Littlewoodの定理の証明

注意

この記事は私が1年半ほど前に作成した資料をMathlog向けに再構成したものである。

前置き

素数計数関数
$$\pi (x)=\sum _{p\le x}1$$
の挙動は多くの数学者の興味の対象となってきた。対数積分$\mathrm{li}(x)={\int }_2^x\frac{\mathrm{d}u}{\log u}$
を用いると次が示せる。

次なる興味は、絶対誤差$\pi (x)-\mathrm{li}(x)$の挙動である。
リーマンの時代には、すでに$x=3\times {10}^6$まで$\pi (x)-\mathrm{li}(x)<0$であることが確認されていた。
問題は、この傾向が$x$がさらに大きくなっても続くのかどうかである。
Littlewoodは、$\pi (x)-\mathrm{li}(x)$が無限回符号を変えることを証明した。
本稿では、その証明のおおまかな道筋を辿ることを目的とする。

ゼータ関数とチェビシェフ関数

$\pi (x)$を直接扱うのではなく、より扱いやすい$\psi (x)$を導入する。
ゼータ関数のオイラー積表示
$$\zeta (s)=\prod _p(1-p^{-s}{)}^{-1}$$
から出発する。対数微分をとると、
$$\begin{array}{rl}\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}(\log \zeta (s))\\ & =-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\sum _{p:\text{prime}}\log (1-p^{-s})\\ & =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\sum _{p:\text{prime}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{p^{-ns}}{n}\\ & =-\sum _{p:\text{prime}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\log p\cdot p^{-ns}\end{array}$$
マンゴルト関数$\mathrm{\Lambda }(n)$を
$$\mathrm{\Lambda }(n)=\{\begin{array}{ll}\log p& \text{if}n=p^m;p:\text{prime},m\in \mathbb{N}\\ 0& \text{otherwise}\end{array}$$
で定義すれば、
$$\begin{array}{rl}-\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)& =\frac{\log 2}{2^s}+\frac{\log 3}{3^s}+\frac{\log 5}{5^s}+\cdots \\ & +\frac{\log 2}{2^{2s}}+\frac{\log 3}{3^{2s}}+\frac{\log 5}{5^{2s}}+\cdots \\ & +\frac{\log 2}{2^{3s}}+\frac{\log 3}{3^{3s}}+\frac{\log 5}{5^{3s}}+\cdots \\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{\Lambda }(n)}{n^s}\end{array}$$
ここで恒等式
$$s{\int }_n^{\mathrm{\infty }}{x}^{-s-1}\mathrm{d}x=[-x^{-s}{]}_n^{\mathrm{\infty }}=\frac{1}{n^s}$$
を使って次のように変形する。
$$\begin{array}{rl}-\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{\Lambda }(n)}{n^s}\\ & =s\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_n^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Lambda }(n)x^{-s-1}\mathrm{d}x\\ & =s{\int }_1^2\mathrm{\Lambda }(1)x^{-s-1}\mathrm{d}x\\ & +s{\int }_2^3(\mathrm{\Lambda }(1)+\mathrm{\Lambda }(2))x^{-s-1}\mathrm{d}x\\ & +s{\int }_3^4(\mathrm{\Lambda }(1)+\mathrm{\Lambda }(2)+\mathrm{\Lambda }(3))x^{-s-1}\mathrm{d}x+\cdots \\ & =s{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\psi (x)x^{-s-1}\mathrm{d}x\end{array}$$
ただし、
$$\psi (x)=\sum _{n\le x}{}^{\prime }\mathrm{\Lambda }(n)$$
はチェビシェフ関数。チェビシェフ多項式とは別物であることに注意。
メリン逆変換をして(付録参照)、
$$\psi (x)=-\frac{1}{2\pi i}\underset{T\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{a-iT}^{a+iT}\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)\frac{x^s}{s}\mathrm{d}s$$
ただし$a>1$。

チェビシェフ関数の明示公式

ゼータ関数を使って定義される関数
$$\xi (s)=\frac{1}{2}s(s-1){\pi }^{-\frac{s}{2}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{s}{2}\right)\zeta (s)$$
は整関数、つまり複素数平面全域で正則。
ガンマ関数の極（0と負の整数で一位）は$s$とゼータ関数の自明なゼロ点（負の偶数）が打ち消す。ゼータ関数の唯一の極($s=1$で一位)は$(s-1)$の因子が打ち消す。ゆえに、$\xi (s)$のゼロ点はゼータ関数の非自明なゼロ点のみとなる。
ちなみに、$\xi (s)=\xi (1-s)$が成り立って$\mathrm{Re}(s)=1/2$中心の対称性が綺麗。
アダマールの積定理というクソ強定理により、$\xi$はゼロ点を渡る無限積で表せる。
$$\xi (s)=\frac{1}{2}{e}^{Bs}\prod _{\rho }(1-\frac{s}{\rho })e^{\frac{s}{\rho }}$$
ただし、$\rho$は非自明なゼロ点、$B$は定数。これを対数微分して、$\xi$の定義と合わせると、
$$\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)=B+\frac{1}{2}\log \pi -\frac{1}{s-1}-\frac{1}{2}\frac{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }}{\mathrm{\Gamma }}(\frac{s}{2}+1)+\sum _{\rho }(\frac{1}{s-\rho }+\frac{1}{\rho })$$
これを
$$\psi (x)=-\frac{1}{2\pi i}\underset{T\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{a-iT}^{a+iT}\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)\frac{x^s}{s}\mathrm{d}s$$
に代入する。
$x^{r+it}/(r+it)$は$r\to -\mathrm{\infty }$で$0$、$t\to \pm \mathrm{\infty }$で$0$なので、
$$\begin{array}{rl}{c}_1(t)& =a+it(-T\le t\le T)\\ c_2(r)& =r+iT(a\ge r\ge -R)\\ c_3(t)& =-R+it(T\ge t\ge -T)\\ c_4(r)& =r-iT(-R\le r\le a)\end{array}$$
とすれば、積分路は
$$\underset{T\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{a-iT}^{a+iT}=\underset{T\to \mathrm{\infty },R\to -\mathrm{\infty }}{lim}{\oint }_{c_1+c_2+c_3+c_4}$$
という周回積分で表せる。これにより、留数定理が使える。
$1$、負の偶数、非自明ゼロ点が一位の極で、ガンマ関数の対数微分の極の留数は全て$1$であるから、

特に、$\psi (x)\sim x$に注意。
$\mathrm{\Pi }(x)=\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\pi (x^{1/m})/m$の明示公式
$$\mathrm{\Pi }(x)=\mathrm{li}(x)-\sum _{\rho }\mathrm{li}(x^{\rho })-\log 2+{\int }_x^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t(t^2-1)\log t}$$
と見比べると、$\psi (x)$の扱いやすそう感がわかると思う。

$\pi (x)$と$\psi (x)$の関係

$$\theta (x)=\sum _{p\le x}\log p$$
と定義すれば、$\psi (x)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\theta (x^{1/k})$
であり、$\theta (x)\le \psi (x)$から、
$$\begin{array}{}\text{(1)}& \psi (x)-\theta (x)=\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}\theta (x^{1/k})\le \psi (x^{1/2})+\mathcal{O}(\psi (x^{1/3}))=x^{1/2}+\mathcal{O}\left(x^{1/3}\right)\end{array}$$
である。
$\pi (x)$はスティルチェス積分によって次で表される：
$$\pi (x)={\int }_2^x\frac{1}{\log u}\mathrm{d}\theta (u)$$
$\theta (u)$が不連続関数なので、この表示はリーマンの意味での積分になっていない。
気分としては：$u$が素数の近傍でないときは$\mathrm{d}\theta (u)$は0で寄与しない。$u$が素数$p$の近傍のとき$\mathrm{d}\theta (u)$は$\log p$となり、被積分関数の$(\log u{)}^{-1}$と打ち消しあって$1$だけ増加する。
スティルチェス積分は、形式的に部分積分のように扱えて、
$${\int }_2^x\frac{1}{\log u}\mathrm{d}\theta (u)={\frac{\theta (u)}{\log u}\phantom{\int }|}_2^x+{\int }_2^x\frac{\theta (u)}{u(\log u{)}^2}\mathrm{d}u$$
とできる。ところで、
$$\mathrm{li}(x)={\int }_2^x\frac{\mathrm{d}u}{\log u}={\frac{u}{\log u}\phantom{\int }|}_2^x+{\int }_2^x\frac{\mathrm{d}u}{(\log u{)}^2}$$
であるから、
$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}\pi (x)-\mathrm{li}(x)& ={\frac{\theta (u)-u}{\log u}\phantom{\int }|}_2^x+{\int }_2^x\frac{\theta (u)-u}{u(\log u{)}^2}\mathrm{d}u\\ & =\frac{\theta (x)-x}{\log x}+{\int }_2^x\frac{\theta (u)-u}{u(\log u{)}^2}\mathrm{d}u+\mathcal{O}\left(1\right)\\ & =\frac{\psi (x)-x}{\log x}+{\int }_2^x\frac{\theta (u)-u}{u(\log u{)}^2}\mathrm{d}u+\mathcal{O}\left(\frac{x^{1/2}}{\log x}\right)\end{array}\end{array}$$
積分項は$\mathcal{O}\left(\frac{x^{1/2}}{(\log x{)}^2}\right)$であることが証明できる(付録参照)
から、結局、

$\psi (x)-x$のオーダーが分かれば$\pi (x)-\mathrm{li}(x)$のオーダーも分かることが証明された。

ゼロ点の評価

以下、リーマン予想が真であると仮定し、$\rho =1/2+i\gamma (\gamma \in \mathbb{R})$と置く。
虚部が$[0,T]$にあるような非自明ゼロ点の個数を$N(T)$と表す。
$$N(T+1)-N(T)=\mathcal{O}(\log T)$$
を一旦認める(参考文献2,3)。これから、次が言える。

特に、逆数和は発散するが、逆数の二乗和は収束する。ゆえに、
$$\sum _{\gamma \ge T}\frac{1}{{\gamma }^2}=\mathcal{O}\left(\frac{\log T}{T}\right)$$
も言える。この辺の議論はかなり厳密でない。ちゃんとした議論は、
$N(T)$のより詳しい評価とスティルチェス積分を使う。

Littlewoodの定理

$\psi (x)$の積分の評価

$\sum _{\rho }{x}^{\rho }/\rho$は、$\sum _{\gamma }\frac{1}{\gamma }$が発散する関係で評価がしにくい。
代わりに、その積分を考えると、$\sum _{\rho }{x}^{\rho +1}/\rho (\rho +1)$となり、
$\sum _{\gamma }\frac{1}{{\gamma }^2}$が収束するので希望が見えてくる。

まず次の補題を示す：

…いかつい見た目をしているが、落ち着いて見てほしい。

左辺を見ると、$x$の近傍で積分していて、それを積分区間で割っている。だから、$\delta \to 0$で左辺は$\psi (x)-x$に収束する。

右辺の無限和のうち、$\frac{\sin \gamma \delta }{\gamma \delta }$に注目してみる。これは、$\gamma$が$1/\delta$より小さい領域ではある程度の大きさを持ちうるが、$\gamma$が十分大きければ$0$に収束する。よって、疑似的に$T=\mathcal{O}\left(1/\delta \right)$までの部分和と見做せる。あるいは、$T\to \mathrm{\infty }$が$\delta \to 0$に化けたと考えることもできるだろう。この項を作りたいがために$[e^{-\delta }x,e^{\delta }x]$という変な積分区間を設定している。

また、$\sin (\gamma \log x)/\gamma$が誤差項の振動を表す。$x^{1/2}$が掛かっているので、少なくとも$\mathcal{O}\left(x^{1/2}\right)$で振動することが分かる。

こいつのより深い評価を得ることで、リトルウッドの定理は証明される。

鳩の巣原理とDirichletの補題

(*)の右辺第1項が実際に符号を変えるような$x$をとることを考える。
もし、$\left|\gamma \right|<N$に対して$\sin (\gamma \log x)$が$\sin \left(\gamma \delta \right)$に"十分近くなる"ように$x$を取ることができれば、
$$\delta \sum _{0<\gamma <N}{\left|\frac{\sin \gamma \delta }{\gamma \delta }\right|}^2<\delta \sum _{0<\gamma <N}1$$
の評価に帰着することができる。問題はそんな$x$をどうやってとるかだが、そのために次の補題を使う。証明には「多次元版鳩の巣原理」とでも言うべきものが使われる。
以下、$\Vert x\Vert$で$x$に最も近い整数からの距離を表すものとする。

Littlewoodの定理の証明

符号を変えうる$x$の存在性は鳩の巣原理がなければ言えない。
ご唱和ください。鳩の巣原理マジ原理！

付録

メリン変換

$f(x)$のメリン変換$\hat{f}(s)$は次で定義される。
$$\hat{f}(s)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x)x^{-s-1}\mathrm{d}x$$
$t=\log x$、$s=a+iu$と置換すると、
$$\hat{f}(a+iu)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(e^t)e^{-(a+iu)t}\mathrm{d}t={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-at}f(e^t)e^{-iut}\mathrm{d}t$$
これはフーリエ変換の形。フーリエ逆変換をすると、
$$e^{-at}f(e^t)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{f}(a+iu)e^{iut}\mathrm{d}u$$
変数を戻して、
$$f(x)=\frac{1}{2\pi i}\underset{T\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{a-iT}^{a+iT}\hat{f}(s)x^s\mathrm{d}s$$
これがメリン逆変換。
$\hat{f}(s)=\frac{-{\zeta }^{\prime }(s)}{s\zeta (s)}$の時、$\mathrm{Re}(s)>1$の条件から$a>1$が必要であることに注意。

(2)に現れる積分の評価

$$I={\int }_2^x\frac{\theta (u)-u}{u(\log u{)}^2}\mathrm{d}u$$
とする。(1)より$\theta (x)=\psi (x)-x^{1/2}+\mathcal{O}\left(x^{1/3}\right)$である。このままでは、$\psi (x)$の$\sum _{\rho }\frac{x^{\rho }}{\rho }$の評価が難しいが、積分することで回避する。
$${\psi }_1(x)={\int }_2^x\psi (u)\mathrm{d}u=\frac{x^2}{2}-\sum _{\rho }\frac{x^{\rho +1}}{\rho (\rho +1)}-\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(0)x+{\int }_2^x\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{u^{-2k}}{2k}\mathrm{d}u+\mathcal{O}\left(1\right)$$
ここで、
$$\begin{array}{rl}{\int }_2^x\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{u^{-2k}}{2k}\mathrm{d}u& ={\int }_2^x\log (1-u^{-2})\mathrm{d}u\\ & ={\int }_2^x\log (1+u)+\log (1-u)-2\log u\mathrm{d}u=\mathcal{O}\left(\frac{1}{x}\right)\end{array}$$
と
$$\left|\sum _{\rho }\frac{x^{\rho +1}}{\rho (\rho +1)}\right|\le \sum _{\gamma }\frac{x^{3/2}}{{\gamma }^2}=\mathcal{O}\left(x^{3/2}\right)$$
より、
$${\psi }_1(x)=\frac{x^2}{2}+\mathcal{O}\left(x^{3/2}\right)$$
であるから、
$${\theta }_1(x)={\int }_2^x\theta (u)\mathrm{d}u={\psi }_1(x)+{\int }_2^x-u^{1/2}+\mathcal{O}\left(u^{1/3}\right)\mathrm{d}u=\frac{x^2}{2}+\mathcal{O}\left(x^{3/2}\right)$$
部分積分により、
$$\begin{array}{rl}I& ={\frac{{\theta }_1(u)-\frac{u^2}{2}}{u(\log u{)}^2}\phantom{\int }|}_2^x+{\int }_2^x\frac{{\theta }_1(u)-\frac{u^2}{2}}{(u\log u{)}^2}(1+\frac{2}{\log u})\mathrm{d}u\\ & =\mathcal{O}(\frac{x^{1/2}}{(\log x{)}^2}+{\int }_2^x{u}^{-1/2}(\log u{)}^{-2}\mathrm{d}u)\\ & =\mathcal{O}\left(\frac{x^{1/2}}{(\log x{)}^2}\right)\end{array}$$
最後の積分の評価で平均値の定理を使っている。

(10)からの誤差項の評価

補題の仮定$\delta \le 1/2$より$3\delta /2\le 3/4<1$であるから、
$$e^{\pm \delta (\rho +1)}=e^{\pm 3\delta /2}{e}^{\pm i\delta \gamma }=(1+\mathcal{O}\left(\delta \right))e^{\pm i\delta \gamma }=e^{\pm i\delta \gamma }+\mathcal{O}\left(\delta \right)$$
であり、(10)の$e^{\pm \delta (\rho +1)}$を$e^{\pm i\delta \gamma }$で置き換えた時の誤差項は
$$|-\frac{\mathcal{O}\left(\delta \right)}{2\sinh \delta }\sum _{\rho }\frac{x^{\rho }}{\rho (\rho +1)}|=\mathcal{O}\left(\frac{\delta }{2\sinh \delta }\right)\left|\sum _{\rho }\frac{1}{\rho (\rho +1)}\right|\cdot \left|x^{\rho }\right|$$
ここで、
$$\begin{array}{rl}\left|\sum _{\rho }\frac{1}{\rho (\rho +1)}\right|\le \sum _{\gamma }\frac{1}{{\gamma }^2}& =\mathcal{O}\left(1\right)\\ \left|x^{\rho }\right|& =\mathcal{O}\left(x^{1/2}\right)\end{array}$$
であって、$\delta /\sinh \delta \le 1$である。
合わせて、
$$|-\frac{\mathcal{O}\left(\delta \right)}{2\sinh \delta }\sum _{\rho }\frac{x^{\rho }}{\rho (\rho +1)}|=\mathcal{O}\left(x^{1/2}\right)$$

(11)からの誤差項の評価

(11)の$\delta /\sinh \delta$を$1$で置き換えることを考える。
$\delta /\sinh \delta =1+\mathcal{O}\left({\delta }^2\right)$だから、誤差項は
$$-i{x}^{1/2}\mathcal{O}\left({\delta }^2\right)\sum _{\rho }\frac{\sin \gamma \delta }{\delta }\cdot \frac{x^{i\gamma }}{\rho (\rho +1)}$$
である。ここで、
$$\begin{array}{rl}|\sum _{\rho }\frac{\sin \gamma \delta }{\delta }\cdot \frac{x^{i\gamma }}{\rho (\rho +1)}|& \le \frac{1}{\delta }\sum _{\rho }\frac{1}{{\gamma }^2}\\ & \le \sum _{0<\gamma \le 1/\delta }\frac{1}{\gamma }+\frac{1}{\delta }\sum _{\gamma >1/\delta }\frac{1}{{\gamma }^2}\\ & =\mathcal{O}\left({(\log \frac{1}{\delta })}^2\right)+\frac{1}{\delta }\mathcal{O}\left(\frac{\log 1/\delta }{1/\delta }\right)\\ & =\mathcal{O}\left({(\log \frac{1}{\delta })}^2\right)\end{array}$$
だから、
$$\begin{array}{r}|-i{x}^{1/2}\mathcal{O}\left({\delta }^2\right)\sum _{\rho }\frac{\sin \gamma \delta }{\delta }\cdot \frac{x^{i\gamma }}{\rho (\rho +1)}|=x^{1/2}\cdot \mathcal{O}\left({\left(\frac{\log 1/\delta }{1/\delta }\right)}^2\right)=\mathcal{O}\left(x^{1/2}\right)\end{array}$$
となる。ここで、補題の仮定$2\le 1/\delta \le 2x$を使っている。
$$\begin{array}{}\text{(20)}& \text{(11)}=-i{x}^{1/2}\sum _{\rho }\frac{\sin \gamma \delta }{\delta }\cdot \frac{x^{i\gamma }}{\rho (\rho +1)}+\mathcal{O}\left(x^{1/2}\right)\end{array}$$
(20)の$1/\rho$を$1/i\gamma$で置き換えることを考える。
$1/\rho =1/i\gamma +\mathcal{O}\left(1/{\gamma }^2\right)$であり、
$\sin \gamma \delta /\delta =\mathcal{O}\left(\gamma \right)$に注意すると、誤差項は、
$$|-i{x}^{1/2}\sum _{\rho }\mathcal{O}\left(\frac{1}{{\gamma }^2}\right)\frac{\sin \gamma \delta }{\delta }\cdot \frac{x^{i\gamma }}{(\rho +1)}|=x^{1/2}\mathcal{O}\left(\sum _{\rho }\frac{1}{{\gamma }^2}\right)=\mathcal{O}\left(x^{1/2}\right)$$
同様のことが$1/(\rho +1)$に対してもできる。

参考文献

1. On the difference $\pi (x)-\text{li}(x)$: Lee, Christine
   http://eprints.maths.manchester.ac.uk/1524/1/MSCLee.pdf
   これが一番詳しいが、割とエラーが多い。Littlewoodの定理の証明の他、Lehmanの方法の証明も載っている。

2. 『素数とゼータ関数』(共立講座 数学の輝き) 小山信也著
   ゼータ関数の基本的性質が知りたい方はこちら。

3. H. L. Montgomery and R. C. Vaughan, Multiplicative Number Theory I.
   Classical Theory, Cambridge University Press, 2006.
   最終章にリトルウッドの定理の証明があるが、行間が結構空いている。

4. みんな大好きtsujimotter氏のブログ
   https://tsujimotter.hatenablog.com/entry/2014/07/01/201007
   ゼータ関数の非自明なゼロ点の計算方法はこちらを参照。