Dimostrazione collegamento $\zeta(s)$ e primi

[Zero87]

Sul Titchmarsh, The Theory of the Riemann zeta-function, a pagina 2 c'è una dimostrazione di un collegamento tra la funzione $\zeta$ e i primi.
Di essa, un passaggio non riesco proprio a capirlo. Comunque, tanto per far vedere che sono in buona fede, riporto la dimostrazione ampliata da me (Titchmarsh fa i 2-3 passaggi "necessari").

$log(\zeta(s))=log(\sum_(n=1)^\infty \frac{1}{n^s})=log(\prod_(p, primo) \frac{1}{1-p^-s})=$
fino a qui nulla di nuovo, definizione e prodotto di Eulero
$=\sum_(p, primo) log(\frac{1}{1-p^-s}) =\sum_(p, primo) (log(1)-log(1-1/p^s)) =-\sum_(p, primo) log(1-1/p^s)=$
fino a qui proprietà del logaritmo e basta: il passaggio del quale non mi capacito è il seguente
$= -\sum_(n=2)^\infty (\pi(n)-\pi(n-1)) log(1-1/n^s) = -\sum_(n=2)^\infty \pi(n) (log(1-1/n^s)-log(1-1/(n+1)^s) )=$
come fa da passare dalla prima alla seconda? Comunque il resto non è difficile
$\sum_(n=2)^\infty \pi(n) \int_n^(n+1) \frac{s}{t(t^s-1)}dt=s\int_2^\infty \frac{\pi(t)}{t(t^s-1)}dt$.
Possono sembrare difficili, ma, se proprio non ci si fida, basta integrare questo
$\int_n^(n+1) \frac{s}{t(t^s-1)}$
per avere il termine precedente.

Magari è una stupidata, però quello di cui non mi capacito è proprio passare da qui:
$ -\sum_(n=2)^\infty (\pi(n)-\pi(n-1)) log(1-1/n^s)$
a qui
$-\sum_(n=2)^\infty \pi(n) (log(1-1/n^s)-log(1-1/(n+1)^s) )$.

Ringrazio a chi mi darà una mano.

[gugo82]

Se non erro \(\pi (n)-\pi (n-1)\) è il numero di primi in \(]n-1,n]\), giusto?
Dato che in \(]n-1,n]\) c'è un solo numero naturale, i.e. \(n\), si ha:
\[
\pi (n) -\pi (n-1) := \begin{cases}
1 &\text{, se } n \text{ è primo}\\
0 &\text{, altrimenti}
\end{cases}
\]
(detto in altri termini, \(\pi (n)-\pi (n-1)\) è la funzione caratteristica dell'insieme dei numeri primi).
Quindi:
\[
\begin{split}
\sum_{p \text{ primo}} \log \left( 1-\frac{1}{p^s}\right) &= \sum_{n=2}^\infty \Big( \pi (n)-\pi(n-1)\Big) \log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right)\\
& = \sum_{n=2}^\infty \pi (n) \log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right) - \sum_{n=2}^\infty \pi (n-1) \log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right)\\
& = \sum_{n=2}^\infty \pi (n) \log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right) - \sum_{n=3}^\infty \pi (n-1) \log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right)\\
&= \sum_{n=2}^\infty \pi (n) \log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right) - \sum_{n=2}^\infty \pi (n) \log \left( 1-\frac{1}{(n+1)^s}\right)\\
&= \sum_{n=2}^\infty \pi (n) \left[\log \left( 1-\frac{1}{n^s}\right) - \log \left( 1-\frac{1}{(n+1)^s}\right)\right]
\end{split}
\]
ti pare?



P.S.: Per passare dal terzo al quarto membro ho soppresso l'addendo che si ottiene per \(n=2\) nella seconda sommatoria (perchè \(\pi (n-1)\Big|_{n=2}=0\)); per passare dal quarto membro a quinto ho "downshiftato" l'indice della seconda sommatoria.

[Zero87]

Mannaggia... era davvero facile e non ci ero arrivato.
Bastava scomporre la sommatoria e ragionare sul fatto che $\pi(x)=0$ per $x<2$ per poi riordinare gli indici!

Un grazie grande grande grande grande...!