Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы аналитической теории чисел
.pdf
§ 6. Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного 51
Полученная оценка дзета-функции Римана в критической полосе
уточняет оценку утверждения задачи 3 к §4. Дальнейшие уточнения
этой оценки мы рассмотрим в §3 и §4 главы 2. В то же время так
называемая гипотеза Линделефа утверждает, что
ζ
1
+ it t
2
ε
.
Теорема 19. Пусть f(x) и ϕ(x) — вещественные функции, удо-
влетворяющие на отрезке [a, b] условиям
(4)
(x) и ϕ(x) непрерывны;
1) f
2) существуют числа H, A > 0, U b − a такие, что
(2)
(x) A−1,f
f
ϕ(x) H, ϕ
3) существует c ∈ [a, b] такое, что f
(3)
(x) A−1U−1,f
(x) HU−1,ϕ
(c)=0.
(4)
(x) A−1U−2,
(x) HU−2;
Тогда в слу ч а е a<c<bимеет место формула
b
a
ϕ(x)e
2πif(x)
dx =
+ O(H min(|f
ϕ(c)
2πif(c)+
e
f(c)
(a)|−1,√A)) + O(H min(|f(b)|−1,√A)),
πi
4
+ O(HAU−1)+
если же c = a или c = b, то справедливо равенство
b
a
ϕ(x)e
2πif(x)
dx =
ϕ(c)
1
2
f(c)
+ O(HAU
2πif(c)+
e
πi
4
+
−1
)+O(H min(|f(d)|−1,√A)),
где d = b при c = a и d = a при c = b, причем постоянные в знаках O
абсолютны.
Доказательство. Пусть a<c<b. Рассмотрим интегралы от c до
b иотa до c отдельно. Имеем
b
c
ϕ(x)e
2πif(x)
dx = ϕ(c)
b
2πif(x)
e
c
dx +
b−c
+
(ϕ(x + c) − ϕ(c))e
0
2πif(x+c)
dx.
52 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
Взяв второй интеграл по частям, получим
b−c
(ϕ(x + c) −ϕ(c))e
0
b−c
1
−
2πi
0
2πif(x+c)
ϕ(x + c) − ϕ(c)
dx =
2πif(x + c)
2πif(x+c)
e
ϕ(x + c)f(x + c) −f(x + c)(ϕ(x + c) − ϕ(c))
(f(x + c))
2
2πif(x+c)
e
b−c
0
−
dx.
Пользуясь условиями на производные функций f (x) и ϕ(x), из фор-
мулы конечных приращений Лагранжа найдем
ϕ(x + c) − ϕ(c)=ϕ
(x + c)=f(c)x + O(A−1U−1x2),ϕ(x + c)=ϕ(c)+O(HU−2x),
f
f
(x + c)=f(c)+O(A−1U−1x), |f(x + c)|A−1x.
(c)x + O(HU−2x2),
Из полученных оценок и неравенства U b − a следует, что
b−c
(ϕ(x + c) − ϕ(c))e
0
2πif(x+c)
dx HAU−1.
Отметим, что в случае интеграла от a до c справедлива аналогичная
оценка.
Рассмотрим теперь разность
Δ=
b−c
2πif(x+c)
e
0
dx −
0
b−c
f(x + c)e
2f(c)(f(x + c) − f(c))
2πif(x+c)
dx
.
Интегрируя по частям, имеем
−
Δ=
1
2πi
1
2πi
b−c
0
f(x + c)
f
−
(f(x + c))
1
(x + c)
−
1
2f(c)(f(x + c) − f(c))
+
2
8f(c)(f(x + c) − f(c))
(x + c)
f
e
2πif(x+c)
2πif(x+c)
e
3
2
b−c
0
−
dx.
Пользуясь формулой Тейлора и условиями на производные функции
f(x), получаем
f(x + c) − f(c)=
(x + c)=f(c)+f
f
(x + c)=f(c)x +
f
1
f
2
(c)x2+
1
(3)
f
(c)x3+ O(A−1U−2x4),
6
(3)
(c)x + O(A−1U−2x2),
1
(3)
f
(c)x2+ O(A−1U−2x3).
2
§ 6. Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного 53
Из найденных оценок и неравенства U b − a следует, что Δ AU
−1
и, следовательно,
dx =
0
b−c
f(x + c)e
2f(c)(f(x + c) − f(c))
2πif(x+c)
dx
+ O(AU
−1
).
b
2πif(x)
e
c
Рассматривая интеграл от a до c, аналогично найдем
c
2πif(x)
e
a
dx = −
0
f(x + c)e
2f(c)(f(x + c) − f(c))
a−c
2πif(x+c)
dx
+ O(AU
−1
),
√
ибо в этом случае x 0 и
x2= −x.
Сделаем в этих интегралах замену переменной u = f(x + c) − f(c),
обозначая через λ разность f(b) −f(c) или же f (a) −f (c). При этом
u 0, так как c — точка минимума f(x), поэтому в обоих случаях
получаем интеграл одного и того же вида
2πif(c)
e
2f(c)
λ
2πiu
e
√
du =
u
0
2πif(c)
e
=
2f(c)
∞
2πiu
e
√
du + O
u
0
∞
√
A
2πiu
e
√
λ
du
.
u
Оценим интеграл в остаточном члене двумя способами. С одной стороны, интегрируя по частям, находим
∞
2πiu
e
√
λ
1
du
u
2π√λ
∞
1
+
4π
3
−
2
u
λ
du
√
1
.
λ
С другой стороны, учитывая полученную оценку, при λ<1 имеем
∞
e
√
λ
2πiu
u
du
1
λ
du
√
∞
2πiu
e
+
u
√
1
du
1,
u
причем такая оценка справедлива и при λ 1 как тривиальное след-
ствие предыдущей. Теперь оценим снизу величину λ. Согласно формуле Тейлора
λ = f(b) − f (c)=
1
f
(ξ)(b − c)2
2
1
(b −c)
A
2
,
54 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
что приводит нас к оценке λ A|f
(b)|2, ибо в силу формулы конеч-
ных приращений Лагранжа имеем
(b)| = |f(ξ1)(b − c)|
|f
1
|b − c|.
A
Собирая вместе все полученные оценки, найдем
b
c
ϕ(x)e
2πif(x)
dx =
ϕ(c)
1
2
f(c)
2πif(c)
e
+ O(HAU
∞
√
2
−1
)+O(H min(|f(b)|−1,√A)).
2πiu
e
√
du +
u
0
В случае интеграла от a до c приходим к той же формуле, но во втором
остатке b заменится на 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. С одной
стороны, согласно теореме Коши
2πis
e
√
ds =0,
s
Γ
с другой стороны, этот интеграл равен сумме интегралов по отрезкам и дугам окружностей, составляющим контур Γ. Интеграл по дуге
окружности радиуса r тривиально оценивается как O(
√
r), а для ин-
теграла по дуге окружности радиуса R справедлива оценка
π
2πis
e
√
ds
s
C
R
√
2
e
0
−2πR sin ϕ
dϕ √R
R
π
2
−4Rϕ
e
0
dϕ
√
1
.
R
Таким образом, устремляя параметр r кнулю,аR к бесконечности,
получаем
√
∞
2πiu
e
2
√
u
0
√
du =
2 e
∞
πi
4
−2πu
e
√
du =
u
0
e
√
πi
4
Γ
π
πi
1
2
= e
4
,
что и требовалось.
Перейдем теперь к доказательству формулы Вороного.
§ 6. Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного 55
Теорема 20 (формула Вороного). При T x справедливо ра-
венство
τ(n)=x ln x +(2C −1)x +
nx
+
1
4
x
π√2
n
1
(
x
τ(n)
cos4π√nx −
3
4
n
2
T
)
2π
π
4
+ O
1+ε
x
,
T
причем постоянная в знаке O зависит только от ε.
√
Доказательство. Положим T 100
x, так как в противном слу-
чае формула Вороного вытекает из теоремы Дирихле. Будем также
считать, не ограничивая общности, что верхний предел суммирования
в правой части формулы Вороного есть полуцелое число. В полуплоскости Re s>1 имеем
∞
n=1
τ(n)
s
n
= ζ2(s),
причем в силу результата задачи 1,е) к §1 справедлива оценка τ(n)
ε
. Дзета-функция Римана имеет при s =1полюс первого порядка,
n
поэтому при σ → 1+0получим
∞
τ(n)
n
n=1
Выберем параметр b =1+
= ζ2(σ)
σ
1
и применим формулу Перрона, полагая
ln x
1
(σ − 1)
.
2
T x, что приводит нас к соотношению
nx
τ(n)=
1
2πi
b+iT
b−iT
ζ2(s)
s
x
s
ds + O
x
1+2ε
T
.
Рассмотрим прямоугольный контур Γ с вершинами в точках b ± iT ,
−ε ± iT . Согласно теореме Коши о вычетах имеем
1
2πi
Γ
ζ2(s)
s
x
ds =res
s
s=1
ζ2(s)
x
s
s
+res
s=0
ζ2(s)
s
x
.
s
Вычислим вычеты в правой части последнего равенства. Воспользовавшись результатом задачи 4 к §3, получим
s
x
2
= xln x −x +2Cx,
s
s=1
res
s=1
ζ2(s)
s
x
(s − 1)ζ(s)
=
s
56 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
2
авычетвнулеравенζ
(0). Теперь оценим интегралы по горизонтальным сторонам контура Γ. Используя теорему 18 и результат задачи 3
к §4, находим
b
ζ2(σ ± iT )
−ε
+
1
−εσ0
T
σ±iT
x
σ ± iT
max
dσ
|ζ2(σ ± iT )|T2εln2T +
b
x
T
max
1σb
|ζ2(σ ± iT )| +
x
T
ln
ln
2
2
T
T
T
1
1−σ
0
xσT
1+3ε
x
dσ +
.
T
Собирая вместе полученные соотношения, приходим к равенству
τ(n)=x ln x +(2C −1)x + j + O
nx
x
1+3ε
T
,
где введено обозначение
j =
1
2πi
−ε+iT
−ε−iT
ζ2(s)
s
x
ds.
s
Приведем интеграл j к более удобному виду. Дзета-функция Ри-
мана вещественна при вещественных s, поэтому
2π
−2π
1
ζ2(−ε + it)
−T
=
−ε+it
x
−ε + it
1
2π
dt =
T
ζ2(−ε + it)
2π
1
2π
T
ζ2(−ε − it)
2π
−ε+it
x
−ε + it
dt,
−ε−it
x
−ε − it
dt =
а так как интеграл по отрезку, соединяющему точки −ε ± 2πi, есть
O(1), находим
j =
Re
T
ζ2(−ε + it)
2π
1
π
−ε+it
x
−ε + it
dt + O(1).
В силу функционального уравнения дзета-функции Римана и результата задачи 2 к §4 при t 2π имеем
2
(−ε + it)=χ2(−ε + it)ζ2(1 + ε −it)=
ζ
2
= ζ
(1 + ε −it)
1+2ε
t
2π
−2it ln
e
2πe
t
π
+i
2
1+O
1
.
t
§ 6. Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного 57
Отсюда, учитывая, что
1
−ε + it
1
=
it
1+O
1
,
t
получаем для подынтегральной функции асимптотическое представление
2
(−ε + it)x
ζ
−ε + it
−ε+it
2
ζ
(1 + ε −it)x−εt
=
(2π)
1+2ε
−it ln
e
2ε
2
1
t
(
)
x
2πe
+ O(x−εt
2ε−1
где мы использовали также оценку
),
2
ζ
(1 + ε − it)=
∞
n=1
τ(n)
1+ε
n
nit
∞
n=1
τ(n)
1+ε
n
1.
Далее, выполняя интегрирование, находим
Re
2π
j =
1
π
x
(2π)
−ε
1+2ε
Ряд Дирихле функции ζ
T
ζ2(1 + ε −it) t2εe
2
(1 + ε −it) сходится равномерно на отрезке
−it ln
1
x
t
(
)
2πe
2
dt + O(T2ε).
интегрирования, поэтому его можно проинтегрировать почленно, что
приводит нас к равенству
∞
−ε
j =
1
π
x
(2π)
1+2ε
n=1
τ(n)
Re j(n)+O(T2ε),
1+ε
n
где введено обозначение
dt =
T
2πif(t)
t2εe
2π
dt.
j(n)=
T
t2εe
2π
it ln
nx
2
1
t
(
)
2πe
Здесь мы изменили знак показателя мнимой экспоненты, так как он
не влияет на вещественную часть.
Введем обозначение
2
T
1
n
=
1
x
2π
,
58 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
причем T , напомним, таково, что n
Оценим вначале интеграл j(n) при n>n
равно половине нечетного числа.
1
. Дифференцируя функцию
1
f(t), получим
ln
=
2πif(t)
1
nx
2ε
t
f
где t
=2π√nx. Очевидно, что f(t) обращается в нуль при t = t1.Но
1
>T при n>n1, поэтому, интегрируя по частям, найдем
t
1
T
2ε
j(n)=
2πif(t)
2π
t
причем функция −t
1
(t)=
2π
2πif(t)
de
2ε/f
(t) положительна и монотонно возрастает на
2π
t
2
2πif(t)
e
=
t
1
ln
,
π
t
1
T
2π
T
2πif(t)
−
e
2π
t
d
2πif(t)
2ε
отрезке интегрирования. Оценивая правую часть тривиально, получим
ибо
f
(T )=
j(n)
1
ln
2π
T
|f(T )|
1
nx
2ε
T
2π
2ε
T
2
,
n
ln
n
1
= −
2π
n
1
ln
.
n
1
Пользуясь найденной оценкой для интеграла j(n), результатом задачи
1,е) к §1 и полуцелостью n
, имеем
1
,
n>n
1
τ(n)
Re j(n) T
1+ε
n
T
2ε
n>
τ(n)
2ε
n
n>n
1
τ(n)
1+ε
n
3
n
1
2
1+ε
ln
+ T2εn
1
n
n
1
ε
−
2
1
n1<n
3
2
n
1
1
n − n
T2ε,
1
причем мы применяем здесь тот же прием, что и при оценке аналогичной суммы в доказательстве теоремы 7. Таким образом, находим
−ε
j =
1
π
x
(2π)
1+2ε
n<n
τ(n)
Re j(n)+O(T2ε).
1+ε
n
1
Теперь найдем асимптотическую формулу для интеграла j(n) при
n<n
, что отвечает t1<T. Обозначая a =0.9t1и b =min(1.1t1,T),
1
§ 6. Проблема делителей Дирихле. Формула Вороного 59
аналогично предыдущему имеем
a
Функция t
2ε
t
2πif(t)
2π
2ε/f
(t) положительна на отрезке [b, T ] и либо монотонна
de
2πif(t)
2ε
a
|f(a)|
t
2ε
T2ε.
1
на этом отрезке, либо имеет на нем два участка монотонности, разделенных точкой минимума. В обоих случаях, интегрируя по частям,
находим
T
2ε
b
t
2πif(t)
de
2πif(t)
К интегралу от a до b применим теорему 19, полагая ϕ(t)=t
= U = t
и H = t
1
2ε
, что в сочетании с уже полученными оценками
1
2ε
b
|f(b)|
+
2ε
T
|f(T )|
T
2ε
T
2ε
+
ln
.
n
1
n
2ε
, A =
приводит нас к равенству
j(n)=t
√
πt1e
−2it1+i
2ε
1
π
4
+ OT2ε+
ln
2ε
T
.
n
1
n
Отделяя вещественную часть, подставляя ее в формулу для интеграла
j и пользуясь явным выражением для t
1
j =
4
x
π√2
n
τ(n)
cos4π√nx −
3
4
n
2
1
T
(
)
x
2π
, получим
1
π
4
+ O(T
2ε
),
так как аналогично предыдущему имеем
1
τ(n)
1+ε
n
1+
2ε
T
n<n
ln
1
T
n
1
n
2ε
+ T
n<n
2ε
1
n
τ(n)
n
−
1
1+ε
ε
2
+
1
n1n<n
2
n1− n
1
1
T
2ε
,
чем и завершается доказательство.
Следствие. Имеет место асимптотическая формула
τ(n)=x ln x +(2C −1)x + O(x
nx
1
+ε
3
).
60 Глава 1. Метод комплексного интегрирования
Доказательство. Оценивая выражение в остаточном члене три-
виально, при T 100
1
R(x) x
4
n
откуда, выбирая T = x
1
(
x
√
x имеем
τ(n)
n
2
T
)
2π
x
2
3
, получим требуемое.
1+ε
x
+
3
4
T
1
+ε
4
−1
0
T2x
du
u
1+ε
x
+
3
T
4
x
√
ε
T +
x
1+ε
T
,
Дальнейшие уточнения оценки остаточного члена в проблеме де-
лителей Дирихле будут сделаны в §4 главы 2.
Задачи к §6
1. Доказать, что при k 2 справедливы оценки
а)
б)
где постоянные в знаках Виноградова зависят от k. Указание. В пунк-
те б) пользоваться тем, что суммирование по n, не превосходящим x,с
весом τ(n) эквивалентно двойному суммированию по uv x,атакже
результатом задачи 1,г) к §1.
2. Доказать, что при T x справедлива формула Аткинсона
+
1
3
x
π√3
1
2
τ3(n)=x
nx
τk(n) x ln
nx
τk(n) x ln
nx
2
ln
x +(3C −1) ln x + c
τ3(n)
2
3
n
3
1
T
n
(
)
x
2π
cos(6π
k−1
x;
2k−1
x,
1
√
3
nx )+O
+
1+ε
x
T
+ x
√
ε
T.
3. Доказать, что
τ3(n)=x
nx
1
2
ln
x +(3C −1) ln x + c
2
1
+ O(x
1
+ε
2
).
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]