リーマンの素数公式

　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。

$$\frac d{d\a}\l(\frac1{s}\log\l(1-\farc{s}{\a}\r)\r) =\frac{\frac{s}{\a^2}}{s(1-\frac{s}{\a})}=\frac{1}{\a(\a+s)}$$
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。

　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。

　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。

　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。

　いま積分経路$L_{\pm}$は$0$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。

　$\log(s-1)=\log(1-s)+\pi i$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。

　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。