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大学数学基礎解説
文献あり

リーマンの素数公式

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{F}[0]{\mathcal{F}} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\mathrm{Gal}} \newcommand{id}[0]{\mathrm{id}} \newcommand{Im}[0]{\mathrm{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\mathrm{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{li}[0]{\mathrm{Li}} \newcommand{M}[0]{\mathcal{M}} \newcommand{ndiv}[0]{\nmid} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\mathrm{ord}} \newcommand{prime}[0]{\mathrm{prime}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{Re}[0]{\mathrm{Re}} \newcommand{resp}[0]{\mathrm{resp}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{sgn}[0]{\mathrm{sgn}} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/{#1}\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/{#1}\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事ではリーマンの素数公式の導出について解説していきます。
 なお解説の中で級数や積分や極限を説明もなく交換したりしますが、そこら辺の正当性については特に触れませんので悪しからず。
 まずリーマンの素数公式とは以下の公式のことを言うのでした。

リーマンの素数公式

$$\pi(x)=\sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}{n} (\li(x^{\frac1n})-\sum_{\rho}\li(x^{\frac\rho{n}})+\int^\infty_{x^\frac1n}\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2)$$
が成り立つ。ただし$\rho$$\z$関数の非自明な零点全体を虚部の絶対値が小さい順に渡るものとした。

 ここで$\mu(n)$はメビウス関数、$\pi(x)$は素数個数関数、$\li(x)$は対数積分関数、つまり
$$\pi(x)=\sum_{p< x}1,\quad\li(x) =\lim_{\e\to0^+}(\int_0^{1-\e}\frac{dt}{\log t}+\int_{1+\e}^x\frac{dt}{\log t})=\int^x_0\frac{dt}{\log t}$$
とした。また素数個数関数の不連続点$x=$(素数)においては
$$\pi(x)=\frac12+\sum_{p< x}1=\lim_{h\to0}\frac{\pi(x+h)+\pi(x-h)}{2}$$
と値を定める。(素数公式の右辺の各項は連続関数であることを踏まえればその妥当性には納得できると思う。)
 ちなみに素数公式右辺の$n>\log_2x$における項は$0$になる(このことは下の定理2でわかる)ので
$$\pi(x)=\sum^{\lfloor\log_2x\rfloor}_{n=1}\frac{\mu(n)}{n} (\li(x^{\frac1n})-\sum_{\rho}\li(x^{\frac\rho{n}})+\int^\infty_{x^\frac1n}\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2)$$
と書くこともできます。

対数積分の定義について

 素数公式における対数積分は
$$\li(x)=\int^x_0\frac{dt}{\log t}$$
ではなく
$$\li(x)=\lim_{\e\to0^+}(\int_0^{1-\e}\frac{dt}{\log t}+\int_{1+\e}^x\frac{dt}{\log t})$$
と定義されます。これは素数公式の$\li(x^{\rho})$の項に見られるように積分経路が実軸を離れた場合も考える必要があり、もしその積分経路を非積分関数の極である$1$を避けるようにとったとすれば$1$の上を通るか下を通るかで結果が$2\pi i$だけ異なってくるのでその不定性をなくすためにこのような定義となっています。

メリン変換

 素数公式の証明に入る前にメリン変換というものを紹介しておきます(ラプラス変換のように片側型と両側型があり、今回紹介するのは片側型の方です)。

メリン変換

 関数$f$に対しメリン変換$\M[f](s)$
$$\M[f](s)=\int^\infty_1f(x)x^{s-1}dx$$
と定義する。

 これはフーリエ変換
$$f\mapsto\F[f](t)=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi itx}dx$$
およびにステップ関数
$$\theta(x)=\l\{\begin{array}{cl}1&x\geq0\\0&x<0\end{array}\r.$$
を用いると$s=\s+it$に対して
\begin{eqnarray} \M[f](s)&=&\int^\infty_1f(x)x^{s-1}dx \\&=&\int^\infty_0f(e^{2\pi x})e^{2\pi(\s+it)x-2\pi x}(2\pi e^{2\pi x})dx \\&=&\int^\infty_{-\infty}(2\pi\theta(x)f(e^{2\pi x})e^{2\pi\s x})e^{2\pi itx}dx \\&=&\F[2\pi\theta(x)f(e^{2\pi x})e^{2\pi\s x}](-t) \end{eqnarray}
と表せるので、これを$t\mapsto-t$としてフーリエ逆変換することで
\begin{eqnarray} 2\pi\theta(x)f(e^{2\pi x})e^{2\pi\s x} &=&\int^\infty_{-\infty}\M[f](\s-it)e^{2\pi itx}dt \\&=&\int^{\s-i\infty}_{\s+i\infty}\M[f](s)e^{2\pi(\s-s)x}\frac{ds}{-i}\quad(\s-it=s) \end{eqnarray}
となり、この両辺を$2\pi e^{2\pi\s x}$で割って$e^{2\pi x}\mapsto x$とすることで
$$f(x)=\frac1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\M[f](s)x^{-s}ds$$
が成り立ちます。

$\Pi(x)$の変形

 まず
$$\Pi(x)=\sum^\infty_{n=1}\frac1n\pi(x^{\frac1n})$$
とおくと
\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}{n}\Pi(x^\frac1n) &=\sum^\infty_{n=1}\sum^\infty_{m=1}\frac{\mu(n)}{mn}\pi(x^{\farc1{mn}})\\ &=\sum^\infty_{l=1}\frac{1}{l}\bigg(\sum_{d|l}\mu(d)\bigg)\pi(x^\frac1l) =\pi(x) \end{align}
が成り立つので$\pi(x)$の代わりに$\Pi(x)$について以下の公式を示せばよいことがわかります。

素数公式の言い換え

$\dis\Pi(x)=\li(x)-\sum_{\rho}\li(x^{\rho})+\int^\infty_x\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2$

 ここで$\z$関数と素数についての関係を考えてみましょう。$\z$関数とはオイラー積表示により
$$\z(s)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^s}=\prod_{p}(1-p^{-s})^{-1}$$
という関係で素数と繋がっていました。これの対数を取って少し変形してみましょう。
\begin{eqnarray} \log\z(s)&=&\sum_{p}-\log(1-p^{-s}) \\&=&\sum_{p}\sum^\infty_{n=1}\frac1np^{-ns} \\&=&\sum^\infty_{n=1}\sum_{p}\frac{s}{n}\int^\infty_{p^n}x^{-s-1}dx \\&=&\sum^\infty_{n=1}\frac{s}{n}\int^\infty_1\l(\sum_{p^n< x}1\r)x^{-s-1}dx \\&=&s\int^\infty_1\l(\sum^\infty_{n=1}\frac1n\pi(x^{\frac1n})\r)x^{-s-1}dx \\&=&s\int^\infty_1\Pi(x)x^{-s-1}dx \\&=&s\M[\Pi(x)](-s) \end{eqnarray}
なんということでしょう、$\dis\frac{\log\z(s)}{s}$$\Pi(x)$のメリン変換だというのです。つまりこれを逆変換して$\Pi(x)$を取り出してみると
$$\Pi(x)=\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{\log\z(s)}{s}x^sds\quad(c>1)$$
が成り立つというわけです。そして$\z(s)$にはちょうどいい感じに$\log$がかかっているのでこれは因数分解してみたくなります。$\z$関数は この記事 で紹介したように以下のように因数分解されるのでした。

$\dis\z(s)=\frac1{s-1}\exp\l(\frac{\log\pi+\g}{2}s-\log2\r) \prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)\prod^\infty_{n=1}\l(1+\frac{s}{2n}\r)e^{-\frac{s}{2n}}$

 こうしてみると$(1-\frac{s}{\rho})$の部分が$\li(x^\rho)$になって、ともすれば$(s-1)$の部分が$\li(x)$になるんだろうなあと薄々感付いてくると思います。以下で実際にそうなっていることを確かめていきましょう。
 その前に少し因子を削るために部分積分をしておきましょう。
\begin{eqnarray} \Pi(x) &=&\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{\log\z(s)}{s}\frac{d}{ds}\l(\frac{x^s}{\log x}\r)ds\\ &=&\frac1{2\pi i}\l[\frac{\log\z(s)}{s}\cdot\frac{x^s}{\log x}\r]^{c+i\infty}_{c-i\infty}-\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\frac{\log\z(s)}{s}\r)\frac{x^s}{\log x}ds\\ &=&-\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\frac{\log\z(s)}{s}\r)\frac{x^s}{\log x}ds \end{eqnarray}
こうすることで$\z(s)$$\exp(\frac{\log\pi+\g}{2}s)$$e^{-\frac{s}{2n}}$の因子が消え
$$\frac{d}{ds}\l(\frac{\log\z(s)}{s}\r)=\frac{d}{ds}\l(\frac{1}{s}\Big(-\log(s-1)-\log2+\sum_{\rho}\log\l(1-\frac{s}{\rho}\r)+\sum^\infty_{n=1}\log\l(1+\frac{s}{2n}\r)\Big)\r)$$
となります。ここまでくると$\log2$がそのまま出てきて、$\sum^\infty_{n=1}\log(1+\frac{s}{2n})$$\int^\infty_x\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}$になるのだろうと今後の展望が見えてきますね。
 ではこのそれぞれの積分を計算していきましょう。

計算

定数項部分の計算

$\dis\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\Big(\frac{\log2}{s}\Big)\frac{x^s}{\log x}ds=-\log2$

 さっきせっかく部分積分したところだが、また元に戻してしまおう。
\begin{eqnarray} &&\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\Big(\frac{\log2}{s}\Big)\frac{x^s}{\log x}ds \\&=&\frac1{2\pi i}\l[\frac{\log2}{s}\cdot\frac{x^s}{\log x}\r]^{c+i\infty}_{c-i\infty}-\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{\log2}{s}x^sds \\&=&-\frac{\log2}{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{1}{s}x^sds \end{eqnarray}
そしてこれは
$$\frac1s=\int^\infty_11\cdot x^{-s-1}dx=\M[1](-s)$$
の逆変換に他ならないので
$$-\frac{\log2}{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{1}{s}x^sds=-\log2$$
と求まる。

補題

 ここで$\z(s)$の零点・極部分を計算していく前に補題を一つ示しておきましょう。

$\dis f(\a)=\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\frac1{s}\log\l(1-\farc{s}{\a}\r)\r)\frac{x^s}{\log x}ds$
とおくと
$\dis f'(\a)=\frac{x^\a}{\a}=\l\{\begin{array}{cl} \dis\int^x_{\infty}t^{\a-1}dt&\Re(\a)\leq0 \\\dis\int^x_{0}t^{\a-1}dt&\Re(\a)>0 \end{array}\r.$
が成り立つ。

$$\frac d{d\a}\l(\frac1{s}\log\l(1-\farc{s}{\a}\r)\r) =\frac{\frac{s}{\a^2}}{s(1-\frac{s}{\a})}=\frac{1}{\a(\a+s)}$$
なので補題4と同様にして
\begin{eqnarray} f'(\a)&=&\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\farc1{\a(\a-s)}\r)\frac{x^s}{\log x}ds \\&=&\frac1{2\pi i}\l[\farc1{\a(\a-s)}\cdot\frac{x^s}{\log x}\r]^{c+i\infty}_{c-i\infty}-\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\farc1{\a(\a-s)}x^sds \\&=&-\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\farc1{\a(\a-s)}x^sds \end{eqnarray}
および
$$-\frac1{\a-s}=\int^\infty_1x^{\a}x^{-s-1}dx=\M[x^\a](-s)$$
であることから
$$f'(\a)=\frac{x^\a}{\a}$$
を得る。あとは$\Re(\a)$の符号に注意すればわかる。

自明な零点部分の計算

$\dis f(\a)=\int^x_\infty\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt\quad(\Re(\a)\leq0)$

 補題5より
$$f'(\a)=\int^x_\infty t^{\a-1}dt$$
であったので$\a$に依らない定数$C$があって
$$f(\a)=\int^x_\infty\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt+C$$
が成り立つ。そして$\a\to\infty$における挙動を考えると
\begin{align} \lim_{|\a|\to\infty}f(\a) &=\lim_{|\a|\to\infty}-\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac1{s}\log\l(1-\farc{s}{\a}\r)x^sds=0\\ \lim_{\Re(\a)\to-\infty}f(\a) &=\lim_{\Re(\a)\to-\infty}\int^x_\infty\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt+C=C \end{align}
なので$C=0$を得る。

$\dis\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\bigg(\frac{1}{s}\sum^\infty_{n=1}\log\l(1+\farc{s}{2n}\r)\bigg)\frac{x^s}{\log x}ds=\int_\infty^x\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}$

 上の補題より
$$f(-2n)=\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\frac{1}{s}\log\l(1+\farc{s}{2n}\r)\r)\frac{x^s}{\log x}ds=\int^x_\infty\frac{t^{-2n-1}}{\log t}dt$$
であることがわかっていたので
\begin{eqnarray} &&\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\bigg(\frac{1}{s}\sum^\infty_{n=1}\log\l(1+\farc{s}{2n}\r)\bigg)\frac{x^s}{\log x}ds\\ &=&\int^x_\infty\l(\sum^\infty_{n=1}\farc{t^{-2n-1}}{\log t}\r)dt\\ &=&\int_\infty^x\frac{t^{-2}}{t(1-t^{-2})\log t}dt\\ &=&\int_\infty^x\frac{dt}{t(t^2-1)\log t} \end{eqnarray}
と求まります。

非自明な零点部分の計算

$$f(\a)=\int_{L_\pm}\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt\quad(\Re(\a)<0)$$
ただし$\sgn(\Im(\a))=\pm$とし、積分経路$L_\pm$はそれぞれ$t=1$の上側、下側を通り$0$から$x$まで渡るものとした。

 補題5より
$$f'(\a)=\int^x_0 t^{\a-1}dt$$
であったので
$$f(\a)=\int^x_0\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt+C$$
としたいところだが、このままだと$t=1$における極の扱いが問題になるので$L_\pm$を上の通りとして
$$f(\a)=\int_{L_\pm}\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt+C$$
としよう。
 ここで任意に$0<\theta<\frac\pi2$をとって$L_\pm$を具体的に$0$から$xe^{i\theta}$まで直線的に、$xe^{\pm i\theta}$から$x$まで弧を描くように取る。つまり$\log t=u$としたとき
$$\int_{L_\pm}\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt =\int^{\log x\pm i\t}_{-\infty\pm i\t}\farc{e^{\a u}}{u}du +\int^{\log x}_{\log x\pm i\t}\farc{e^{\a u}}{u}du$$
が成り立つ。
 このとき$\a=a\pm ib\;(b>0)$とおくと
\begin{align} \l|\int^{\log x\pm i\t}_{-\infty\pm i\t}\farc{e^{\a u}}{u}du\r| &=\l|\int^{\log x}_{-\infty}\farc{e^{\a(u\pm i\t)}}{u\pm it}du\r|\\ &\leq\frac{e^{-b\t}}{\t}\int^{\log x}_{-\infty}e^{au}du =\frac{x^ae^{-b\t}}{a\t}\to0\quad(as\;b\to\infty)\\\\ \l|\int^{\log x}_{\log x\pm i\t}\farc{e^{\a u}}{u}du\r| &=\l|\pm i\int^{0}_{\t}\farc{e^{\a(\log x\pm ih)}}{\log x\pm ih}dh\r|\\ &\leq\frac{x^a}{\log x}\int^\t_0e^{-bh}dh=\frac{x^a(1-e^{b\t})}{b\log x}\quad(as\;b\to\infty) \end{align}
と評価できるので、補題6で見たように
$$\lim_{|\a|\to\infty}f(\a)=0$$
であったことに注意すると
$$\lim_{\Im(\a)\to\pm\infty}f(\a)=C=0$$
を得る。

$\dis\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\bigg(\frac{1}{s}\sum_{\rho}\log\l(1-\farc{s}{\rho}\r)\bigg)\frac{x^s}{\log x}ds=\sum_{\rho}\li(x^\rho)$

 いま積分経路$L_{\pm}$$0$から$x$まで$t=1$の周りを半周するので
$$\int^\pi_0\farc1{e^{it}}(ie^{it})dt=\pi i,\quad \lim_{\e\to0^+}(\int_{-1}^{-\e}\frac{dx}{x}+\int^1_\e\farc{dx}{x})=0$$
に注意すると
\begin{align} f(\a)&=\int_{L_\pm}\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt\\ &=\lim_{\e\to0^+}(\int_0^{1-\e}\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt+\int^x_{1-\e}\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt)\mp\pi i\\ &=\int^x_0\frac{t^{\a-1}}{\log t}dt\mp\pi i\\ &=\int^{x^\a}_0\frac{t^{\a-1}}{\log u}\frac{du}{\a t^{\a-1}}\mp\pi i\qquad(u=t^\a)\\ &=\int^{x^\a}_0\frac{du}{\log u}\mp\pi i\\ &=\li(x^\a)\mp\pi i \end{align}
がわかるので
\begin{eqnarray} &&\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\bigg(\frac{1}{s}\sum_{\rho}\log\l(1-\farc{s}{\rho}\r)\bigg)\frac{x^s}{\log x}ds\\ &=&\sum_{\rho}f(\rho)\\ &=&\sum_{\Im(\rho)>0}(f(\rho)+f(\ol\rho))\\ &=&\sum_{\Im(\rho)>0}\big((\li(x^\rho)-\pi i)+(\li(x^{\ol\rho})+\pi i)\big)\\ &=&\sum_{\rho}\li(x^\rho) \end{eqnarray}
と求まる。

極部分の計算

$\dis\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\Big(\frac{1}{s}\log(s-1)\Big)\frac{x^s}{\log x}ds=\li(x)$

 $\log(s-1)=\log(1-s)+\pi i$とすることで
\begin{eqnarray} &&\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\Big(\frac{1}{s}\log(s-1)\Big)\frac{x^s}{\log x}ds \\&=&f(1)+\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\Big(\frac{\pi i}{s}\Big)\frac{x^s}{\log x}ds \\&=&f(1)+\pi i \end{eqnarray}
(第2項については定理4からわかる)であり、補題8から
$$f(1)=\int_{L_+}\frac{x^{1-1}}{\log x}dx=\li(x)-\pi i$$
とすると$f(1)+\pi i=\li(x)$と求まる。

 上では$\log(-1)=\pi i$としたり積分経路を$L_+$としたりしましたが、定理10の左辺は複素共役に対して不変、つまり実数であることと整合性は取れているので$\log$の枝の取り方や積分経路の取り方は問題にならないのだと思います。

まとめ

 以上の議論により
\begin{eqnarray} \Pi(x) &=&-\farc1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\frac{\log\z(s)}{s}\r)\frac{x^s}{\log x}ds\\ &=&\farc1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac{d}{ds}\l(\frac1s\bigg(\log(s-1)+\log2-\sum_{\rho}\log\l(1-\frac{s}{\rho}\r)-\sum^\infty_{n=1}\log\l(1+\frac{s}{2n}\r)\bigg)\r)\frac{x^s}{\log x}ds\\ &=&\li(x)-\log2-\sum_{\rho}\li(x^\rho)-\int^x_\infty\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}\\ &=&\li(x)-\sum_{\rho}\li(x^\rho)+\int^\infty_x\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2 \end{eqnarray}
を得る。

おまけ:チェビシェフ関数の素数公式

 上では$\pi(x),\Pi(x)$についての素数公式について解説しましたが、解析的にはチェビシェフ関数の素数公式の方が便利な事が多いのでそちらについても解説しておきます。
 チェビシェフ関数とは以下のように定義される関数のことを言います。

$$\vartheta(x)=\sum_{p\leq x}\log p,\quad \psi(x)=\sum^\infty_{n=1}\sum_{p^n\leq x}\log p$$
と定められる関数のことをそれぞれ第一、第二チェビシェフ関数と言う。

 ちなみにチェビシェフ関数は
$$\vt(x)=\sum^\infty_{n=1}\mu(n)\psi(x^\frac1n),\quad \psi(x)=\sum^\infty_{n=1}\vartheta(x^{\frac1n})$$
のような関係を持ちます。
 そしてチェビシェフ関数に関しては以下のような素数公式が成り立ちます。

$\dis\psi(x)=x-\sum_\rho\farc{x^\rho}\rho-\frac12\log(1-x^{-2})-\log2\pi$

 やることは$\Pi(x)$の素数公式と同じなので大分端折って説明します。

 まずオイラー積表示の対数を取ることで得られる等式
$$\log\z(s)=\sum_p\sum^\infty_{n=1}\frac1{np^{ns}}$$
を微分することで
\begin{align} \frac{\z'(s)}{\z(s)} &=\sum_p\sum^\infty_{n=1}-\frac{\log p}{p^{ns}}\\ &=-s\sum_p\sum^\infty_{n=1}\log p\int^\infty_{p^n}x^{-s-1}dx\\ &=-s\int^\infty_1\psi(x)x^{-s-1}dx \end{align}
がわかり、これをひっくり返すことで
$$\psi(x)=-\frac1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac{x^s}{s}ds$$
を得る。
 また
\begin{eqnarray} \frac{\z'(s)}{\z(s)} &=&\farc{d}{ds}\log\z(s) \\&=&\farc{d}{ds}\log\l(\frac{(2\pi e^{-1})^s}{2(s-1)} \prod_{\rho}\l(1-\frac{s}{\rho}\r)e^{\frac s\rho} \prod^\infty_{n=1}\l(1+\frac{s}{2n}\r)e^{-\frac{s}{2n}}\r) \\&=&-\frac1{s-1}-\log2\pi+\sum_\rho\l(\frac1{s-\rho}+\frac1\rho\r)+\sum^\infty_{n=1}\l(\farc1{s+2n}-\farc1{2n}\r) \\&=&-\frac s{s-1}+\log2\pi+\sum_\rho\frac s{\rho(s-\rho)}-\sum^\infty_{n=1}\frac s{2n(s+2n)} \end{eqnarray}
つまり
$$-\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac1s =\frac1{s-1}-\frac{\log2\pi}s-\sum_\rho\frac1{\rho(s-\rho)}+\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n(s+2n)}$$
と分解できるので
$$\int^\infty_1x^{a}x^{-s-1}dx=\l[\frac{x^{a-s}}{a-s}\r]^\infty_1=\frac1{s-a}$$
より
$$\farc1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{x^s}{s-a}ds=x^a$$
と計算できることに注意すると
\begin{eqnarray} \psi(x)&=&x-\log2\pi-\sum_\rho\frac{x^\rho}{\rho}+\sum^\infty_{n=1}\frac{x^{-2n}}{2n} \\&=&x-\log2\pi-\sum_\rho\frac{x^\rho}{\rho}-\farc12\log(1-x^{-2}) \end{eqnarray}
を得る。

参考文献

投稿日:202137
更新日:126

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子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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