Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы аналитической теории чисел
.pdf
§ 5. Метод Виноградова. Граница нулей дзета-функции 111
откуда, совершая преобразование Абеля и пользуясь теоремой 12, находим
ζ(s)
t
2
nu
n
−it
du
σ+1
u
t
u−σe
2
1
+
σ
t
nt
ln3u
−γ
ln2t
−it
n
du + t
ln t
ln 2
+1
1−σ−γ
v(1−σ)−γ
e
+1
3
v
ln2t
dv + t
1−σ−γ
+1.
Функция в показателе достигает при v =lnt
симального значения, которое равно a(1 − σ)
3
2
ζ(s) t
a(1−σ)
ln t + t
(1 − σ)/3γ своего мак-
3/2
ln t, следовательно,
1−σ−γ
,
причем второе слагаемое всегда меньше первого, так как выражение
a(1 − σ)
3/2
− (1 − σ) минимально при 1 −σ =3γ, его значение в точке
минимума равно −γ.
С помощью теоремы 13 можно получить оценку вида ζ(s) lnct
2/3
при σ 1 − (ln ln t/ ln t)
вместо прежнего σ 1 − 1/ ln t, что явля-
ется ключевым моментом при уточнении границы нулей.
Теорема 14. Существует c>0 такое, что при любом T 10
дзета-функция Римана не имеет нулей в области
σ 1 −
ln
Доказательство. Выберем параметр r = (ln ln T/ln T )
c
2
3
T (ln ln T )
, |t| T.
1
3
2/3
.Пусть
= β + iγ — произвольный нетривиальный нуль дзета-функции Римана, причем |γ| T . Для доказательства теоремы достаточно показать, что
1 − β>
2
3
ln
T (ln ln T )
c
.
1
3
Если |γ| 10, это следует из границы нулей Валле-Пуссена (см. теорему 15 главы 1). Поскольку нули ζ(s) симметричны относительно
вещественной оси, достаточно рассмотреть положительные значения
112 Глава 2. Метод тригонометрических сумм
r
γ, 10 <γ T . При этом можно считать, что 1 − β<
,таккакв
10
противном случае искомое неравенство тривиально. Кроме того, из
теоремы Валле-Пуссена следует, что 1 −β>c
> 0.
c
1
/ ln T при некотором
1
Согласно результату задачи 1,б) к §4 главы 1 при σ>1 имеем
−Re
ζ
ζ(s)
(s)
=Re
∞
n=1
Λ(n)
n
∞
=
s
Λ(n) n−σcos(t ln n).
n=1
Отсюда, пользуясь тем, что при любом вещественном ϕ справедливо
неравенство
3+4cosϕ +cos2ϕ =2+4cosϕ +2cos
2
ϕ =2(1+cosϕ)2 0,
а функция Мангольдта неотрицательна, при σ
+4
ζ
3−
(σ0)
ζ(σ0)
Взяв t = γ, σ
(σ0+ it)
ζ
−Re
ζ(σ0+ it)
=1+4(1− β), оценим сверху каждое слагаемое в
0
+
> 1 находим
0
ζ
−Re
ζ(σ0+2it)
(σ0+2it)
0.
левой части последнего неравенства. Логарифмическая производная
дзета-функции Римана имеет при s =1полюс первого порядка с вы-
четом −1, поэтому
−
(σ0)
ζ
ζ(σ0)
1
σ0− 1
+ c
=
2
1
4(1 − β)
+ c
.
2
Перейдем к оценке второго слагаемого в основном неравенстве. Пользуясь тем, что σ
1
|ζ(σ0+ iγ)|
а согласно теореме 13 в круге |s −(σ
> 1, находим
0
∞
μ(n)
=
σ0+iγ
n
n=1
ζ(σ
1
1 − β
ln T,
0
0
)
1
σ0− 1
+ iγ)| r имеем ζ(s) ln
c
3
T ,
поэтому в упомянутом круге
Пусть s
ζ(s)
ζ(σ0+ iγ)
,...,sn— все нули ζ(s) в круге |s −(σ0+ iγ)|
1
ln
c
4
T.
r
с учетом
2
кратности. Рассмотрим функцию
n
F (s)=ζ(s)
(s − sk)−1,
k=1
§ 5. Метод Виноградова. Граница нулей дзета-функции 113
которая, очевидно, аналитична в круге |s −(σ
нулей в круге |s − (σ
+ iγ)|
0
r
. На окружности |s −(σ0+ iγ)| = r,
2
+ iγ)| r и не имеет
0
пользуясь предыдущей оценкой, имеем
F (s)
F (σ0+ iγ)
=
ζ(s)
ζ(σ0+ iγ)
n
σ0+ iγ −s
k=1
s − s
k
k
ln
c
4
T,
причем в силу принципа максимума это неравенство будет справедливо и во всем круге |s −(σ
которая аналитична в круге |s − (σ
+ iγ)| r. Рассмотрим теперь функцию
0
f(s)=ln
F (s)
F (σ0+ iγ)
+ iγ)|
0
,
r
, причем на его окруж-
2
ности выполняется оценка
c
ln ln T.
4
Re f(s)=ln
F (s)
F (σ0+ iγ)
Применение теоремы 13 главы 1 приводит к неравенству
4c
ln ln T
4
k
,
r
|f
(σ0+ iγ)| =
ζ
(σ0+ iγ)
ζ(σ0+ iγ)
n
−
k=1
1
(σ0+ iγ) −s
из которого следует, что
n
−
(σ0− σk)2+(γ −tk)
k=1
σ0− σ
k
.
2
−Re
(σ0+ iγ)
ζ
ζ(σ0+ iγ)
4c
ln ln T
4
r
Как известно, все нетривиальные нули ζ(s) лежат в критической полосе, то есть σ
1, в то же время σ0> 1. Следовательно, оставляя
k
в сумме только один нуль, а именно = β + iγ, который как раз ле-
жит в круге |s − (σ
+ iγ)|
0
r
,ибо1 − β<
2
r
, мы только увеличим
10
правую часть. Итак, справедлива оценка
−Re
(σ0+ iγ)
ζ
ζ(σ0+ iγ)
4c
ln ln T
4
r
−
5(1 − β)
1
,
и аналогичные рассуждения приводят нас к неравенству
−Re
(σ0+2iγ)
ζ
ζ(σ0+2iγ)
4c
ln ln T
5
.
r
114 Глава 2. Метод тригонометрических сумм
Собирая вместе все полученные оценки и подставляя их в основное
неравенство, находим
3
4(1 − β)
−
5(1 − β)
4
c
ln ln T
6
+
0,
r
откуда, приводя подобные слагаемые, получаем
r
1 − β
20c
1
ln ln T
6
,
что и требовалось.
Задачи к §5
1. Доказать, что последовательность дробных долей функции
f(x)=e
где 1 <γ<
3
, распределена равномерно. Указание. Воспользовать-
2
ся теоремой 2, оценив соответствующую тригонометрическую сумму
методом Виноградова аналогично доказательству теоремы 12.
2. Доказать асимптотическую формулу
x
π(x)=
du
+ Oxe
ln u
2
Указание. Действовать аналогично доказательству теоремы 16 главы
1, пользуясь теоремой 14.
lnγx
−c ln
,
3
5
x(ln ln x)
1
−
5
.
Глава 3
Метод решета
Настоящая глава посвящена методам получения верхних и нижних оценок для количества чисел, принадлежащих заданному множеству, все простые делители которых больше некоторого заданного
числа. Как правило, эти методы в своей основе имеют комбинаторную природу и восходят к известной процедуре решета Эратосфена.
Основным приложением и стимулом развития методов решета являются бинарные аддитивные задачи с простыми числами, такие как
рассматриваемые здесь проблема простых чисел-близнецов и бинарная проблема Гольдбаха.
§ 1. Решето Эратосфена. Тригонометрические
суммы с простыми числами
Если из множества натуральных чисел, не превосходящих x,мы
отсеем сначала числа, делящиеся на 2, затем на 3, на 5, и так далее до наибольшего простого, не превосходящего
ся после этой процедуры числа, исключая единицу, суть в точности
все простые числа в промежутке (
принадлежит Эратосфену и насчитывает более двух тысяч лет, а ее
аналитическая формулировка была найдена Лежандром с помощью
формулы включения-исключения. Отсеивая числа, делящиеся на 2, а
затем на 3, мы отсеиваем дважды те числа, которые делятся на 2 · 3,
поэтому их нужно вновь добавить к общему количеству. Рассуждая
√
x, x]. Идея такого просеивания
√
x, то оставшие-
116 Глава 3. Метод решета
таким образом, получим
1+
√
x<px
1=[x] −
p√x
x
+
p
p1<p2√x
p1p
x
− ...
2
Обозначая через P (z) произведение всех простых чисел, не превосхо-
дящих z, можно переписать формулу Лежандра в более компактном
виде
π(x) − π(
√
x)+1=
d|P (√x)
μ(d)
x
.
d
Сумма в правой части неудобна для анализа, поскольку имеет очень
много слагаемых. Однако, их число можно сократить, выполняя просеивание лишь по простым числам, не превосходящим z. В этом слу-
чае в левой части мы получим количество натуральных чисел, не превосходящих x и взаимно простых с P (z).
Теор е ма 1. Справедлива оценка
nx
(n,P (z))=1
1=
μ(d)
d|P (z)
x
d
x
ln z
+2
z
.
Доказательство. Пользуясь теоремой 2,б) главы 1 и меняя порядок суммирования, находим
nx
(n,P (z))=1
1=
nx
d|(n,P (z))
μ(d)=
d|P (z)
μ(d)
k
x
d
1=
μ(d)
d|P (z)
x
,
d
откуда, заменяя целую часть ее аргументом, получим
d|P (z)
μ(d)
x
d
= x
d|P (z)
μ(d)
d
+ O
d|P (z)
1.
Согласно теореме 1 главы 1 функция μ(d)/d и ее сумма по делителям
являются мультипликативными, следовательно
d|P (z)
μ(d)
d
=
pz
1 −
1
.
p
§ 1. Решето Эратосфена. Суммы с простыми числами 117
Пользуясь задачей 1,ж) к §4 главы 1, имеем
ln
pz
1 −
1
p
ln1 −
=
pz
1
p
−
1
− ln ln z + c
p
pz
,
1
и для завершения доказательства достаточно заметить, что
1=τ(P (z)) = 2
d|P (z)
π(z)
2z.
Из приведенного доказательства видно, что процедура просеивания сводится к учету условия взаимной простоты n и P (z) с помощью
«просеивающего» множителя теоремы 2,б) главы 1. Действуя аналогично, найдем
S(A, z)=
n∈A
(n,P (z))=1
1=
n∈A
μ(d)
d|(n,P (z))
для любого конечного множества A натуральных чисел.
Следствие (Лежандр). Справедлива оценка
π(x)
x
ln ln x
.
Доказательство. Нетрудно видеть, что
π(x) z +
(n,P (z))=1
1,
nx
откуда, пользуясь теоремой 1 и выбирая z =lnx, получим требуемую
оценку.
Сравнивая оценку Лежандра с полученной в задаче 1,д) к §4 главы
1, можно видеть, насколько более слабый результат дает здесь решето Эратосфена. Причина в том, что число слагаемых в остаточном
члене все еще очень велико, что вынуждает нас выбирать z малым.
Ранкин с помощью остроумного приема сумел использовать тот факт,
что суммирование в формуле Лежандра идет лишь по d x, так как
в противном случае целая часть обращается в нуль. Это позволяет
существенно увеличить z и уточнить оценку, хотя и не дает еще правильного порядка π(x).
118 Глава 3. Метод решета
Теорема 2 (Ранкин). Справедлива оценка
d|P (z)
dx
1 xe
ln x
−
ln z
ln z.
Доказательство. Пусть δ — малое положительное число. Имеем
цепочку неравенств
= x
x
d
1−δ
1−δ
x
pz
1−δ
1+
d|P (z)
1
1−δ
p
1
=
1−δ
d
x exp−δ ln x +
pz
p
1
1−δ
,
d|P (z)
dx
1
d|P (z)
dx
где мы пользовались мультипликативностью суммы по делителям и
x
тем, что 1+x e
. Представляя pδв последней сумме в виде e
пользуясь тем, что e
1 x exp−δ ln x +
d|P (z)
dx
x
1+xex, находим
pz
1
p
+ δz
δ
pz
ln p
p
.
δ lnp
Суммы по простым числам, стоящие в правой части, уже вычислены
в задачах 1,е) и ж) к §4 главы 1. Полагая δ =1/ ln z, придем к искомой
оценке.
и
Следствие. Справедлива оценка
π(x)
x ln ln x
ln x
.
Доказательство. Согласно теореме 1 имеем
nx
(n,P (z))=1
1=
d|P (z)
dx
μ(d)
x
d
= x
d|P (z)
dx
μ(d)
d
+ O
d|P (z)
1.
dx
Сумма в остатке уже оценена в теореме 2, поэтому рассмотрим главный член. Как и при доказательстве теоремы 1, получим
d|P (z)
dx
μ(d)
d
=
d|P (z)
μ(d)
d|P (z)
d>x
μ(d)
d
ln z
−
d
1
+
d|P (z)
d>x
1
.
d
§ 1. Решето Эратосфена. Суммы с простыми числами 119
Пусть N — некоторое число, большее P (z). Совершая с последней
суммой преобразование Абеля (см. теорему 5 главы 1), найдем
d|P (z)
x<dN
1+
N
x
d|P (z)
x<du
1
1
=
d
N
d|P (z)
x<dN
du
1
.
2
u
Так как первая сумма в правой части не зависит от N при N>P(z),
устремляя N к бесконечности и пользуясь теоремой 2, имеем
d|P (z)
d>x
∞
ln u
−
ln z
ue
x
ln z
du
u
=ln2z
2
1
d
∞
ln x
ln z
e−vdv = e
ln x
−
ln z
ln2z.
Собирая вместе полученные оценки, находим
π(x) z +
nx
(n,P (z))=1
1 z +
x
ln z
+ xe
ln x
−
ln z
ln2z,
и доказательство завершается выбором ln z =
ln x
3lnlnx
.
Несмотря на то, что метод решета Эратосфена не дает хорошего
результата в задаче о распределении простых чисел, он оказывается
чрезвычайно полезным в смежных задачах. Так, Виноградов применил этот метод к оценке линейной тригонометрической суммы с простыми числами, что дало ему ключ к решению тернарной проблемы
Гольдбаха, то есть задачи о представимости любого достаточно большого нечетного числа суммой трех простых чисел. Тернарной проблеме Гольдбаха, в числе прочего, посвящен §3 главы 4.
Теорема 3 (Виноградов). Пусть
α =
q
,
2
q
θ
h
+
где q N, (h, q)=1, |θ| 1. Тогда имеет место оценка
pN
2πiαp
e
N ln2N
1
q
+
N
−
+ e
q
√
1
ln N
2
.
120 Глава 3. Метод решета
Доказательство. Применение решета Эратосфена приводит к равенству
√
N<pN
2πiαp
e
=
Разобьем сумму в правой части на сумму W
по n H,гдеH =exp(0.5√ln N). Добавляя сумму по простым,
W
2
не превосходящим
Оценим W
. Если поменять порядок суммирования, то внутренняя
1
+1=
kN
d|P (√N)
√
N, получим
2πiαp
e
pN
d|(k,P(√N))
2πiαnd
e
N
d
μ(d)
2πiαk
e
n
= W1+ W2+ O(√N).
μ(d)=
=
μ(d) e
nN
d|P (√N)
N
d
n
по H<n N и сумму
1
2πiαnd
.
сумма окажется линейной, поэтому, пользуясь результатом задачи 3
к §1 главы 2, имеем
N
H
d|P (√N)
N
d
n
μ(d)
H<n
μ(d) e
N
d
2πiαnd
2πiαnd
e
=
d
N
min
N
H
d
,
αd
1
.
W
=
1
=
H<nN
d|P (√N)
d
В последней сумме выделим подсумму, отвечающую d q/2, а оставшуюся часть разобьем на не более N/(Hq)+1подсумм длины q.При
d q/2 произведение hd пробегает некоторые ненулевые и различные
вычеты по модулю q, так как h и q взаимно просты. Учитывая, что
|θd| не превосходит q/2, получим
d
q
2
1
αd
nq
n −
q
1
2
q ln N.
Если же d = qt + r при фиксированном натуральном t и r, меняющемся в пределах от −q/2 до q/2,то
3θ
+
2q
,
αd =
hr + l
q
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]