Математический институт им. В. А. Стеклова Российской академии наук
Лекционные курсы НОЦ Выпуск 2 Издание выходит с 200...
560 downloads
178 Views
655KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
Математический институт им. В. А. Стеклова Российской академии наук
Лекционные курсы НОЦ Выпуск 2 Издание выходит с 2006 года
М. Е. Чанга
Метод комплексного интегрирования
Москва 2006
УДК 511 ББК (В)22.13 Л43
Редакционный совет: С. И. Адян, Д. В. Аносов, О. В. Бесов, И. В. Волович, А. М. Зубков, А. Д. Изаак (ответственный секретарь), А. А. Карацуба, В. В. Козлов, С. П. Новиков, В. П. Павлов (заместитель главного редактора), А. Н. Паршин, Ю. В. Прохоров, А. Г. Сергеев , А. А. Славнов, Д. В. Трещев (главный редактор), Е. М. Чирка
Л43
Лекционные курсы НОЦ / Математический институт им. В. А. Стеклова РАН (МИАН). – М.: МИАН, 2006. Вып. 2: Метод комплексного интегрирования / Чанга М. Е. – 58 с. ISBN 5-98419-012-5 Серия “Лекционные курсы НОЦ” – рецензируемое продолжающееся издание Математического института им. В. А. Стеклова РАН. В серии “Лекционные курсы НОЦ” публикуются материалы специальных курсов, прочитанных в Математическом институте им. В. А. Стеклова Российской академии наук в рамках программы Научно-образовательный центр МИАН. Настоящая брошюра содержит полугодовой курс М. Е. Чанги “Метод комплексного интегрирования”, прочитанный в осеннем семестре 2005 года.
ISBN 5-98419-012-5
c Математический институт
им. В. А. Стеклова РАН, 2006
ОГЛАВЛЕНИЕ
ОГЛАВЛЕНИЕ
Оглавление Обозначения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 1 Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 2 Сумматорные функции. Формула Перрона . . . . . . . . § 3 Дзета-функция Римана. Функциональное уравнение . . . § 4 Нули дзета-функции Римана . . . . . . . . . . . . . . . . § 5 Асимптотический закон распределения простых чисел . § 6 Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного . . . .
4 5 13 20 29 38 45
4
Обозначения
Обозначения Запись d | n при натуральном d и целом n означает, что d делит n, то есть существует целое q такое, что n = dq; (n, m) обозначает наибольший общий делитель чисел n и m; p, p1 , p2 , . . . , q, q1 , q2 , . . . обозначают простые числа; s = σ + it обозначает комплексное переменное; Запись A B при положительном B означает, что A = O(B), то есть существует положительное c такое, что |A| 6 cB; Запись A B означает, что A B и B A; c, c1 , c2 , . . . обозначают положительные постоянные, в различных формулах, вообще говоря, различные; ε обозначает произвольно малое положительное число; [x] обозначает целую часть числа x, то есть наибольшее целое число, не превосходящее x; {x} обозначает дробную долю числа x, то есть x − [x]; ln s обозначает главную ветвь логарифма.
Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле
§1
5
Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле
Комплекснозначная функция натурального аргумента f (n) называется мультипликативной, если она не равна нулю тождественно и для любых натуральных n и m таких, что (n, m) = 1, имеет место равенство f (nm) = f (n)f (m). Например, функция ns мультипликативна при любом комплексном s. Рассмотрим простейшие свойства мультипликативных функций. Теорема 1. Пусть f (n) и g(n) мультипликативны. Тогда а) f (1) = 1; б) P f (n)g(n) мультипликативна; в) d|n f (d) мультипликативна; α1 αr αr 1 г) если n = pα 1 . . . pr , то f (n) = f (p1 ) . . . f (pr ). Таким образом, мультипликативная функция вполне определяется своими значениями на степенях простых чисел. Доказательство. а) Пусть n таково, что f (n) 6= 0. Поскольку (n, 1) = 1, имеем f (n) = f (n · 1) = f (n)f (1). Сокращая на f (n), получаем требуемое. б) Пусть (n, m) = 1. Тогда f (nm)g(nm) = f (n)f (m)g(n)g(m) = f (n)g(n)f (m)g(m). При этом f (n)g(n) не равна нулю тождественно, так как f (1) = g(1) = 1. P в) При n = 1 имеем d|1 f (d) = f (1) = 1. Пусть теперь (n, m) = 1. Тогда из основной теоремы арифметики следует, что если d1 пробегает делители n, а d2 пробегает делители m, то d1 d2 пробегает все делители nm, причем только один раз. Имеем X XX XX f (d) = f (d1 d2 ) = f (d1 )f (d2 ) d1 |n d2 |m
d|nm
=
X d1 |n
f (d1 )
d1 |n d2 |m
X d2 |m
f (d2 ),
6
Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле
ибо, очевидно, (d1 , d2 ) = 1. αr−1 αr 1 г) Так как (pα 1 . . . pr−1 , pr ) = 1, имеем α
α1 r−1 αr αr 1 f (n) = f (pα 1 . . . pr ) = f (p1 . . . pr−1 )f (pr ).
Продолжая этот процесс, получим требуемое.
Определим функцию Мебиуса µ(n) равенствами µ(1) = 1, µ(p1 . . . pr ) = (−1)r ; µ(n) = 0, если n делится на квадрат простого числа. Таким образом, функция µ(n) отлична от нуля только на числах, свободных от квадратов, а ее модуль есть характеристическая функция множества таких чисел. Докажем важные свойства функции Мебиуса. Теорема 2. Имеют место следующие утверждения: а) Функция Мебиуса мультипликативна; б) при натуральном n > 1 имеет место равенство X
µ(d) = 0;
d|n
в) (формула обращения Мебиуса) если g(n) = P f (n) = d|n µ(d)g nd и обратно.
P
d|n
f (d), то
Доказательство. а) Пусть n или m содержит квадрат. Тогда nm также содержит квадрат и равенство µ(nm) = µ(n)µ(m) выполнено. Пусть теперь n и m бесквадратны, причем (n, m) = 1. Тогда n = p1 . . . pr и m = q1 . . . qs , при этом pi 6= qj для всех i = 1, . . . , r и j = 1, . . . , s. Тогда µ(n)µ(m) = (−1)r (−1)s = (−1)r+s = µ(nm). В случае n = 1 полагаем r = 0. P б) Из пункта а) и теоремы 1 заключаем, что функция f (n) = d|n µ(d) мультипликативна. Найдем ее значения на степенях простых чисел. При α > 1 имеем f (pα ) =
X
µ(d) = µ(1) + µ(p) + · · · + µ(pα ) = 1 − 1 = 0.
d|pα
Теперь требуемое утверждение следует из пункта г) теоремы 1.
Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле
7
P в) Пусть g(n) = d|n f (d). Используя утверждение пункта б) имеем X X X X X n µ(d)g f (k) = f (k) µ(d) = f (n). = µ(d) d n n d|n
d|n
Обратно, если f (n) = X d|n
k|n
k| d
P
d|n
n d
µ(d)g
=
d| k
P
d|n
n d
µ
g(d), то
XX d X X f (d) = µ g(k) = g(k) µ(r) = g(n). k n d|n k|d
k|n
r| k
P∞
a(n) n=1 ns ,
В теории чисел важную роль играют ряды вида называемые рядами Дирихле. Следующая теорема позволяет перемножать подобные ряды. P∞ P∞ b(n) Теорема 3. Пусть ряды n=1 a(n) n=1 ns сходятся абns и P∞ c(n) солютно. Тогда ряд n=1 ns , где c(n) =
X d|n
n a(d)b d
также сходится абсолютно, причем ∞ ∞ ∞ X c(n) X a(n) X b(n) = . ns ns n=1 ns n=1 n=1
Формула для коэффициентов c(n) содержит сумму по делителям числа n, что и определяет тесную связь рядов Дирихле с арифметикой. Доказательство. Перемножая частичные суммы, имеем N N N X X a(n) X b(m) a(n)b(m) = s s n m=1 m (nm)s n=1 n,m=1
=
N N X X 1 X k a(n)b(m) a(n)b + , s k n (nm)s n,m=1
k=1
n|k
nm>N
8
Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле
√ √ но так как при nm > N либо n > N , либо m > N , то N ∞ X X |a(n)| X a(n)b(m) |b(m)| 6 s σ (nm) n m=1 mσ √ n,m=1 nm>N
n> N
∞ X |a(n)| X |b(m)| . nσ mσ √ n=1
+
m> N
В силу абсолютной сходимости перемножаемых рядов правая часть последнего выражения стремится к нулю при N → ∞. P∞ Наконец, ряд n=1 c(n) ns сходится абсолютно, так как n |c(n)| 1 X , 6 σ |a(d)| b σ n n d d|n
а по доказанному выше X ∞ ∞ ∞ X n 1 X |a(n)| X |b(n)| b = |a(d)| < ∞. d nσ nσ n=1 nσ n=1 n=1 d|n
Простейший ряд Дирихле сходится абсолютно в полуплоскости Re s > 1. Его сумма как функция комплексного переменного s называется дзета-функцией Римана. Таким образом, при Re s > 1 ∞ X 1 ζ(s) = . s n n=1 P∞ Ряд Дирихле n=1 fn(n) называется производящим рядом Диs рихле функции f (n). Производящие ряды Дирихле многих мультипликативных функций выражаются через дзета-функцию Римана. Например, пользуясь основным свойством функции Мебиуса, при Re s > 1 находим P∞
1 n=1 ns
∞ ∞ X µ(n) X 1 X = µ(d) = 1. ζ(s) ns ns n=1 n=1 d|n
Отсюда, в частности, следует, что дзета-функция Римана не имеет нулей в полуплоскости Re s > 1. Итак, в этой полуплоскости ∞ X µ(n) 1 = . s n ζ(s) n=1
Мультипликативные функции. Производящие ряды Дирихле
9
Аналогично ∞ ∞ ∞ ∞ X |µ(n)| X δ(n) X |µ(n)| X 1 X n µ , ζ(2s) = = ns ns n=1 ns ns 2 d2 n=1 n=1 n=1 d |n
где δ(n) – характеристическая функция множества квадратов натуральных чисел. Последний ряд есть дзета-функция Римана, так как при любом n X n µ d2 = 1. 2 d |n
Действительно, из основной теоремы арифметики следует, что натуральное n однозначно представляется в виде a2 b с бесквадратным b. Суммирование по d2 | n заменяется при этом суммированием по d | a, а по свойствам функции Мебиуса все слагаемые окажутся равными нулю, кроме слагаемого с d = a, которое равняется единице. Таким образом, при Re s > 1 ∞ X |µ(n)| ζ(s) = . s n ζ(2s) n=1
Теорема 4 (тождество Эйлера). Пусть f (n) мультипликаP∞ тивна и ряд n=1 fn(n) абсолютно сходится. Тогда s YX ∞ ∞ X f (n) Y f (p) f (p2 ) f (pk ) = 1 + + + · · · = . ns ps p2s pks p p n=1 k=0
Тождество Эйлера по существу представляет собой аналитический эквивалент основной теоремы арифметики о единственности канонического разложения натурального числа на простые сомножители. P∞ Доказательство. Поскольку ряды k=0 f (pk )p−ks сходятся абсолютно, повторное применение теоремы 3 показывает, что их можно перемножать между собой в любом конечном числе. Имеем X N Y X0 f (n) f (p) f (p2 ) f (n) 1 + s + 2s + · · · = + , s p p n ns n=1 p6N
n>N
где штрих у знака суммы означает суммирование по натуральным n, все простые делители которых не превосходят N . Здесь мы
10
Задачи к § 1
существенно пользуемся основной теоремой арифметики и мультипликативностью функции f (n). В силу абсолютной сходимости производящего ряда Дирихле имеем X X f (n) 0 f (n) 6 ns −→ 0 ns n>N
n>N
при N → ∞. Переходя к пределу при N → ∞, доказываем сходимость произведения и получаем требуемое. Заметим, что в силу абсолютной сходимости производящего ряда Дирихле, случай расходимости бесконечного произведения к нулю здесь исключен. Например, при Re s > 1, находим Y −1 1 1 1 + + · · · = 1 − , ps p2s ps p p ∞ ∞ X X µ(n) Y 1 |µ(n)| Y 1 = 1− s , = 1+ s . ns p ns p p p n=1 n=1 ζ(s) =
Y
1+
Отсюда легко следуют уже полученные нами ранее соотношения между этими функциями.
Задачи к § 1 1. При k > 3 функции τk (n) определяются по индукции равенством τk (n) =
X
τk−1 (d),
d|n
где τ2 (n) = τ (n) =
X
1
d|n
есть число делителей n. а) Доказать мультипликативность τk (n); б) показать, что τk (n) есть число решений уравнения x1 . . . xk = n в натуральных x1 , . . . , xk ; в) доказать, что k−1 τk (pα ) = Cα+k−1 ; г) доказать, что τk (n) 6 τ k−1 (n); д) доказать, что 1 6 τk (n) 6 C(ε)nε при любом ε > 0;
Задачи к § 1
11
е) показать, что при Re s > 1 ∞ X τk (n) n=1
ns
= ζ k (s).
2. При k > 1 функции σk (n) определяются равенствами σk (n) =
X
dk ,
d|n
в частности, σ1 (n) = σ(n) =
X
d
d|n
есть сумма делителей n. а) Доказать мультипликативность σk (n); б) доказать, что p(α+1)k − 1 ; σk (pα ) = pk − 1 в) доказать, что при k > 2 имеют место неравенства nk 6 σk (n) 6 2n ; г) пользуясь тем, что k
X1 p6x
p
X
= ln ln x + O(1),
ln p x,
p6x
доказать неравенства n 6 σ(n) 6 n ln ln n; д) показать, что при Re s > k + 1 ∞ X σk (n)
ns
n=1
= ζ(s)ζ(s − k);
е) показать, что при Re s > k + l + 1 ∞ X σk (n)σl (n) n=1
ns
=
ζ(s)ζ(s − k)ζ(s − l)ζ(s − k − l) . ζ(2s − k − l)
3. Функция Эйлера ϕ(n) есть количество натуральных чисел, не превосходящих n и взаимно простых с ним: ϕ(n) =
X k6n (k,n)=1
1.
12
Задачи к § 1
а) Доказать, что ϕ(n) = n
X µ(d) d|n
d
;
б) доказать мультипликативность ϕ(n); в) доказать, что ϕ(pα ) = pα − pα−1 ; г) доказать, что Y 1 ϕ(n) = n ; 1− p p|n
д) доказать, что
X
ϕ(d) = n;
d|n
е) пользуясь тем, что X1 p6x
p
= ln ln x + O(1),
X p6x
доказать неравенства n ϕ(n) 6 n; ln ln n ж) показать, что
∞ X ϕ(n) n=1
ns
=
ζ(s − 1) . ζ(s)
ln p x,
Сумматорные функции. Формула Перрона
§2
13
Сумматорные функции. Формула Перрона
Докажем вначале интегральный аналог преобразования Абеля для сумм, который имеет исключительно широкое применение в аналитической теории чисел. Абеля). Пусть cn ∈ C, C(x) = P Теорема 5 (преобразование 1 c и f (x) ∈ C [a, b]. Тогда a a > 0, и пусть при σ →a+0 ∞ X |a(n)| (σ − a)−α σ n n=1 с некоторым α > 0. Тогда при любых b > a, x > 2, T > 2 имеет место формула Z b+iT X xs 1 F (s) ds + R(x), a(n) = 2πi b−iT s n6x
где R(x)
xb T b x ln x + 2 + ln + 1 max3x |a(n)|. x T (b − a)α T b 2 6n6 2
Сумматорные функции. Формула Перрона
15
Доказательство. Ряд Дирихле функции F (s) равномерно сходится на отрезке интегрирования, поэтому его можно интегрировать почленно. Имеем 1 2πi
Z
Z b+iT s ∞ X 1 a(n) xs x ds a(n) ds = . s n s 2πi b−iT n s n=1 n=1
∞ b+iT X
b−iT
Рассмотрим внутренний интеграл. Пусть n < x − 1, выберем произвольно большое число U и рассмотрим прямоугольный контур Γ с вершинами в точках −U ± iT , b ± iT . По теореме Коши о вычетах s Z s 1 x ds 1 x = ress=0 = 1. 2πi Γ n s s n С другой стороны, 1 2πi
Z s Z b+iT s x ds 1 x ds = + I1 + I2 + I3 , n s 2πi n s Γ b−iT
где I1 , I2 , I3 обозначают интегралы по левой, верхней и нижней сторонам контура Γ. Оценим эти интегралы по абсолютной величине: −U Z T −U 1 x dt T x = , 2π −T n U πU n −1 b Z b σ 1 x dσ 1 x x |I2 |, |I3 | 6 6 ln . 2π −U n T 2πT n n |I1 | 6
Переходя к пределу при U → ∞, получим при n < x − 1 1 2πi
Z
b+iT
b−iT
x n
s
−1 b ds 1 x x =1+O ln . s T n n
Пусть теперь n > x + 1. Выбирая произвольно большое число U и, рассматривая прямоугольный контур с вершинами в точках b ± iT , U ± iT , проведем аналогичные рассуждения. Получим следующее равенство: 1 2πi
Z
b+iT
b−iT
x n
s
−1 b ds 1 x x =O ln . s T n n
16
Сумматорные функции. Формула Перрона
Наконец, при |n − x| 6 1 оценим интеграл тривиально: b Z T Z b+iT s x 1 x ds dt √ 2 2πi b−iT n s n t + b2 −T Z b Z T dt dt T b b b 2 +2 2 ln + 1 . t b 0 b b Собирая полученные оценки, находим Z b+iT s ∞ X X 1 x ds a(n) = a(n) 2πi b−iT n s n=1 n<x−1 X T + O 2b ln + 1 |a(n)| b |n−x|61 −1 ! b 1 X x x + |a(n)| ln T n n |n−x|>1 X T b = a(n) + O 2 ln + 1 x max3x |a(n)| b 2 6n6 2 n6x −1 b 1 X x x +O |a(n)| ln T n n |n−x|> x 2 −1 ! b X x x 1 |a(n)| ln . + T n n x 1 x2 имеем | ln nx | > ln 32 . Отсюда находим S1
xb T
X |n−x|> x 2
При 1 < |n − x| 6 2b S2 T
x 2
2b T
∞ |a(n)| xb X |a(n)| xb 6 . nb T n=1 nb T (b − a)α
имеем X 1 a Z ∞ X |A(u)| B(b) = du, A(u) = a(n). b+1 u 1 n6u
Тогда при x > 2, T > 2 имеет место формула Z 1
x
1 A(u) du = 2πi
Z
b+iT
b−iT
F (s)xs+1 ds + R(x), s(s + 1)
где xb+1 b x ln x R(x) B(b) +2 + ln T x max3x |A(u)|. T T 2 6u6 2 Доказательство. При Re s > a согласно теореме 6 имеем Z ∞ F (s) A(u) = du. s us+1 1 Поскольку этот интеграл равномерно сходится при s = b + it, |t| 6 T , мы можем поменять порядок интегрирования следующим
18
Сумматорные функции. Формула Перрона
образом: 1 2πi
b+iT Z ∞
s+1 x A(u) du ds s+1 u s+1 b−iT 1 Z ∞ Z b+1+iT s 1 x ds = A(u) du. 2πi u s 1 b+1−iT
Z
Внутренний интеграл в правой части уже был исследован при доказательстве предыдущей теоремы. Таким образом, имеем Z x−1 xs+1 ds = A(u) du s(s + 1) b−iT 1 b+1 Z x −1 x 1 ln du + max |A(u)| ln T |A(u)| +O u x 3x T |x−u|>1 u 2 6u6 2 Z x = A(u)du + O ln T x max3x |A(u)|
1 2πi
Z
b+iT
F (s)
2 6n6 2
1
b+1 x −1 1 x +O |A(u)| ln u du T |x−u|> x2 u ! b+1 Z x −1 1 x + |A(u)| ln u du . T 1 x2 имеем | ln ux | > ln 23 . Отсюда находим I1
xb+1 T
Z |x−u|> x 2
При 1 < |x − u| 6
x 2
|A(u)| xb+1 du 6 ub+1 T
Z 1
∞
|A(u)| xb+1 du = B(b) . ub+1 T
имеем
u −1 ln du max3x |A(u)| x x 1 0. Теорема 10. При Re s > 0, N > 1 имеет место равенство ζ(s) =
Z ∞ N X 1 N 1−s 1 −s %(u) + − N + s du. s s+1 n s−1 2 N u n=1
22
Дзета-функция Римана. Функциональное уравнение
Доказательство. Пусть M > N . Имеем X N 1. Перейдем к пределу при M → ∞. Имеем ζ(s) −
Z ∞ N X N 1−s 1 −s %(u) 1 = − N + s du. s s+1 n s − 1 2 u N n=1
Последний интеграл есть аналитическая в полуплоскости Re s > 0 функция. Согласно принципу аналитического продолжения получаем требуемое. Таким образом, ζ(s) аналитична в полуплоскости Re s > 0 за исключением точки s = 1, где она имеет полюс первого порядка с вычетом 1. Теперь мы докажем функциональное уравнение дзета-функции Римана, которое связывает значения дзета-функции в точках s и 1−s, и дает аналитическое продолжение ζ(s) на всю комплексную плоскость. Нам понадобится вспомогательное утверждение. Теорема 11. Пусть x > 0, θ(x) =
+∞ X
2
e−πn x .
n=−∞
Тогда √ 1 θ = xθ(x). x Доказательство. Будем считать x фиксированным числом. Пусть N > 10, M = N 4 , |n| 6 N . Рассмотрим интеграл Z
1 2
I(n) = − 12
sin π(2M + 1)u −πx(n+u)2 e du. sin πu
Дзета-функция Римана. Функциональное уравнение
23
Поскольку Z
1 2
− 12
sin π(2M + 1)u du = sin πu =
Z
M X
1 2
e2πiku du
− 12 k=−M
Z M X k=−M
1 2
e2πiku du = 1,
− 21
имеем 2
I(n) = e−πxn +
Z
1 2
− 12
2 sin π(2M + 1)u −πx(n+u)2 e − e−πxn du. sin πu
Разобьем последний интеграл на интегралы I1 , I2 и I3 по про межуткам N −3 , 12 , (−N −3 , N −3 ) и − 12 , −N −3 , соответственно. Оценим каждый из интегралов сверху. При |u| 6 12 по теореме Лагранжа о конечных приращениях имеем 2
2
e−πx(n+u) − e−πxn N u, откуда N −3
Z I2 N 0
1 udu 2, sin πu N
ибо |sin πu| > 2u при |u| 6 12 . Интегралы I1 и I3 оцениваются одинаково. Интегрируя по частям, имеем I1 =
1 2 2 − cos π(2M + 1)u −πx(n+u)2 e − e−πxn π(2M + 1) sin πu N −3 Z 21 2 cos π(2M + 1)u π cos πu −πx(n+u)2 − e − e−πxn 2 π(2M + 1) sin πu N −3 −πx(n+u)2 2πx(n + u)e + du. sin πu
Действуя аналогично предыдущему, получаем, что внеинтегральный член есть N M −1 , а выражение в скобках в последнем интеграле есть N u−1 . Отсюда I1
N N + M M
Z
1 2
N −3
du N ln N 1 2. u M N
24
Дзета-функция Римана. Функциональное уравнение
Таким образом, N X
N X
I(n) =
n=−N
2
e−πxn + O
n=−N
1 . N
С другой стороны, N X
Z N X
I(n) =
n=−N
n=−N M X
=
M X
1 2
− 12 k=−M
Z N X
Z M X k=−M
n+ 12
2
e2πiku−πxu du
n− 12
k=−M n=−N
=
2
e2πiku−πx(n+u) du
N + 12
2
e2πiku−πxu du.
−N − 12
Вычислим последний интеграл. Рассмотрим прямоугольный контур с вершинами в точках ± N + 21 , ± N + 12 +ikx−1 . Подынтегральная функция аналитична внутри этого контура, поэтому согласно теореме Коши интеграл от этой функции по такому контуру будет равен нулю. Отсюда, оценивая интегралы по боковым сторонам контура тривиально, находим Z
N + 12
2
e2πiku−πxu du
−N − 12
Z
N + 12
=
−1
e2πik(u+ikx
)−πx(u+ikx−1 )2
du + O |k|e−πxN
−N − 12 2
Z
2 − πk x
Z
− πk x
N + 21
=e
2
e−πxu du + O |k|e−πxN
−N − 12 +∞
=e
2 e−πxu du + O (|k| + 1)e−πxN ,
−∞
ибо Z
∞
N + 12
2
e−πxu du 6
Z
∞
N
e−πxu du e−πxN .
Дзета-функция Римана. Функциональное уравнение
25
Наконец, Z
+∞
2
e−πxu du = 2
−∞
Z
∞
0 Γ( 12 )
= √
πx
2 1 e−πxu du = √ πx
Z
∞
1
e−v v − 2 dv
0
1 =√ . x
Окончательно имеем N X
4
2
e−πxn + O
n=−N
1 N
N 1 X − πk2 e x + O N 8 e−πxN . =√ x 4 k=−N
Переходя к пределу при N → ∞, получаем требуемое.
Идея доказательства этой теоремы является основой так называемой формулы суммирования Пуассона. Теперь мы готовы к доказательству функционального уравнения ζ(s). Теорема 12 (функциональное уравнение дзета-функции Римана). Дзета-функция Римана аналитически продолжается на всю комплексную плоскость за исключением точки s = 1 и удовлетворяет тождеству π
− 2s
s 1−s − 1−s Γ ζ(s) = π 2 Γ ζ(1 − s). 2 2
Доказательство. При Re s > 1 имеем π
− 2s
Z ∞ N X s s − 2s −s Γ ζ(s) = lim π n e−x x 2 −1 dx N →∞ 2 0 n=1 Z ∞ X N 2 s = lim e−πn u u 2 −1 du. N →∞
0
n=1
Здесь мы сделали замену переменной x = πn2 u. Введем функцию ω(u) =
∞ X n=1
e−πn
2
u
=
θ(u) − 1 . 2
26
Дзета-функция Римана. Функциональное уравнение
Из определения ω(u) следует, что θ(u) e−πu при u → ∞, а из 1 теоремы 11 следует, что θ(u) u− 2 при u → 0. Таким образом,
π
− 2s
Z ∞ s s Γ ζ(s) = u 2 −1 ω(u) du 2 0 Z ∞ X s −πn2 u − lim e u 2 −1 du, N →∞
0
n>N
причем первый интеграл в правой части сходится. Оценим выражение в скобках: X
e−πn
2
u
Z
∞
2
e−πx
6 N
n>N
u
1 dx = √ 2 πu
∞
Z
1
e−v v − 2 dv
πN 2 u 1
min u− 2 , (N u)−1 e−πN
2
u
.
Отсюда находим Z
1 N2
X
0
Z
e−πn
2
u
s
u 2 −1 du
1 N2
X
1 N2
u
σ−3 2
du =
0
n>N ∞
Z
e−πn
n>N
2
u
s
u 2 −1 du
1 N
∞
Z
2
2N 1−σ , σ−1 σ
e−πN u u 2 −2 du 1 N2
= N 1−σ
Z
∞
σ
e−πv v 2 −2 dv.
1
Поскольку Re s > 1, оба выражения стремятся к нулю при N → ∞. Таким образом, в полуплоскости Re s > 1 справедливо равенство
π
− 2s
Z ∞ s s Γ ζ(s) = u 2 −1 ω(u) du. 2 0
Рассмотрим часть этого интеграла, отвечающую промежутку (0, 1), сделаем в нем замену u = v −1 , и воспользуемся теоремой 11.
Задачи к § 3
27
Имеем Z 1 Z ∞ Z ∞ 1 θ v − 1 −1− s s −1 −1− 2s −1 2 2 dv u ω(u) du = v ω(v ) dv = v 2 0 1 1 Z ∞√ vθ(v) − 1 −1− s 2 dv = v 2 1 √ Z ∞ √ 1 v −1− s 2 dv = vω(v) − + v 2 2 1 Z ∞ s 1 1 1 = v − 2 − 2 ω(v) dv − + s s − 1 1 Z ∞ s 1 1 + = v − 2 − 2 ω(v) dv. s(s − 1) 1 Таким образом, в полуплоскости Re s > 1 имеет место формула Z ∞ 1 s s s s 1 π− 2 Γ ζ(s) = + u 2 −1 + u− 2 − 2 ω(u) du. 2 s(s − 1) 1 Последний интеграл есть целая функция комплексного переменного s, так что по принципу аналитического продолжения получаем, что дзета-функция Римана задается равенством Z ∞ s 1 1 −1 − 21 − 2s 2 ζ(s) = − s s + u +u ω(u) du s(s − 1) π 2Γ 2 1 при любом комплексном s, кроме s = 1, так как полюс первого порядка при s = 0 гасится полюсом первого порядка функции Γ 2s . Наконец, правая часть предпоследнего равенства не меняется при замене s на 1 − s, что дает функциональное уравнение и завершает доказательство.
Задачи к § 3 1. Доказать, что X 1 n6x
n
= ln x + C + O
1 , x
причем для константы Эйлера C справедливо представление C=
1 +2 2
Z 1
∞
σ(x) dx. x3
28
Задачи к § 3
2. Доказать, что при δ > 0 и | arg s| 6 π − δ справедлива формула Стирлинга
ln Γ(s) =
s−
1 2
ln s − s + ln
√ 2π + O
1 . |s|
3. Доказать следующую формулу для суммы Гаусса N X
n2
e2πi N =
n=1
1 + i−N √ N. 1 + i−1
4. Доказать, что
1 lim ζ(s) − s→1 s−1
= C.
Нули дзета-функции Римана
§4
29
Нули дзета-функции Римана
В предыдущем параграфе было установлено, что дзетафункция Римана аналитична во всей комплексной плоскости, за исключением точки s = 1, где она имеет полюс первого порядка с вычетом 1. Из свойств гамма-функции Эйлера (см. задачи к § 2) и последнего равенства § 3 следует, что дзета-функция Римана имеет нули в точках s = −2, −4, −6 . . . , называемые тривиальными. Других нулей в полуплоскости Re s < 0 нет, так как в противном случае в силу функционального уравнения и свойств гамма-функции ζ(s) имела бы нули при Re s > 1, что, как мы показали в § 1, не имеет места. Таким образом, все прочие нули дзета-функции Римана, называемые нетривиальными, лежат в критической полосе 0 6 Re s 6 1. При этом они расположены симметрично относительно критической прямой Re s = 21 и вещественной оси Im s = 0, поскольку ζ(s) вещественна при вещественных s и удовлетворяет функциональному уравнению. Гипотеза Римана, до сих пор не доказанная и не опровергнутая, утверждает, что все нетривиальные нули дзета-функции Римана лежат на критической прямой. Рассмотрим функцию s s ζ(s). ξ(s) = s(s − 1)π − 2 Γ 2 Из последнего равенства § 3 следует, что ξ(s) является целой функцией и ее нули суть в точности нетривиальные нули дзетафункции Римана. При этом в силу теоремы 12 имеет место соотношение ξ(s) = ξ(1 − s). В этом параграфе мы получим представление ξ(s) в виде бесконечного произведения по нетривиальным нулям дзета-функции Римана. Нам потребуются два вспомогательных утверждения из комплексного анализа. Теорема 13 (формула Иенсена). Пусть функция f (s) аналитична в круге |s| 6 R, не имеет нулей на окружности |s| = R и f (0) 6= 0. Тогда ln
|f (0)|Rn 1 = r1 . . . r n 2π
Z 0
2π
ln |f (Reiϕ )| dϕ,
30
Нули дзета-функции Римана
где r1 , . . . , rn – модули нулей функции f (s) в круге |s| < R, каждый из которых считается столько раз, каков его порядок. Доказательство. Пусть s1 , . . . , sn – нули f (s) в круге |s| < R. Рассмотрим функцию F (s) =
n f (s) Y R2 − ssk . Rn s − sk k=1
Эта функция аналитична в круге |s| 6 R и не имеет там нулей, ибо R2 rk−1 > R. Таким образом, функция ln F (s) аналитична в круге |s| 6 R. Согласно теореме о среднем Z 2π 1 ln F (0) = ln F (Reiϕ ) dϕ. 2π 0 Отделяя вещественную часть, получим Z 2π |f (0)|Rn 1 ln F (0) = ln ln |F (Reiϕ )| dϕ. = r1 . . . r n 2π 0 Но по определению функции F (s) n Y R − eiϕ sk iϕ iϕ iϕ |F (Re )| = |f (Re )| Reiϕ − sk = |f (Re )|, k=1
что и завершает доказательство.
Теорема 14 (Борель, Каратеодори). Пусть функция f (s) аналитична в круге |s| 6 R. Тогда для любого n > 1 (n) f (0) −n n! 6 2(A(R) − Re f (0))R , где A(R) обозначает максимум Re f (s) на окружности |s| = R. Доказательство. Согласно формулам Коши Z Z 1 f (s) ds R−n 2π f (n) (0) = = f (Reiϕ )e−inϕ dϕ. n! 2πi |s|=R sn+1 2π 0 С другой стороны, при n > 1, в силу теоремы Коши Z Z 1 Rn 2π n−1 f (s)s ds = f (Reiϕ )einϕ dϕ = 0. 2πi |s|=R 2π 0
Нули дзета-функции Римана
31
Таким образом, взяв комплексное сопряжение, получим Z R−n 2π f (Reiϕ )e−inϕ dϕ = 0. 2π 0 Складывая, находим f (n) (0) R−n = n! π
Z
R−n = π
Z
(n) f (0) R−n n! 6 π R−n = π
2π
Re f (Reiϕ )e−inϕ dϕ
0 2π
(Re f (Reiϕ ) − A(R))e−inϕ dϕ, Z 2π Re f (Reiϕ ) − A(R) dϕ 0
0
Z
2π
(A(R) − Re f (Reiϕ )) dϕ,
0
ибо, по определению A(R), всегда A(R) > Re f (Reiϕ ). Далее, Z 2π Z 2π Re f (Reiϕ ) dϕ = Re f (Reiϕ ) dϕ = 2π Re f (0) 0
0
в силу теоремы о среднем. Подставляя полученное равенство в предыдущую оценку, получим требуемое. Теорема 15. Справедливо равенство Y s %s as ξ(s) = e 1− e , % % где в правой части стоит бесконечное произведение по всем нетривиальным нулям % функции ζ(s) с учетом кратности, расположенным в порядке возрастания модуля, √ C a = ln 2 π − − 1, 2 C – константа Эйлера. Доказательство. Оценим максимум модуля ξ(s) на окружности |s| = R. Так как ξ(s) = ξ(1 − s), достаточно рассмотреть случай σ > 21 . Из теоремы 10 при N = 1 получаем оценку Z ∞ Z 1 1 |%(u)| 1 1 R ∞ du |ζ(s)| 6 + +|s| du 6 + + R. |s − 1| 2 uσ+1 R − 1 2 2 1 u 23 1
32
Нули дзета-функции Римана
Отделяя вещественную часть в формуле Стирлинга (см. задачу 2 к § 3), находим √ s σ − 1 |s| 1 t s σ = 2π + O ln Γ ln − arg − + ln 2 2 2 2 2 2 |s| R R πR 6 ln + + O(1) R ln R. 2 2 4 Отсюда находим при |s| = R s s |ξ(s)| = s(s − 1)π − 2 Γ ζ(s) R3 ec1 R ln R 6 ec2 R ln R . 2 Предположим, что множество нетривиальных нулей дзетафункции Римана бесконечно. Применим формулу Иенсена к функции ξ(s). Легко видеть, что 1 1 ξ(0) = ξ(1) = π − 2 Γ = 1 6= 0. 2 Пусть %1 , . . . , %n – нули ξ(s) в круге |s| 6 R. Выберем R1 ∈ [2R, 3R] так, чтобы ξ(s) не имела нулей на окружности |s| = R1 . Пусть %1 , . . . , %k – нули ξ(s) в круге |s| 6 R1 . Имеем ln
R1 k 1 = |%1 | . . . |%k | 2π
Z
2π
ln |ξ(Reiϕ )| dϕ 6 c2 R1 ln R1 6 c3 R ln R.
0
С другой стороны, поскольку |%l | 6 R при l = 1, . . . , n, имеем ln
n R1 R1 k > ln > n ln 2. |%1 | . . . |%k | R
Таким образом, число нулей ξ(s) в круге |s| 6 R есть O(R ln R). В частности, при R = |%n | получим 1+ε
n 6 c4 |%n | ln |%n | 6 c5 |%n |
.
Итак, при любом положительном a справедлива оценка −a
a
6 c6 n− 1+ε , P что означает сходимость ряда % |%|−a при a > 1. |%n |
Нули дзета-функции Римана
33
Рассмотрим функцию F (s) =
Y %
s %s 1− e , %
и докажем, что она является целой и имеет своими нулями точки s = % и только их. Пусть R – произвольно большое число. Рассмотрим круг |s| 6 R и разобьем произведение на два сомножителя – с %, по модулю не превосходящими 2R, и с оставшимися %, обозначив эти сомножители через F1 (s) и F2 (s), соответственно. Функция F1 (s) аналитична в круге |s| 6 R и имеет там только требуемые нули. Докажем, что функция F2 (s) также аналитична в круге |s| 6 R, но не имеет там нулей. В силу произвольности R это и даст нам требуемое утверждение. Рассматривая соответствующий F2 (s) ряд логарифмов, при |s| 6 R имеем X X s2 s s s3 ln 1 − 6 + + + · · · 2 3 % % 2% 3% |%|>2R
|%|>2R
6
X |s|2 X 1 2 6 R . |%|2 |%|2
|%|>2R
|%|>2R
Поскольку ряд % |%|−2 сходится, то сходится и вышеприведенный ряд логарифмов, следовательно, бесконечное произведение F2 (s) также сходится. Таким образом, функция F2 (s) существует и не обращается в нуль в круге |s| 6 R. Далее, имеет место тождество Y s %s e − F2 (s) 1− % 2RM
Выражение в экспоненте в правой части стремится к нулю с ростом M , что следует из предыдущей оценки при замене 2R на M . Поэтому, начиная с некоторого M , справедлива оценка Y X 1 X 1 s %s 2 2 1− e − F2 (s) 6 2R exp R , % |%|2 |%|2 2R2R
|%|>M
34
Нули дзета-функции Римана
правая часть которой также стремится к нулю с ростом M . Таким образом, последовательность частичных произведений сходится к F2 (s) равномерно в круге |s| 6 R, что в силу теоремы Вейерштрасса означает аналитичность F2 (s) в этом круге. Итак, функция ξ(s)(F (s))−1 есть целая функция, не имеющая нулей. Следовательно, ее логарифм есть также целая функция. Таким образом, имеем Y s %s h(s) ξ(s) = e 1− e , % % где h(s) – некоторая целая функция. Мы доказали эту формулу в предположении бесконечности множества нетривиальных нулей %, в случае конечности этого множества формула очевидна. Прологарифмируем это равенство и дважды продифференцируем его: d ξ 0 (s) X 1 h00 (s) = + . ds ξ(s) (s − %)2 % Пусть R – произвольно большое число, и |s| 6 R2 . Тогда при |%| > R имеем |s − %| > |%| − |s| > 12 |%|. Таким образом, находим X X X 1 1 1 6 6 4 . (s − %)2 |s − %|2 |%|2 |%|>R
|%|>R
|%|>R
Итак, эта сумма стремится к нулю с ростом R. В случае конечности множества нулей % она вообще равна нулю тождественно при достаточно большом R. Рассмотрим теперь функцию −1 X Y 1 d ξ 0 (s) d2 s + = hR 00 (s) = ln ξ(s) 1 − ds ξ(s) (s − %)2 ds2 % |%|6R
|%|6R
и применим к hR (s) теорему Бореля–Каратеодори. На окружности |s| = 2R имеем −1 Y s 6 c3 R ln R, Re hR (s) = ln ξ(s) 1− % |%|6R
ибо при |s| = 2R и |%| 6 R % |%| % − s 6 |s| − |%| 6 1.
Нули дзета-функции Римана
35
Далее, Re hR (0) = ln |ξ(0)| = 0, откуда при n > 1 имеем (n) hR (0) 6 c7 (2R)−n R ln R. n! Раскладывая hR 00 (s) в ряд Тейлора при |s| 6 R2 , находим X ∞ hR (n) (0) n−2 00 |hR (s)| = s (n − 2)! n=2 n−2 ∞ X R −n 6 c7 (2R) n(n − 1) R ln R 2 n=2 = 4c7
∞ ln R X n(n − 1) . R n=2 4n
Мы видим, что h00R (s) также стремится к нулю с ростом R. Фиксируя s и устремляя R к бесконечности, получаем, что функция h00 (s) равна нулю тождественно, то есть h(s) = as + b. Итак, Y s %s ξ(s) = eas+b 1− e . % % Подставляя s = 0, находим, что b = 0. Для вычисления a возьмем логарифмическую производную от обеих частей равенства и положим s = 0: ! 1 ξ 0 (0) ξ 0 (1) 1 1 1 Γ0 2s ζ 0 (s) − a= =− = lim − − + ln π − . s→1 ξ(0) ξ(1) s s−1 2 2 Γ 2s ζ(s) Здесь мы пользовались определением и функциональным уравнением ξ(s). Пользуясь выражением гамма-функции в виде бесконечного произведения (см. задачу 2 к § 2), находим 0 ∞ 1 C X 1 1 ζ (s) 1 a = ln π + − − − lim + s→1 ζ(s) 2 2 n=1 2n 2n + 1 s−1 0 √ 1 C ζ (s) = ln 2 π + − 1 − lim + . s→1 2 ζ(s) s−1 Для вычисления предела воспользуемся задачей 4 к § 3, согласно которой в окрестности точки s = 1 будем иметь ζ 0 (s) = ζ(s)
1 − (s−1) 2 + c + ··· 1 s−1
+ C + c(s − 1) + · · ·
=−
1 + C + O(|s − 1|). s−1
36
Задачи к § 4
Таким образом, искомый предел равен константе Эйлера C. Осталось показать, что множество нулей % бесконечно. В противном случае ξ(s) есть многочлен, умноженный на экспоненту от линейной функции, то есть max |ξ(s)| 6 ec8 R .
|s|=R
Но если R вещественно и стремится к +∞, то из формулы Стирлинга и определения функции ξ(s) следует, что ln ξ(R) ∼ R2 ln R, то есть max |ξ(s)| > |ξ(R)| > ec9 R ln R . |s|=R
Полученное противоречие доказывает бесконечность множества нетривиальных нулей ζ(s) и завершает доказательство теоремы.
Задачи к § 4 1. Функция Мангольдта Λ(n) равна ln p, если n есть степень простого числа p, и равна нулю, если n не является степенью простого числа. а) Доказать, что X Λ(d) = ln n; d|n
б) показать, что при Re s > 1 ∞ X Λ(n) n=1
ns
в) показать, что ln(n!) =
=−
X k6n
ζ 0 (s) ; ζ(s)
Λ(k)
n ; k
г) доказать оценку ψ(x) =
X
Λ(n) x;
n6x
д) доказать асимптотическую формулу X1 p6x
p
= ln ln x + B + O
1 ; ln x
Задачи к § 4
37
е) показать, что π(x) =
X
1
p6x
x . ln x
2. Доказать, что при t > 2π, |σ| 6 N (N – фиксировано), имеет место формула
χ(s) = π
1 s− 2
Γ 1−s 2 = Γ 2s
t 2π
1 −σ 2
π t e−it ln 2πe +i 4
1+O
1 t
.
3. Доказать, что при t > 2π и фиксированном N справедливы оценки 1
ζ(s) t 2 −σ ln t,
−N 6 σ 6 0;
ζ(s) t1−σ ln t,
1 6 σ 6 1; 2
1
1 ; 2
ζ(s) t 2 ln t,
06σ6
ζ(s) ln t,
1 6 σ 6 N.
38
Асимптотический закон распределения простых чисел
§5
Асимптотический закон распределения простых чисел
Метод комплексного интегрирования возник в связи с доказательством асимптотической формулы для π(x) – количества простых чисел, не превосходящих x. Эта формула была получена Адамаром и Валле-Пуссеном в 1896 году. Ключевым моментом доказательства явилось установление так называемой границы нулей дзета-функции Римана. Теорема 16 (Валле-Пуссен). Пусть T > 10. Тогда существует c > 0 такое, что дзета-функция Римана не имеет нулей в области c σ >1− , |t| 6 T. ln T Доказательство. В точке s = 1 функция ζ(s) имеет полюс, поэтому при достаточно малом c существует T0 > 0 такое, что в области c 6 σ 6 1, |t| 6 T0 1− ln T дзета-функция Римана не имеет нулей. Кроме того, ζ(s) 6= 0 при σ > 1. Согласно задаче 1 к § 3 при σ > 1 имеем − Re
∞ ∞ X ζ 0 (s) Λ(n) X = Re = Λ(n)n−σ cos(t ln n). s ζ(s) n n=1 n=1
Поскольку при любом вещественном ϕ 3 + 4 cos ϕ + cos 2ϕ = 2 + 4 cos ϕ + 2 cos2 ϕ = 2(1 + cos ϕ)2 > 0, при 1 < σ 6 2, T0 < t 6 T справедливо следующее неравенство: 0 ζ 0 (σ + it) ζ 0 (σ + 2it) ζ (σ) + 4 − Re + − Re > 0. 3 − ζ(σ) ζ(σ + it) ζ(σ + 2it) Оценим сверху каждое слагаемое в левой части этого неравенства. Логарифмическая производная дзета-функции Римана имеет при s = 1 полюс первого порядка с вычетом −1, поэтому −
1 ζ 0 (σ) 6 + c1 . ζ(σ) σ−1
Асимптотический закон распределения простых чисел
39
Пользуясь теоремой 15, определением функции ξ(s) и представлением гамма-функции в виде бесконечного произведения, получим X 1 1 ξ 0 (s) =a+ + ξ(s) s−% % % ∞ 1 1 1 ζ 0 (s) C X 1 = − ln π + − − − . s−1 2 ζ(s) 2 n=1 s + 2n 2n Пусть Re % = β, Im % = γ, тогда X ζ 0 (s) σ−β β − Re 6− + + c2 ln T, ζ(s) (σ − β)2 + (t − γ)2 β2 + γ2 % ибо ∞ X 1 1 1 + c − − 3 s − 1 s + 2n 2n n=1 X |s| X 1 1 + 6 c2 ln T. + |c3 | + 6 T0 n 4n2 n6T
n>T
Поскольку σ > 1, а 0 6 β 6 1, то в сумме по % все слагаемые неотрицательны, следовательно, − Re
ζ 0 (σ + it) σ−β 6− + c2 ln T, ζ(σ + it) (σ − β)2 + (t − γ)2
где % = β + iγ – произвольный нетривиальный нуль дзетафункции Римана. Наконец, аналогично получаем оценку − Re
ζ 0 (σ + 2it) 6 c4 ln T. ζ(σ + 2it)
Объединяя полученные оценки, находим при 1 < σ 6 2, T0 < t 6 T следующее неравенство σ−β 3 −4 + c5 ln T > 0, σ−1 (σ − β)2 + (t − γ)2 где % = β + iγ – произвольный нетривиальный нуль дзетафункции Римана. Пусть T0 < γ 6 T . Для доказательства теоремы достаточно показать, что в этом случае β < 1 − lncT для достаточно малого c. Взяв t = γ, получим 4 3 6 + c5 ln T. σ−β σ−1
40
Асимптотический закон распределения простых чисел
Возьмем теперь σ = 1 +
1 2c5 ln T
, что дает неравенство
β 61−
1 14c5 ln T
и завершает доказательство теоремы. Теперь мы готовы к доказательству асимптотического закона распределения простых чисел. Теорема 17. Справедлива асимптотическая формула √ X ψ(x) = Λ(n) = x + O xe−c ln x , n6x
где c > 0 – постоянная. Доказательство. При Re s > 1 −
∞ ζ 0 (s) X Λ(n) = . ζ(s) ns n=1
Применим формулу Перрона, взяв a = 1, b = 1 + ln1x . Параметр α равен единице, ибо логарифмическая производная ζ(s) имеет при s = 1 полюс первого порядка. Для коэффициентов Λ(n) справедлива тривиальная оценка ln n. В итоге находим X ψ(x) = Λ(n) n6x
1 = 2πi
Z
b+iT
b−iT
ζ 0 (s) xs x ln2 x − ds + O + ln x ln T . ζ(s) s T
Согласно теореме Валле-Пуссена о границе нулей дзета-функции Римана существует постоянная c1 > 0 такая, что в области σ >1−
2c1 , ln T
|t| 6 2T
нет нулей ζ(s). Рассмотрим интеграл по контуру Γ, представляющему собой прямоугольник с вершинами b ± iT , α ± iT , где α = 1 − lnc1T . Подынтегральная функция аналитична на Γ и внутри него, исключая простой полюс при s = 1 с вычетом x. Таким образом, в силу теоремы Коши Z 0 s Z b+iT 0 s 1 ζ (s) x 1 ζ (s) x x= − ds = − ds+I1 +I2 +I3 , 2πi Γ ζ(s) s 2πi b−iT ζ(s) s
Асимптотический закон распределения простых чисел
41
где через I1 , I2 , I3 обозначены интегралы по левой и горизонтальным сторонам контура Γ. Оценим эти интегралы сверху. Применим теорему Бореля–Каратеодори к функции ln ζ(s) в 3c1 R круге радиуса R = ln T с центром в точке s0 = 1 + 2 + it, где 2π 6 t 6 T . Согласно задаче 3 к § 4 в круге |s − s0 | 6 R справедлива оценка ζ(s) ln T . Таким образом, имеем A(R) =
max Re ln ζ(s) =
|s−s0 |=R
max ln |ζ(s)| 6 c2 ln ln T.
|s−s0 |=R
Далее, пользуясь тождеством Эйлера, находим ∞ X 1 1 X X ln 1 − s0 = | ln ζ(s0 )| = p mpms0 p m=1 p ∞ X X 1 R 6 = ln ζ 1 + 6 c3 ln ln T, mpmσ0 2 p m=1 ибо 1
1 имеем окончательно 1 dn an = ln ζ(s) R−n ln ln T. n n! ds s=s0 Раскладывая логарифмическую производную дзета-функции Ри1 мана в ряд Тейлора, находим в круге |s − s0 | 6 25c ln T оценку n ∞ ∞ X ζ 0 (s) X 5 n−1 = nan (s − s0 ) ln ln T n ln T ln T ln ln T. ζ(s) 6 n=1 n=1 В частности, эта оценка справедлива на горизонтальных сторонах контура Γ и на его левой стороне, если |t| > 2π. Если же |t| < 2π, то на левой стороне Γ справедлива оценка ζ 0 (s) ln T, ζ(s) поскольку логарифмическая производная дзета-функции имеет при s = 1 простой полюс.
42
Асимптотический закон распределения простых чисел
Теперь оценим интегралы I1 , I2 , I3 . Имеем I1 xα ln T
2π
Z
dt + xα ln T ln ln T
0
Z
T
2π
ln T ln ln T I2 , I3 T
Z
b
xσ dσ
α
dt xα ln2 T ln ln T, t x ln T ln ln T. T
Собирая вместе все полученные оценки, находим X ψ(x) = Λ(n) n6x
x ln2 x x ln T ln ln T α 2 =x+O + + x ln T ln ln T + ln x ln T . T T
√
Положив T = e ство.
ln x
, получим требуемое асимптотическое равен
Следствие (асимптотический закон распределения простых чисел). Имеет место асимптотическая формула Z x √ X du + O xe−c ln x , π(x) = 1= 2 ln u p6x
где c > 0 – постоянная. Доказательство. По определению функции Мангольдта находим X X X X √ ψ(x) = Λ(n) = ln p + ln p = ln p + O( x), n6x
p6x
p6x
pk 6x k>2
ибо в силу задачи 1, е к § 4 X pk 6x k>2
ln p =
X √ p6 x
ln p
X
16
x 26k6 ln ln p
X √ p6 x
X √ ln x ln p 6 ln x 1 x. ln p √
Таким образом, из теоремы 17 получаем, что √ X ln p = x + O xe−c ln x . p6x
p6 x
Асимптотический закон распределения простых чисел
43
Пусть δ(n) обозначает характеристическую функцию множества простых чисел. Совершая преобразование Абеля (теорема 9), находим π(x) = 1 +
X
δ(n) ln n
2 T0 (ε) та же оценка верна и при s = σ + iT , 0 6 σ 6 1, что опять же следует из упомянутой задачи. В силу принципа максимума модуля указанная оценка справедлива в прямоугольнике 0 6 σ 6 1, 2π 6 t 6 T , а значит и во всей полуполосе 0 6 σ 6 1, t > 2π, так как T можно брать произвольно большим. Итак, при 0 6 σ 6 1, t > 2π имеем |ζ(s)| 6 M |fε (s)|−1 6 M1 eεt t
1−σ 2
ln t.
Доказательство завершается переходом к пределу при ε → 0. Теорема 20. Пусть f (x) и ϕ(x) – вещественные функции, удовлетворяющие на отрезке [a, b] условиям: 1) f (4) (x) и ϕ00 (x) непрерывны; 2) существуют числа H, A > 0, U > b − a такие, что f (2) (x) A−1 , ϕ(x) H,
f (3) (x) A−1 U −1 , ϕ0 (x) HU −1 ,
f (4) (x) A−1 U −2 , ϕ00 (x) HU −1 ;
3) существует c ∈ [a, b] такое, что f (c) = 0. Тогда имеет место формула b
Z a
ϕ(c) 2πif (c)+ πi 4 + O(HAU −1 ) ϕ(x)e2πif (x) dx = p e f 00 (c) √ √ + O(H min(|f 0 (a)|−1 , A)) + O(H min(|f 0 (b)|−1 , A)).
Доказательство. Пусть c ∈ (a, b). Рассмотрим отдельно интеграл от c до b и интеграл от a до c. Имеем Z
b 2πif (x)
ϕ(x)e
Z dx = ϕ(c)
c
b
e2πif (x) dx
c Z b−c
+ 0
(ϕ(x + c) − ϕ(c))e2πif (x+c) dx.
48
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
Возьмем второй интеграл по частям: b−c Z b−c ϕ(x + c) − ϕ(c) 2πif (x+c) e (ϕ(x + c) − ϕ(c))e2πif (x+c) dx = 2πif 0 (x + c) 0 0 Z b−c 0 1 ϕ (x + c)f 0 (x + c) − f 00 (x + c)(ϕ(x + c) − ϕ(c)) − 2πi 0 (f 0 (x + c))2 × e2πif (x+c) dx. Пользуясь условиями на производные функций f (x) и ϕ(x), из формулы конечных приращений Лагранжа находим ϕ(x + c) − ϕ(c) = ϕ0 (c)x + O(HU −2 x2 ), ϕ0 (x + c) = ϕ0 (c) + O(HU −2 x), f 0 (x + c) = f 00 (c)x + O(A−1 U −1 x2 ),
|f 0 (x + c)| A−1 x,
f 00 (x + c) = f 00 (c) + O(A−1 U −1 x). Из этих оценок и неравенства U > b − a следует, что Z b−c (ϕ(x + c) − ϕ(c))e2πif (x+c) dx HAU −1 . 0
Точно такая же оценка справедлива и для интеграла от a до c. Рассмотрим теперь разность Z b−c Z b−c f 0 (x + c)e2πif (x+c) dx 2πif (x+c) p D= e dx − . 2f 00 (c)(f (x + c) − f (c)) 0 0 Интегрируя по частям, находим b−c 1 1 1 2πif (x+c) −p D= e − 0 00 2πi f (x + c) 2f (c)(f (x + c) − f (c)) 0 Z b−c f 00 (x + c) 1 f 0 (x + c) − 0 +p − 3 2πi 0 (f (x + c))2 8f 00 (c)(f (x + c) − f (c)) 2 × e2πif (x+c) dx. Пользуясь формулой Тейлора и условиями на производные функции f (x), получаем 1 00 1 f (c)x2 + f (3) (c)x3 + O(A−1 U −2 x4 ), 2 6 f 0 (x + c) = f 00 (c)x + f (3) (c)x2 + O(A−1 U −2 x3 ),
f (x + c) − f (c) =
f 00 (x + c) = f 00 (c) + f (3) (c)x + O(A−1 U −2 x2 ).
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
49
Из этих оценок и неравенства U > b − a следует, что Z b−c Z b−c f 0 (x + c)e2πif (x+c) dx p e2πif (x+c) dx = + O(AU −1 ). 2f 00 (c)(f (x + c) − f (c)) 0 0 В случае интеграла от a до c имеем Z 0 Z 0 f 0 (x + c)e2πif (x+c) dx p + O(AU −1 ), e2πif (x+c) dx = − 00 2f (c)(f (x + c) − f (c)) a−c a−c √ ибо в этом случае x 6 0 и x2 = −x. Сделаем замену переменной u = f (x + c) − f (c), обозначая λ = f (b) − f (c) (соответственно, λ = f (a) − f (c)). Имеем u > 0, так как c – точка минимума f (x), и в обоих случаях получаем интеграл одного и того же вида: Z λ 2πiu e2πif (c) e p √ du 00 u 2f (c) 0 Z ∞ 2πiu √ Z ∞ e2πiu e2πif (c) e √ du + O √ du . =p A u u 2f 00 (c) λ
0
С одной стороны, интегрируя по частям, находим оценку Z ∞ 2πiu Z ∞ 3 e 1 1 1 √ du 6 √ + u− 2 du √ . u 2π λ 4π λ λ λ С другой стороны, Z
∞
λ
e2πiu √ du 1. u
При λ > 1 последняя оценка следует из предыдущей, а при λ 6 1 имеем Z λ+1 √ √ du √ = 2 λ + 1 − 2 λ 1. u λ Наконец, согласно формуле конечных приращений Лагранжа находим r p 1 00 1 f (b) − f (c) = f (ξ)(b − c)2 √ |b − c|, 2 A 1 0 00 |f (b)| = |f (ξ1 )(b − c)| |b − c|, A
50
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
то есть
1 1 √ √ . A|f 0 (b)| λ
Окончательно имеем Z b Z ∞ 2πiu e ϕ(c) 2πif (c) √ 2πif (x) √ du + O(HAU −1 ) ϕ(x)e dx = p e 2 00 u f (c) a 0 √ √ + O(H min(|f 0 (a)|−1 , A)) + O(H min(|f 0 (b)|−1 , A)). Случай c = b или c = a также учитывается этой формулой: главный √ член будет вдвое меньше, но он поглощается остатком O(H A). Остается вычислить несобственный интеграл в правой части. Рассмотрим контур Γ, состоящий из четвертей окружностей радиусов r и R с центром в нуле, расположенных в первом квадранте, и соединяющих концы этих дуг отрезков вещественной и мнимой осей. Согласно теореме Коши Z 2πis e √ ds = 0. s Γ Интегралы по дугам стремятся к нулю при r → 0 и R → ∞, ибо π 2
Z 0
Z 0
π 2
iϕ
√ e2πire iϕ √ iϕ ire dϕ r, 2 re 2πiReiϕ √ Z π2 −2πR sin ϕ e iϕ iRe dϕ R e dϕ √ iϕ Re 2 0 √ Z π2 −4Rϕ 1 R e dϕ √ . R 0
Таким образом, получаем √ Z 2 0
∞
πi Z ∞ √ πi Z ∞ e−2πu 1 e2πiu e4 √ du = 2e 4 √ du = √ e−x x− 2 dx u u π 0 0 πi πi e4 1 = √ Γ =e4. 2 π
Этим доказательство завершается. Теперь мы готовы к доказательству формулы Вороного.
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
51
Теорема 21 (формула Вороного). Пусть T 6 x. Тогда справедливо равенство X τ (n) = x ln x + (2C − 1)x n6x 1
x4 + √ π 2
τ (n)
X
3
1 T 2 n6 x ( 2π )
n4
1+ε √ π x cos 4π nx − +O , 4 T
где C – постоянная Эйлера. √ Доказательство. Будем считать T > 100 x, так как в противном случае формула Вороного следует из теоремы Дирихле. Будем также считать, не ограничивая общности, что верхний предел суммирования в правой части формулы Вороного есть полуцелое число. При Re s > 1 имеем ∞ X τ (n) = ζ 2 (s), s n n=1
причем согласно задаче 1, д к § 1 справедлива оценка τ (n) nε . Поскольку дзета-функция Римана имеет при s = 1 полюс первого порядка, то при σ → 1 + 0 имеем ∞ X τ (n) 1 = ζ 2 (σ) . σ n (σ − 1)2 n=1
Выберем b = 1 + T 6 x. Имеем X n6x
1 ln x
и применим формулу Перрона, полагая
1 τ (n) = 2πi
Z
b+iT
b−iT
1+2ε xs x ζ (s) ds + O . s T 2
Рассмотрим прямоугольный контур Γ с вершинами в точках b ± iT , −ε ± iT . Согласно теореме Коши о вычетах Z 1 xs xs xs ζ 2 (s) ds = ress=1 ζ 2 (s) + ress=0 ζ 2 (s) . 2πi Γ s s s Вычислим вычеты в правой части последнего равенства: s 0 xs 2 2x ress=1 ζ (s) = x ln x − x + 2Cx, = ((s − 1)ζ(s)) s s s=1
52
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
что следует из задачи 4 к § 3, и ress=0 ζ 2 (s)
xs = ζ 2 (0) 1. s
Теперь оценим интегралы по горизонтальным сторонам контура Γ. Используя теорему 19 и задачу 3 к § 4, получим Z
b
x0 xσ±iT dσ max |ζ 2 (σ ± iT )| σ ± iT T −ε6σ60 Z ln2 T 1 σ 1−σ xb + max |ζ 2 (σ ± iT )| x T dσ + T T 16σ6b 0 x x1+3ε T 2ε ln2 T + ln2 T . T T
ζ 2 (σ ± iT )
−ε
Итак, имеем X n6x
x1+3ε τ (n) = x ln x + (2C − 1)x + j + O , T
где j=
1 2πi
Z
−ε+iT
ζ 2 (s)
−ε−iT
xs ds. s
Преобразуем интеграл j к более удобному виду. Легко видеть, что Z −ε+2πi xs 1 ζ 2 (s) ds 1, 2πi −ε−2πi s и, поскольку дзета-функция Римана вещественна при вещественных s, 1 2π
Z
−2π
−T
Z T x−ε+it 1 x−ε−it ζ (−ε + it) dt = ζ 2 (−ε − it) dt −ε + it 2π 2π −ε − it Z T 1 x−ε+it = ζ 2 (−ε + it) dt. 2π 2π −ε + it 2
Таким образом, j=
1 Re π
Z
T
2π
ζ 2 (−ε + it)
x−ε+it dt + O(1). −ε + it
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
53
Согласно функциональному уравнению дзета-функции Римана и задаче 2 к § 4 имеем ζ 2 (−ε + it) = χ2 (−ε + it)ζ 2 (1 + ε − it) 1+2ε π t t 1 = ζ 2 (1 + ε − it) e−2it ln 2πe +i 2 1 + O . 2π t Учитывая, что 1 1 1 = 1+O −ε + it it t и
∞ ∞ X X τ (n) it τ (n) n 1, 1+ε n n1+ε n=1 n=1
ζ 2 (1 + ε − it) = получаем равенство ζ 2 (−ε + it)
x−ε+it −ε + it
= ζ 2 (1 + ε − it)
x−ε t2ε −it ln( 1 ( t )2 ) x 2πe e + O(x−ε t2ε−1 ). (2π)1+2ε
Таким образом, 1 x−ε j= Re π (2π)1+2ε
Z
T
1
t
2
ζ 2 (1 + ε − it)t2ε e−it ln( x ( 2πe ) ) dt + O(T 2ε ).
2π
Но ряд Дирихле для ζ 2 (1 + ε − it) сходится равномерно на отрезке интегрирования, поэтому его можно проинтегрировать почленно, что приводит к равенству j=
∞ 1 x−ε X τ (n) Re j(n) + O(T 2ε ), π (2π)1+2ε n=1 n1+ε
где Z
T
j(n) =
1
t
2
t2ε eit ln( nx ( 2πe ) ) dt.
2π
Мы изменили знак показателя мнимой экспоненты, так как он не влияет на вещественную часть. Теперь найдем асимптотическую формулу для величины j(n). Введем обозначение 2 t 1 t ln . f (t) = 2π nx 2πe
54
Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного
Тогда f 0 (t) =
2 1 t 1 t 1 ln = ln , 2π nx 2π π t1
√ где t1 = 2π nx. Очевидно, f 0 (t1 ) = 0. Пусть 2 1 T , x 2π
n1 =
причем T , напомним, таково, что n1 равно половине нечетного числа. Пусть вначале t1 > T , то есть n > n1 . Тогда, интегрируя по частям, найдем T
t2ε de2πif (t) 0 2π 2πif (t) Z T t2ε t2ε 2πif (t) T = e − e2πif (t) d . 0 2π 2πif (t) 2πif 0 (t) 2π Z
j(n) =
Но функция −t2ε (f 0 (t))−1 положительна и монотонно возрастает на отрезке интегрирования, поэтому, оценивая правую часть тривиально, получим j(n)
T 2ε T 2ε , |f 0 (T )| ln nn1
ибо 2 1 1 T 1 n f (T ) = ln =− ln . 2π nx 2π 2π n1 0
Таким образом, в силу полуцелости n1 , имеем X τ (n) X 1 1 Re j(n) T 2ε ε 1+ 1+ε n n 2 ln nn1 n>n n>n 1
1
T 2ε
1
X n> 32 n1 − 2ε
T 2ε n1
n
1+ 2ε
+
T 2ε ε n1 1+ 2
− 2ε
X
+ T 2ε n1
06k6 − 2ε
T 2ε n1
ln n1 T 2ε .
n1 2
X n1