1}{n\pi}\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{2n^2\pi} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Por lo tanto

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

Ejercicio 6.7 ★★

Determinar $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (limita la suma de todos los términos excepto los dos últimos), y deducir el expansión asintótica $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 6.7.

Separe los dos términos más grandes:

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

Entonces $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : el límite es $1$ . Refinación: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ y el crudo consolidado $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ se puede afilar de la misma manera: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . Por lo tanto

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Ejercicio 6.8 ★★★

Sean $u_0 > 0$ y $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . Demuestre que $u_n \to \infty$ , luego que $u_n \sim \sqrt{2n}$ (study $u_n^2$ : its increments are $2 + u_n^{-2}$ ; sum) y refine:

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(From $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ and $u_k^2 \sim 2k$ : the sum is $\sim \frac12\ln n$ by Teorema 6.6.)

Solución

Solución de Ejercicio 6.8.

$(u_n)$ aumenta; si está acotado, convergería a $\ell$ con $\ell = \ell + \frac1\ell$ : absurdo. Entonces $u_n \to \infty$ .

Cuadrados: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ , entonces

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

La suma es $o(n)$ (los términos tienden a $0$ , Cesàro), por lo que $u_n^2 \sim 2n$ y $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

Refinamiento: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ , así que en comparación (Teorema 6.6, o equivalentes de parcial sumas de series positivas) $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . Por lo tanto

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Ejercicio 6.9 ★★★

(Una suma de Riemann con un giro) Determinar el comportamiento asintótico de

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(Factor $n$ : $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ; recognize a Riemann-type sum with a slowly varying parameter $t = \ln n$ , compute $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ , and conclude $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 6.9.

Factorice $n$ y configure $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

Para $t$ fijo, la suma es una suma de Riemann de $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ sobre $\intcc{0}{1}$ ; la función es monótona en $u$ , por lo que la La suma de Riemann está entre paréntesis por la integral desplazada una malla:

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(comparación de las sumas de Riemann de una función monótona con su integral, válido para cada $n$ con su propio $t = \ln n$ ). ahora $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ , y $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ : por lo tanto

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

Ejercicio 6.10 ★

Demuestre la identidad $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ y luego clasifique el siguiendo en orden creciente $o(\cdot)$ al infinito, con pruebas: $n^2$ , $(\ln n)^{\ln n}$ , $2^n$ , $n!$ , $n^n$ .

Solución

Solución de Ejercicio 6.10.

Identidad: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . Clasificación: comparar logaritmos. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ; $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ; $\ln(2^n) = n\ln2$ ; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (Stirling, o el más crudo entre corchetes $\ln n! \sim n\ln n$ ); $\ln(n^n) = n\ln n$ . desde $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ , $\ln n\ln\ln n = o(n)$ , $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ y $n \ln n - n \sim n\ln n$ pero $n! / n^n \to 0$ (la diferencia de registros es $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ):

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(Para cada paso: la diferencia de logaritmos tiende a $+\infty$ , por lo que la relación tiende a $0$ .)

Ejercicio 6.11 ★★

(Cola de $\sum 1/k^2$ , dos términos) Usando el telescopio exacto $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ y el descomposición $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ , probar

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 6.11.

Descomponer $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ y suma para $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

la primera suma se telescopa exactamente ( $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). Por el segundo: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (desde $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ ), y por el comparación integral $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ , $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . Por lo tanto

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

utilizando $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

Ejercicio 6.12 ★★★

Sean $u_0 = \frac12$ y $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . demostrar que $u_n \to \infty$ , luego — configurando $v_n = \eu^{u_n}$ y mostrando $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — establecer

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 6.12.

$(u_n)$ aumenta; si estuviera acotado convergería a un finito $\ell$ con $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : imposible. entonces $u_n \to \infty$ . Sea $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : entonces

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

Sumar $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ primero da $v_n = n + O(n)$ , por lo tanto $v_n \geq cn$ eventualmente; resumiendo con $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ da $v_n = n + O(\ln n)$ . uno mas pasar: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ , entonces

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

Finalmente $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 Problema: Bootstrapping, desde Euler-Maclaurin hasta el primos

Una cantidad implícita o acumulada rara vez entrega su asintóticos a la vez; uno los extrae en pasadas, cada pasada introducir la estimación anterior en la relación definitoria. Este fin de semana se entrena un problema que gira en torno a nuevas ecuaciones, lo demuestra el Fórmula de Euler-Maclaurin de primer orden (el trapezoide Actualización de la serie: comparación integral, con error riguroso. barras), invierte $x\ln x = n$ y cobra el método más famoso. comprobar: del teorema de los números primos admitido, la asintótica ley $p_n \sim n\ln n$ del $n$ -ésimo primo.

Problema 6.1

Problema de fin de semana — el Euler–Maclaurin corrección y las asintóticas del $n$ -ésimo primo

Parte I — The bootstrap loop on a fresh equation.

Demostrar la afirmación de unicidad de Definición 6.2: si $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ está en la misma escala, entonces $c_i = c_i'$ para todos los $i$ . Luego empuja el curso mixto ejemplo un peldaño más allá:

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

y explique por qué no aparece ningún término $\frac{c}{x^2}$ .
Demuestre que para cada $n \geq 1$ la ecuación $\eu^x + x = n$ tiene exactamente una solución real $x_n$ , y que $x_n \to +\infty$ con $x_n \sim \ln n$ .
Arranca dos veces:

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
Verifique numéricamente en $n = 1000$ : compare $x_{1000} \approx 6.90083$ con los de uno, dos y tres términos valores de la pregunta 3, a cinco decimales.

Parte II — Euler–Maclaurin, order one.

Demuestre la identidad del núcleo trapezoidal: para $g$ de la clase $C^2$ en $\intcc{0}{1}$ ,

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(integrate $\frac12 t(1-t)g''$ by parts twice).
Sea $f$ $C^2$ en $\intco{1}{+\infty}$ con $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . mostrar eso

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

converge a una constante $E$ , con la cola unida $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : el Fórmula de Euler-Maclaurin al primer pedido.
Aplicar esto a $f(t) = \frac1t$ : probar

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

fortalecimiento Ejercicio 6.3 (identificar el constante con $\gamma$ comparando con Ejemplo 6.7).
Extrae el siguiente coeficiente: show $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (the increments of $E_n$ are $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ; sum the tail with Teorema 6.6).
Aplicar la pregunta 6 a $f = \ln$ : volver a derivar en tres líneas la convergencia de $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ (Paso 1 de Teorema 6.13), con el error de bonificación tasa $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
Aplicar la pregunta 6 a $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : mostrar

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

para alguna constante $c$ y evalúe todos los términos en $n = 10^4$ (la constante es $c \approx -1.4604$ ).

Parte III — Inversion: the equation $x\ln x = n$ .

Demuestre que $x\ln x = n$ tiene exactamente una solución $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ para $n \geq 1$ , que $x_n \to \infty$ y que $\ln x_n \sim \ln n$ .
Deduce la inversión de un término $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ , luego arranca una vez más:

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
Prueba en $n = 10^6$ : la raíz verdadera es $x \approx 87\,848$ ; comparar con el de un término ( $\approx 72\,382$ ) y valores de dos términos ( $\approx 86\,140$ ), y explique los ganancia lenta (el parámetro de expansión es $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , solo $\approx 0.19$ en $n = 10^6$ ).
Ahora admitir teorema de los números primos: el número $\pi(x)$ de números primos $\leq x$ satisface a $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ como $x \to \infty$ (probado honestamente en el volumen del año 3). Escribiendo $p_n$ para el $n$ -ésimo primo, justifique $\pi(p_n) = n$ y ejecute la inversión de preguntas 11–12 para probar

$p_n \sim n \ln n .$
Dividendos: (a) mostrar $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (compare $\sum k\ln k$ with $\int t\ln t\,\dd t$ ); (b) calcule el valor aproximado probabilidad de que un entero uniformemente aleatorio con $100$ dígitos es primo ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : aproximadamente uno en $230$ ).

Parte IV — The method exported: $x\tan x = 1$ .

Demuestre que para cada $n \geq 1$ la ecuación $\tan x = \frac1x$ tiene exactamente una solución $x_n$ en $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , y que $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
Un término: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
Demuestre que la expansión de $z_n$ tiene no $\frac{c}{n^2}$ término: $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
Tres términos: usando $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ y $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ , pruebe

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
Verifique en $n = 3$ : raíz verdadera $x_3 \approx 9.5293344$ ; compare los valores de uno y tres términos, y contraste en una frase con el $\tan x = x$ del curso (Ejemplo 6.23): donde se ubica cada secuencia en su ventana y por qué.

Part V — A dynamical bootstrap, rules of the game, synthesis.

Dejemos $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ y $u_{n+1} = \sin u_n$ . Muestre $u_n \to 0$ de forma decreciente y calcule el límite de $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (expand $\sin^{-2}$ via $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
Deduce, vía Cesàro significa (volumen Año 1), el clásico

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$
(Números certificados) Utilizando el límite riguroso de la pregunta 7, muestra que evaluar $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ en $n = 10^6$ produce $H_{10^6}$ con error como máximo $1.25\cdot10^{-13}$ — una suma millonaria calculada para trece dígitos por tres términos.
(Reglas del juego) Probar o refutar, con pruebas o contraejemplos: (a) si $u_n \sim v_n \to +\infty$ entonces $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) si $u_n \sim v_n$ entonces $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) si $f \sim g$ en $+\infty$ ( $f, g$ diferenciable) y luego $f' \sim g'$ .
(Síntesis) En una frase cada uno: el bucle bootstrap de Método 6.22 como se usa en las Partes I, III, IV; ¿Qué aporta la corrección trapezoidal? Teorema 6.6; por qué inversión de $x\ln x$ es exactamente el puente de $\pi(x)$ a $p_n$ ; y cuál de las reglas de la pregunta 24 protegía cuál paso. Nombra las dos cumbres: la fórmula Euler-Maclaurin (primer orden), y la ley asintótica del $n$ -ésimo prima.

Solución

Solución de Problema 6.1.

1. Restando las dos expansiones: $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . Si algún coeficiente difiere, sea $i_0$ sea el primero: dividir por $\varphi_{i_0}$ y usar $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ para $j > i_0$ da $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ : cero, contradicción. Para la ampliación: con $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

No aparece ningún término $\frac c{x^2}$ porque la expansión es una serie geométrica en $u = \frac{\ln x}{x}$ : cada término lleva como muchos poderes de $\ln x$ a partir de $\frac1x$ más allá del primero; el El peldaño de escala $\frac1{x^2}$ (coeficiente de $(\ln x)^0$ ) es simplemente ausente, con coeficiente $0$ .

2. $f(x) = \eu^x + x$ es continuo, estrictamente creciente, con límites $-\infty$ y $+\infty$ : una biyección $\R \to \R$ , por lo que $x_n = f^{-1}(n)$ existe y es único, y $x_n \to +\infty$ ( $f^{-1}$ aumenta a $+\infty$ ). De $\eu^{x_n} = n - x_n$ : $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ , entonces $x_n/n \to 0$ y $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. Escribe $u_n = x_n/n$ . Segundo pase: $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ , entonces

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

Tercer pase: ahora $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ y $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

el término $\frac{\ln n}{n^2}$ es absorbido por $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. En $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (error $7\cdot10^{-3}$ ); dos términos: $6.90085$ (error $2\cdot10^{-5}$ ); tres términos: $6.90082$ (error a continuación $10^{-5}$ ), contra $x_{1000} \approx 6.90083$ . Cada pase compra aproximadamente el factor previsto $\frac{\ln n}{n}$ .

5. Dos integraciones por partes, empezando por la derecha: con $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ y $t(1-t)$ desapareciendo en ambos extremos,

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

Reorganizada, esta es la identidad declarada.

6. Calcule el incremento, luego aplique la pregunta 5 a $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

Desde $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ , cuya suma sobre $n$ converge por hipótesis: $(E_n)$ converge (incrementos absolutamente sumables) a algunos $E$ , con

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ , $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . Pregunta 6:

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

con $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . Comparando con $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Ejemplo 6.7) identifica $E + \frac12 = \gamma$ .

8. De la fórmula de incremento de la pregunta 6,

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

usando $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ uniformemente para $t \in \intcc01$ . con $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ y $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (Teorema 6.6):

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ , absolutamente integrables. La pregunta 6 da

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

entonces $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : convergencia de $(d_n)$ — Paso 1 de Teorema 6.13 — más el tasa $O(1/n)$ . (El valor del límite de Stirling da $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ ).

10. $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ , absolutamente integrable. Pregunta 6:

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

con $c = E - \frac32$ . En $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ , $c \approx -1.46035$ , $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ : previsto $198.54465$ y, de hecho, $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ — tres términos, siete dígitos.

11. $t \mapsto t\ln t$ es continuo y estrictamente aumentando en $\intco1\infty$ (derivada $\ln t + 1 \geq 1$ ), de $0$ a $+\infty$ : existe un $x_n$ único y un $x_n \to \infty$ (de lo contrario, $x_n\ln x_n$ permanecería limitado). tomando logaritmos en $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ; desde $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ , al dividir por $\ln x_n$ se obtiene $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ : $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. De $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ y $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . Siguiente paso: $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ , entonces $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ y

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. En $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (desactivado por $18\%$ ), dos términos dan $\approx 86\,140$ (desactivado por $1.9\%$ ), contra el verdadero $x \approx 87\,848$ . La ganancia por pasa solo el factor $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : las escalas logarítmicas convergen con una lentitud enloquecedora: una realidad dondequiera que se encuentren los números primos. involucrados.

14. Hay exactamente $n$ números primos $\leq p_n$ (es decir, $p_1, \dots, p_n$ ): $\pi(p_n) = n$ . El teorema de los números primos (admitido; volumen del año 3) da $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ , es decir $p_n \sim n\ln p_n$ : este es el ecuación $x\ln x \approx n$ leída al revés. Tomando logaritmos: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ y $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ fuerzan a $\ln p_n \sim \ln n$ como en la pregunta 11. Sustituyendo de nuevo:

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (a) Reparar $\varepsilon > 0$ ; para $k$ grande, $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . Por comparación con el creciente $t\ln t$ (horquillado tipo Teorema 6.6), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . Por lo tanto $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ para cada $\varepsilon$ : $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (b) Por la prima teorema de los números, entre los números enteros hasta $10^{100}$ a proporción $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ son primos: un entero uniformemente aleatorio de dígitos $100$ es primo con probabilidad aproximadamente $\frac1{230}$ .

16. En $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ , $g(x) = \tan x - \frac1x$ es continuo y aumenta estrictamente ( $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ ), con $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ en el extremo izquierdo y $g \to +\infty$ en el derecho: exactamente uno raíz $x_n$ . Desde $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ con $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : $z_n \to 0^+$ .

17. $\tan z_n \sim z_n$ y $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ y $\arctan u = u + O(u^3)$ . Con $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

entonces $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : el El renglón $\frac{c}{n^2}$ lleva el coeficiente $0$ , porque el La primera corrección a $\frac1{x_n}$ es en sí misma de tamaño. $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ .

19. Inserte $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ en el visualización anterior:

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

entonces $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. En $n = 3$ : un término $9.53088$ , tres términos $9.52929$ , raíz verdadera $9.52933$ : errores $1.5\cdot10^{-3}$ y $5\cdot10^{-5}$ . Contraste: para $\tan x = x$ la raíz debe hacer $\tan$ enorme, por lo que abraza el extremo bien $n\pi + \frac\pi2$ de la ventana, a distancia $\sim\frac1{n\pi}$ antes de la asíntota; para $x\tan x = 1$ la raíz debe hacer $\tan$ pequeño, por lo que se encuentra justo después del extremo izquierda $n\pi$ , a la distancia $\sim\frac1{n\pi}$ después del cero. Mismo método, Geografía espejo.

21. $\sin u < u$ en los mapas $\intoo0\pi$ y $\sin$ $\intoo0\pi$ en $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : después del uno paso $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , luego $(u_n)$ disminuye y es acotado abajo por $0$ : converge a un punto fijo de $\sin$ , es decir, a $0$ . Expansión: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ , entonces

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. Por Cesàro (volumen Año 1), la media de los incrementos converge al mismo límite:

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

entonces $u_n^2 \sim \frac3n$ y, siendo todos los términos positivos, $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. Por la pregunta 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . En $n = 10^6$ este límite es $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : tres computados términos entregan la suma armónica de un millón de términos a trece dígitos, con un certificado de error totalmente riguroso — el conjunto punto de una fórmula asintótica con resto explícito.

24. (a) Verdadero: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ mientras que $\ln v_n \to +\infty$ , por lo que la relación de logaritmos tiende a $1$ . (b) Falso: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ , pero $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . La equivalencia tolera errores aditivos $o(1)$ en el exponente, no $O(1)$ . (c) Falso: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ en $+\infty$ , pero $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ oscila ilimitadamente mientras que $g' = 1$ : Las derivadas de funciones equivalentes no necesitan ser comparables en todos.

25. Se ejecutó el bucle de Método 6.22. idénticamente tres veces: localizar la raíz, extraer un crudo plazo, retroalimentarlo para el siguiente pedido — en $\eu^x + x = n$ (Parte I), en $x\ln x = n$ (Parte III), en $x\tan x = 1$ (Parte IV). La corrección trapezoidal actualiza la serie: integral comparación de "la diferencia converge" a una definición explícita Término $\frac{f(1) + f(n)}2$ con un resto certificado $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ — constantes y barras de error en lugar de mera convergencia. El puente hacia los números primos es pura inversión: el El teorema de los números primos dice $\pi(x)\ln x \approx x$ , por lo que $p_n$ , definido por $\pi(p_n) = n$ , resuelve una ecuación $x\ln x = n$ — y hereda sus asintóticas. Regla a) de la pregunta 24 legitimó cada pasaje de $u_n \sim v_n$ a $\ln u_n \sim \ln v_n$ (preguntas 11, 14); la falsedad de (b) es la razón por la que nunca exponenciar equivalencias. Cumbres: Euler-Maclaurin fórmula de primer orden (pregunta 6), y la ley asintótica $p_n \sim n\ln n$ del $n$ -ésimo primo (pregunta 14).