Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы аналитической теории чисел
.pdf
§ 5. Асимптотический закон распределения простых чисел 41
§ 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 в доказательстве
явилось установление так называемой границы нулей дзета-функции
Римана.
Теорема 15 (Валле-Пуссен). Существует c>0 такое, что
при любом T 10 дзета-функция Римана не имеет нулей в области
c
σ 1 −
Доказательство. При s =1дзета-функция Римана имеет полюс,
поэтому при достаточно малом c существует T
сти
1 −
c
ln T
функция ζ(s) не имеет нулей. Кроме того, дзета-функция Римана не
имеет нулей при σ>1.
Согласно результату задачи 1,б) к §4 при σ>1 имеем
−Re
ζ
ζ(s)
(s)
=Re
∞
n=1
Отсюда, пользуясь тем, что при любом вещественном ϕ справедливо
неравенство
3+4cosϕ +cos2ϕ =2+4cosϕ +2cos
, |t| T.
ln T
σ 1, |t| T
∞
Λ(n)
n
=
s
Λ(n) n−σcos(t ln n).
n=1
2
ϕ =2(1+cosϕ)2 0,
> 0 такое, что в обла-
0
0
в области 1 <σ 2, T
+4
(σ)
ζ
3−
ζ(σ)
<t T находим
0
(σ + it)
ζ
−Re
ζ(σ + it)
+
−Re
(σ +2it)
ζ
ζ(σ +2it)
0.
Оценим сверху каждое слагаемое в левой части этого неравенства.
Логарифмическая производная дзета-функции Римана имеет при s =
=1полюс первого порядка с вычетом −1, поэтому
−
(σ)
ζ
ζ(σ)
1
σ − 1
+ c
.
1
42 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
Пользуясь теоремой 14, определением функции ξ(s) и представлением
гамма-функции в виде бесконечного произведения, получим
ξ
ξ(s)
(s)
= a +
1
s −
1
+
1
−
2
=
ln π +
1
s −1
ζ
ζ(s)
(s)
−
∞
C
−
−
2
n=1
1
s +2n
1
−
2n
.
Обозначая Re через β,аIm через γ, имеем
−Re
(s)
ζ
ζ(s)
−
(σ − β)2+(t − γ)
σ − β
2
+
β2+ γ
β
2
+ c
ln T,
2
ибо в области 1 <σ 2, T
s −1
1
+ c
3
∞
−
n=1
s +2n
<t T справедливо неравенство
0
1
−
1
2n
1
T
0
+ |c3| +
nT
1
+
n
n>T
|s|
4n
2
c2ln T.
Но так как σ>1,а0 β 1,товсуммепо все слагаемые неотрицательны, следовательно,
−Re
(σ + it)
ζ
ζ(σ + it)
−
σ − β
(σ − β)2+(t − γ)
+ c2ln T,
2
где = β + iγ — произвольный нетривиальный нуль дзета-функции
Римана. Действуя аналогично, найдем
(σ +2it)
ζ
−Re
ζ(σ +2it)
Собирая вместе полученные неравенства, при 1 <σ 2, T
c
ln T.
4
<t
0
T приходим к соотношению
3
σ − 1
−
4(σ − β)
(σ − β)2+(t − γ)
+ c5ln T 0,
2
где = β + iγ — произвольный нетривиальный нуль дзета-функции
Римана. Для доказательства теоремы достаточно показать, что если
§ 5. Асимптотический закон распределения простых чисел 43
<γ T ,тоβ<1 −
T
0
c
для достаточно малого c. Взяв в предыду-
ln T
щем неравенстве t равным γ, получим
Возьмем теперь σ =1+
4
σ − β
2c5ln T
β 1 −
1
3
σ − 1
+ c
5
ln T.
, что приводит нас к неравенству
1
14c5ln T
и завершает доказательство теоремы.
Перейдем теперь к доказательству асимптотического закона распределения простых чисел.
Теорема 16. Справедлива асимптотическая формула
ψ(x)=
Λ(n)=x + Oxe
nx
−c√ln x
.
Доказательство. Согласно результату задачи 1,б) к §4 в полуплоскости Re s>1 имеем
(s)
ζ
−
ζ(s)
Применим формулу Перрона, полагая a =1, b =1+
∞
Λ(n)
=
n=1
.
s
n
1
. Параметр
ln x
α равен единице, ибо логарифмическая производная ζ(s) имеет при
s =1полюс первого порядка. Для коэффициентов Λ(n) справедлива
тривиальная оценка ln n. Таким образом, получаем для сумматорной
функции представление
nx
Λ(n)=
1
2πi
b+iT
b−iT
−
(s)
ζ
ζ(s)
s
x
ds + O
s
2
x ln
x
+lnxln T.
T
Согласно теореме Валле-Пуссена о границе нулей дзета-функции Римана существует положительная постоянная c
2c
1
σ 1 −
, |t| 2T
ln T
такая, что в области
1
44 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
нет нулей ζ(s). Рассмотрим интеграл по контуру Γ, представляющему собой прямоугольник с вершинами b ±iT , α ± iT ,гдеα =1−
c
ln T
1
Подынтегральная функция аналитична на Γ и внутри него, исключая
простой полюс при s =1с вычетом x. Таким образом, в силу теоремы
Коши находим
1
x =
2πi
где через I
−
Γ
, I2, I3обозначены интегралы по левой и горизонтальным
1
(s)
ζ
ζ(s)
s
x
s
ds =
1
2πi
b+iT
b−iT
−
ζ
ζ(s)
(s)
s
x
s
ds + I
+ I2+ I3,
1
сторонам контура Γ, которые мы должны оценить сверху.
Применим теорему Бореля-Каратеодори к функции ln ζ(s) в круге
радиуса R =3c
/ ln T с центром в точке s0=1+
1
T . Согласно результату задачи 3 к §4 в круге |s − s
R
+ it,где10 t
2
| R справед-
0
лива оценка ζ(s) ln T , откуда получим
A(R)= max
|s−s0|=R
Re ln ζ(s)= max
|s−s0|=R
ln |ζ(s)| c2ln ln T.
Далее, находим
|ζ(s0)|
μ(n)
s
n
1
ln ζ (σ
∞
0
n=1
0
1
.
σ
0
n
) c3ln ln T,
ибо
−Re ln ζ(s
)=−ln |ζ(s0)| =ln
0
∞
1
|ζ(s0)|
=
n=1
.
Итак, при n 1 для коэффициентов Тейлора функции ln ζ (s) имеет
место оценка
ln ζ(s)
ln ln T
R−nln ln T.
s=s
0
∞
n=1
n
5
n
ln T ln T ln ln T.
6
n
d
1
a
=
n
Раскладывая логарифмическую производную ζ (s) в степенной ряд, в
круге |s − s
ζ
ζ(s)
(s)
=
n=1
5c
|
0
2lnT
∞
nan(s − s0)
1
n
n!
ds
находим
n−1
§ 5. Асимптотический закон распределения простых чисел 45
В частности, такая оценка справедлива на горизонтальных сторонах
контура Γ, если σ σ
+ R, и на его левой стороне, если |t| 10.Если
0
|t| < 10, то на левой стороне Γ справедлива оценка
ζ
(s)
ln T,
ζ(s)
поскольку логарифмическая производная ζ(s) имеет при s =1полюс
первого порядка. Наконец, при σ>σ
+ R на горизонтальных сторо-
0
нах контура Γ по той же причине имеем
ζ
(s)
ζ(s)
Перейдем теперь к оценке интегралов I
∞
n=1
Λ(n)
σ0+R
n
ln T.
, I2, I3по сторонам кон-
1
тура Γ. Пользуясь полученными оценками для логарифмической производной ζ(s), найдем
I
xαln T
1
I
2,I3
10
dt + xαln T ln ln T
0
ln T ln ln T
T
α
b
xσdσ
T
10
dt
x
t
x
ln T ln ln T.
T
α
ln2T ln ln T,
Собирая вместе все полученные оценки, имеем
2
ψ(x)=x + O
x ln
T
откуда, полагая T = e
x ln T ln ln T
x
+
√
ln x
T
, получим требуемое.
α
+ x
ln2T ln ln T +lnx ln T,
Следствие (асимптотический закон распределения простых чисел). Имеет место асимптотическая формула
1=
x
du
+ Oxe
ln u
2
−c√ln x
.
π(x)=
px
Доказательство. Пользуясь определением функции Мангольдта,
находим
ψ(x)=
Λ(n)=
nx
px
ln p +
pkx
k2
ln p =
ln p + O(√x),
px
46 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
ибо в силу результата задачи 1,д) к §4 получаем, что
pkx
k2
ln p =
p√x
ln p
2k
ln x
ln p
1
ln p
p√x
ln x
ln p
ln x
1 √x.
p√x
Таким образом, применение теоремы 16 приводит нас к соотношению
ln p = x + Oxe
px
−c√ln x
.
Пусть δ(n) обозначает характеристическую функцию множества
простых чисел. Совершая преобразование Абеля, находим
π(x) − 1=
=
2<px
1
ln x
2<nx
=
1=
2<nx
δ(n)lnn +
x
+
ln x
x
2
δ(n)lnn ·
x
2
du
+ Oxe
ln2u
1
ln n
2<nu
=
δ(n)lnn
−c√ln x
+
u ln2u
x
2
du
−c√ln u
e
=
du.
Взяв по частям интеграл в главном члене, получим
x
ln x
x
2
du
ln2u
=
+
x
ln x
x
−
ud
2
1
ln u
x
du
ln u
+ O(1).
=
2
Наконец, оценим интеграл в остаточном члене, разбив его на два интеграла и пользуясь монотонностью подынтегральной функции
2
x
e
−c√ln u
du
√
x
2
du + e
−c
ln x
x
du xe
√
x
−c
√
ln x
1
,
√
1
чем и завершается доказательство.
В 1958 году Виноградов получил новую границу нулей дзета-функции Римана — σ 1 − c(ln T )
в асимптотическом законе — x exp(−c(ln x)
2
−
−ε
3
, и новую оценку остаточного члена
0.6−ε
). Эти результаты,
по существу, не улучшены и по сей день, а их изложению посвящен
§5 главы 2. Между тем, из гипотезы Римана следует, что
π(x)=
x
du
ln u
2
+ O(
√
x ln x).
§ 5. Асимптотический закон распределения простых чисел 47
Задачи к §5
1. Доказать асимптотические формулы
а)
б)
где r(n) — число решений уравнения ϕ(m)=n. Указание. В пункте
б) пользоваться результатом задачи 3 к §2, для возврата к исходной
сумматорной функции применить так называемое асимптотическое
дифференцирование — при монотонно возрастающей функции A(x)
nx
nx
r(n)=
μ(n)=Oxe
ζ(2)ζ(3)
ζ(6)
x + Oxe
−c√ln x
;
−c√ln x
,
x
A(u)du hA(x)
x−h
x+h
A(u)du.
x
Вид остаточного члена обусловлен тем, что удовлетворительно оценить производящую функцию удается лишь в узкой окрестности единичной прямой.
2. Доказать асимптотические формулы
а)
nx
σ2(n)=
2
(2)ζ(3)
ζ
ζ(4)
x
3
3
+ O(x
7
3
ln3x);
б)
τ(n2)=
nx
x ln
2ζ(2)
2
x
+ c
x ln x + c2x + O(x
1
4
+ε
5
);
в)
nx
2
ν(n)
=
x ln x
ζ(2)
+ c
x + O(x
1
3
+ε
4
),
где ν(n) — число различных простых делителей n.
48 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
3. Доказать асимптотическую формулу
nx
1
τ(n)
=
+ c
√
x(ln x)
1
x
π ln x
p
3
−
2
+ ...+ c
p(p − 1) ln
N−1
p
p − 1
x(ln x)
+
−N+
1
2
+ O(x(ln x)
−N−
1
2
),
где N — произвольное фиксированное число. Указание. Обойти точку
ветвления при s =1по разрезу, на берегах которого функцию, умно-
жаемую на x
4. Пусть N 1, g
(p) равна нулю, если p делит 2N , и равна
g
N
σ
, приблизить многочленом Тейлора по степеням 1 −σ.
(n) — мультипликативная функция, причем
N
1
в противном слу-
p−2
чае. Доказать, что при x 2 справедливо равенство
μ2(n)gN(n)=ln x + C +
nx
ϕ(2N)
×
2N
p2N
p|2N
1+
ln p
p − 1
1
p(p − 2)
×
+ O(e
√
ln Nx−
1
3
ln2x),
причем постоянная в знаке O абсолютна.
§ 6. Проблема делителей Дирихле.
Формула Вороного
Асимптотические формулы для некоторых сумматорных функций
можно получить не прибегая к методу комплексного интегрирования,
например,
nx
τ(n)=
nx
d|n
1=
dx
x
d
= x
1
+ O(x)=x ln x + O(x).
d
dx
Полученная оценка остатка очень груба, так как суммирование по
d идет вплоть до x, где ошибка от замены целой части дроби
x
на
d
саму дробь сравнима по величине с последней. Гораздо более точную
оценку можно получить с помощью изящного приема, восходящего к
Гауссу.
§ 6. Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного 49
Теорема 17 (Дирихле). Справедливо равенство
τ(n)=x ln x +(2C −1)x + O(√x).
nx
Доказательство. Нетрудно видеть, что
nx
τ(n)=
dx
x
=
d
1.
uvx
Таким образом, интересующая нас величина представляет собой число точек c целыми положительными координатами под гиперболой
uv = x. Имеет место соотношение
nx
τ(n)=2
d√x
x
−
d
d√x
2
1
.
Действительно, первое слагаемое в правой части есть число целых
точек под рассматриваемой гиперболой с ограничением u
число целых точек под этой же гиперболой с ограничением v
Эти две области перекрываются по квадрату u, v
√
x, то есть целые
√
x плюс
√
точки в этом квадрате считаются дважды и их количество должно
быть вычтено. Согласно результату задачи 1 к §3 имеем
τ(n)=2x
nx
d√x
1
− x + O(
d
√
x)=x ln x +(2C − 1)x + O(√x),
что и требовалось.
Положим
R(x)=
τ(n) − x ln x −(2C −1)x.
nx
Проблема уточнения оценки R(x) известна как проблема делителей
1/3+ε
Дирихле. В 1903 году Вороной показал, что R(x) x
ший на сегодняшний день результат — R(x) x
131/416+ε
. Наилуч-
—получен
Хаксли в 2003 году. С другой стороны, Харди доказал существование
последовательности x
|R(x
)|x
n
1
4
. Предполагают, что имеет место оценка R(x) x
n
, стремящейся к бесконечности и такой, что
n
1
4
+ε
x.
.
50 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
Мы найдем явную формулу для R(x), известную как формула Во-
1/3+ε
роного, из которой легко вытекает оценка R(x) x
. Для этого
мы проведем контур интегрирования существенно левее единичной
прямой, и вместо того, чтобы оценивать интеграл по левой стороне
контура, вычислим его асимптотически. Нам потребуются два вспомогательных утверждения.
Теорема 18. Вобласти0 σ 1, t 2π имеет место оценка
1−σ
ζ(s) t
2
ln t.
Доказательство. Рассмотрим вспомогательную функцию
f
(s)=e
ε
εis+
s−1
2
ln(−is)
1
ln(−is)
.
В области 0 σ 1, t 2π справедливо соотношение
ибо ln |s| =
|f
(s)| =
ε
−εt+
e
σ−1
2
ln |s|−
t
arg(−is)
2
ln2|s| +arg2(−is)
1
ln(σ2+ t2),аarg(−is)=−arctg
2
σ−1
−εt
2
e
t
σ
, при этом постоянная
t
ln t
,
в знаке Харди абсолютна.
Рассмотрим теперь функцию ζ(s)f
Согласно результату задачи 3 к §4 имеют место оценки ζ(it)
(s) в области 0 σ 1, t 2π.
ε
√
t ln t
и ζ(1 + it) ln t. Таким образом, на границе указанной полуполосы
имеем
(s)| M,
|ζ(s)f
ε
где M — абсолютная постоянная. При T T
(ε) та же оценка верна
0
и при s = σ + iT , 0 σ 1, что опять же вытекает из утверждения
упомянутой задачи. В силу принципа максимума модуля указанная
оценка справедлива в прямоугольнике 0 σ 1, 2π t T , а значит
и во всей полуполосе 0 σ 1, t 2π, поскольку T можно выбрать
произвольно большим.
Таким образом, в области 0 σ 1, t 2π находим
1−σ
|ζ(s)| M|f
(s)|−1 M1eεtt
ε
2
ln t,
откуда, переходя к пределу при ε → 0, получим требуемое.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]