リーマン予想による素数定理の精密化

　 素数公式の記事 で示した式
$$\psi(x)=-\frac1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac{x^s}sds$$
を積分することで
$$\psi_1(x)=-\farc1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac{x^{s+1}}{s(s+1)}ds$$
が成り立つ。
　また同記事で示した部分分数展開公式
$$-\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac1s=\frac1{s-1}-\frac{\log2\pi}s-\sum_\rho\frac1{\rho(s-\rho)}+\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n(s+2n)}$$
を$s+1$で割り、ヘヴィサイドの展開公式を思い出すことで
$$-\frac{\z'(s)}{\z(s)}\frac1{s(s+1)}=\frac1{2(s-1)}-\frac{\log2\pi}s-\sum_\rho\frac1{\rho(\rho+1)(s-\rho)}-\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n(2n-1)(s+2n)}+\frac{\z'(-1)}{\z(-1)}\frac1{s+1}$$
がわかるのでこれを
$$\int^\infty_1x^ax^{-s-1}dx=\frac1{s-a}\quad\leftrightarrow\quad\frac1{2\pi i}\int^{\s+i\infty}_{\s-i\infty}\frac{x^s}{s-a}ds=x^a$$
に注意して逆メリン変換することで
$$\psi_1(x)=\frac{x^2}2-\sum_\rho\frac{x^{\rho+1}}{\rho(\rho+1)}-x\log2\pi-\sum^\infty_{n=1}\frac{x^{-2n+1}}{2n(2n-1)}+\farc{\z'(-1)}{\z(-1)}$$
を得る。

　$h>0$のとき、任意の$0\leq t\leq mh$に対して$\phi(x+t)>f_m(x,h,t)$が成り立つとすると
\begin{eqnarray} K_m(x,h)&=&\int^h_0\cdots\int^h_0\int^h_0\phi(x+t_1+t_2+\cdots+t_m)dt_1dt_2\cdots dt_m \\&>&\int^h_0\cdots\int^h_0\int^h_0f_m(x,h,t_1+t_2+\cdots+t_m)dt_1dt_2\cdots dt_m \\&=&K_m(x,h) \end{eqnarray}
となって矛盾。
　$h<0$のときも同様に、任意の$mh\leq t\leq0$に対して$\phi(x+t)< f_m(x,h,t)$が成り立つとすると
\begin{eqnarray} (-1)^mK_m(x,h)&=&\int^0_h\cdots\int^0_h\int^0_h\phi(x+t_1+t_2+\cdots+t_m)dt_1dt_2\cdots dt_m \\&<&\int^0_h\cdots\int^0_h\int^0_hf_m(x,h,t_1+t_2+\cdots+t_m)dt_1dt_2\cdots dt_m \\&=&(-1)^mK_m(x,h) \end{eqnarray}
となって矛盾。よって主張を得る。

　右側の不等号については$h=\d x$に対して補題2を考えると、ある$0\leq t\leq m\d x$があって
$$\psi(x+t)-(x+t)+\frac12\log(1-(x+t)^{-2})+\log2\pi \leq\frac{K_m(x,\d x)}{x^m\d^m}+\frac{m\d x}2-t$$
つまり
$$\psi(x+t)-x+\frac12\log(1-(x+t)^{-2})+\log2\pi\leq\e_1x$$
が成り立つ。またそれぞれの単調性から
\begin{align} \psi(x)&\leq\psi(x+t)\\ \log(1-x^{-2})&\leq\log(1-(x+t)^{-2}) \end{align}
であることに注意すると
$$\psi(x)-x+\frac12\log(1-x^{-2})+\log2\pi=\phi(x)\leq\e_1x$$
を得る。
　左側の不等号も同様にある$-m\d x\leq t\leq0$があって
$$\psi(x+t)-x+\frac12\log(1-(x+t)^{-2})+\log2\pi\geq-\e_{-1}x$$
が成り立ち、単調性から
\begin{align} \psi(x)&\geq\psi(x+t)\\ \log(1-x^{-2})&\geq\log(1-(x+t)^{-2}) \end{align}
なので結局$\phi(x)\geq-\e_{-1}x$を得る。

　まず$\psi(x)$と$\psi_1(x)$の素数公式
\begin{align} \psi&=x-\log2\pi-\sum^\infty_{n=0}\frac{x^{-2n}}{2n}+\phi(x)\\ \int^x_0\psi(x)dx&=\frac{x^2}2-x\log2\pi+\sum^\infty_{n=0}\frac{x^{-2n+1}}{2n(2n+1)}-\sum_\rho\frac{x^{\rho+1}}{\rho(\rho+1)} \end{align}
を見比べることで
$$\int^h_0\phi(x+t_1)dt_1=-\sum_\rho\frac{(x+h)^\rho-x^\rho}{\rho(\rho+1)}=-\sum_\rho\frac1\rho\int^h_0(x+t_1)^\rho dt_1$$
が成り立つことがわかる。
　またこの右辺は絶対収束していたので級数と積分が交換でき、
\begin{eqnarray} K_m(x,h)&=&\int^h_0\cdots\int^h_0\l(\int^h_0\phi(x+t_1+t_2+\cdots+t_m)dt_1\r)dt_2\cdots dt_m \\&=&-\sum_\rho\frac1\rho\int^h_0\cdots\int^h_0\int^h_0(x+t_1+t_2+\cdots+t_m)^\rho dt_1dt_2\cdots dt_m \end{eqnarray}
を得る。

\begin{eqnarray} &&\l|\int^h_0\cdots\int^h_0\int^h_0(x+t_1+t_2+\cdots+t_m)^\rho dt_1dt_2\cdots dt_m\r| \\&\leq&\l|\int^h_0\cdots\int^h_0\int^h_0(x+|t_1|+|t_2|+\cdots+|t_m|)^\b dt_1dt_2\cdots dt_m\r| \\&=&\int^{|h|}_0\cdots\int^{|h|}_0\int^{|h|}_0(x+t_1+t_2+\cdots+t_m)^\b dt_1dt_2\cdots dt_m \\&=&\int^\d_0\cdots\int^\d_0\int^\d_0x^\b(1+u_1+u_2+\cdots+u_m)^\b (xdu_1)(xdu_2)\cdots (xdu_m)\quad(t_k=xu_k) \\&\leq&x^{\b+m}\int^\d_0\cdots\int^\d_0\int^\d_0(1+t_1+t_2+\cdots+t_m)dt_1dt_2\cdots dt_m \\&=&x^{\b+m}\cdot\d^m\farc{2+m\d}{2} \end{eqnarray}
のようにしてわかる。(積分の値については漸化式$I_{m+1}=\d I_m+\frac12\d^{m+2}$からわかる。)

　左辺の積分を計算すると
\begin{eqnarray} &&\frac1{(\rho+1)(\rho+2)\cdots(\rho+m)}\sum^m_{j=0}(-1)^{m-j}\binom mj(x+jh)^{\rho+m} \\&=&\frac{x^{\rho+m}}{(\rho+1)(\rho+2)\cdots(\rho+m)}\sum^m_{j=0}(-1)^{m-j}\binom mj(1\pm j\d)^{\rho+m} \end{eqnarray}
となり、$0<\d<(x-1)/mx<1/m$および$\b<1$より
$$|(1\pm j\d)^{\rho+m}|=(1\pm j\d)^{\b+m}<(1+j\d)^{m+1}<((1+\d)^j)^{m+1}$$
に注意すると
$$\l|\sum^m_{j=0}(-1)^{m-j}\binom mj(1\pm j\d)^{\rho+m}\r| \leq\sum^m_{j=0}\binom mj((1+\d)^{m+1})^j=((1+\d)^{m+1}+1)^m$$
なのであとは$|z|\geq|\Im(z)|$に注意すればわかる。

　上で示した種々の結果から
\begin{eqnarray} \frac1x|\phi(x)|&\leq&\frac{\max_{\pm}|K_m(x,\pm\d x)|}{x^{m+1}\d^m}+\frac{m\d}2 \\&\leq&\farc1{x^{m+1}\d^m}\l(\sum_{|\g|\leq T}x^{\b+m}\d^m\frac{2+m\d}{2|\rho|}+\sum_{|\g|>T}\frac{x^{\b+m}((1+\d)^{m+1}+1)^m}{|\rho|\cdot|\g|^m}\r)+\frac{m\d}2 \\&\leq&\frac1x\l(2\sum_{0<\g\leq T}x^\b\frac{2+m\d}{2|\rho|}+2\sum_{\g>T}x^\b\frac{((1+\d)^{m+1}+1)^m}{\d^m\g^{m+1}}\r)+\frac{m\d}2 \end{eqnarray}
と評価できるので、あとはリーマン予想$\b=\frac12$からわかる。

　 アーベルの総和公式 と同様にして
$$\sum_{a<\g\leq b}f(\g)=N(b)f(b)-N(a)f(a)-\int^b_aN(t)f'(t)dt$$
が成り立つので
\begin{align} F'(t)&=\frac1{2\pi}\log\farc t{2\pi}\\ tR'(t)&=0.137+\frac{0.433}{\log t}\\ &\leq0.137+\frac{0.433}{\log a}\quad(a< t) \end{align}
に注意すると$N(t)< F(t)+R(t)$より
\begin{eqnarray} \sum_{a<\g\leq b}f(\g)&\leq&N(b)f(b)-N(a)f(a)-\int^b_a(F(t)+R(t))f'(t)dt \\&=&E(a,b)+\int^b_aF'(t)f(t)dt+\int^b_a\frac{tR'(t)}tf(t)dt \\&\leq&\frac1{2\pi}\int^b_af(t)\log\frac t{2\pi}dt+\l(0.137+\frac{0.433}{\log a}\r)\int^b_a\farc{f(t)}tdt+E(a,b) \end{eqnarray}
を得る。

　$D=158.84998$について、$N(D)=57$および
$$\sum_{0<\g\leq D}\frac1{|\rho|}<0.8113925$$
が知られていることを使う。これは具体的な非自明な零点の(近似)値を求めることでわかるので特に証明はしない。
　まず$f(t)=1/t,\ a=D,\ b=T$について補題8を使うことで
\begin{eqnarray} \sum_{0<\g\leq T}\frac1{|\rho|} &<&0.8113925+\sum_{D<\g\leq T}\frac1\g \\&\leq&0.8113925+\frac1{4\pi}\l(\log^2\frac T{2\pi}-\log^2\farc D{2\pi}\r)+\l(0.137+\frac{0.433}{\log D}\r)\l(\farc1D-\frac1T\r)+E \\&<&\frac1{4\pi}\log^2\frac T{2\pi}+0.0030404-\l(0.137+\frac{0.433}{\log D}\r)\frac1T+(N(T)-F(T)-R(T))\frac1T \end{eqnarray}
が成り立つ。ただし
$$0.8113925-\frac1{4\pi}\log^2\farc D{2\pi}+\l(F(D)+R(D)-N(D)+0.137+\frac{0.433}{\log D}\r)\farc1D<0.0030404$$
とした。

>>> from numpy import log,pi
>>> d=158.84998
>>> c=d/(2*pi)
>>> N=57
>>> F=c*log(c)-c+7/8
>>> R=0.137*log(d)+0.443*log(log(d))+1.588
>>> 0.8113925-(log(c))**2/(4*pi)+(F+R-N+0.137+0.443/log(d))/d
0.003040395970144244

　また
$$\int\frac1{t^{m+1}}\log\frac t{2\pi}dt=\frac{1+m\log(t/2\pi)}{m^2t^m}+C$$
に注意して$f(t)=1/t^{m+1},a=T,b=\infty$について補題7を使うことで
\begin{eqnarray} \sum_{\g>T}\frac1{\g^{m+1}} &\leq&\frac1{T^m}\l(\frac1{2\pi m}\log\frac T{2\pi}+\frac1{2\pi m^2}+\l(0.137+\frac{0.433}{\log T}\r)\frac1{(m+1)T}-(N(T)-F(T)-R(T))\frac1T\r) \\&<&\frac{\d^m(2+m\d)}{2((1+\d)^{m+1}+1)^m}\l(\frac1{4\pi}\l(\frac2m\log\frac T{2\pi}+\frac2{m^2}\r)+\l(0.137+\frac{0.433}{\log D}\r)\frac1{(m+1)T}-(N(T)-F(T)-R(T))\frac1T\r) \end{eqnarray}
が成り立つので、さっきの不等式と合わせて
\begin{eqnarray}&& \sum_{0<\g\leq T}\frac{2+m\d}{|\rho|}+2\sum_{\g>T}\frac{((1+\d)^{m+1}+1)^m}{\d^m\g^{m+1}} \\&<&\frac{2+m\d}{4\pi}\l(\l(\log\frac T{2\pi}+\frac1m\r)^2+4\pi\cdot0.0030404+\frac1{m^2}-\l(0.137+\frac{0.433}{\log D}\r)\l(1-\frac1{m+1}\r)\frac{4\pi}T\r) \\&<&\frac{2+m\d}{4\pi}\l(\l(\log\frac T{2\pi}+\frac1m\r)^2+0.038207+\frac1{m^2}-\frac{2.82m}{(m+1)T}\r) \end{eqnarray}
を得る。ただし
$4\pi\cdot0.0030404<0.038207$
$\dis4\pi\l(0.137+\frac{0.433}{\log D}\r)>2.82$
とした。

>>> from numpy import log,pi
>>> 4*pi*0.0030404
0.03820679321589763
>>> 4*pi*(0.137+0.443/log(d))
2.8200430232286395

　まず任意に$\xi\geq82800$を取って$x\geq\xi$において
$$m=1,\;\d=\frac{\log x}{\pi\sqrt x}$$
として定理7,9を適用する。
　このとき
$$\d=\frac1{\log x}\cdot\frac{\log^2x}{\pi\sqrt x}\leq\frac{\a_1}{\log x}\leq\a_2$$
ただし
$$\a_1=\frac{\log^2\xi}{\pi\sqrt\xi},\quad\a_2=\frac{\log\xi}{\pi\sqrt\xi}<0.0126$$
と評価でき、また
\begin{eqnarray} T&=&\frac{(1+\d)^{m+1}+1}\d\l(\frac2{2+m\d}\r)^\frac1m =\frac{2(2+2\d+\d^2)}{\d(2+\d)} =2\l(\frac1\d+1-\frac1{2+\d}\r) \\&\geq&2\l(\frac1{0.0126}+1-\frac12\r)>158.84998=D \\\log\frac T{2\pi}+\frac1m&=&\log\frac1{\pi\d}+\log\l(1+\farc{\d(1+\d)}{2+\d}\r)+1 \leq\log\frac{\sqrt x}{\log x}+(\log(1+\d_1)+1) \\&\leq&\frac12(\log x-2\log\log x+2(1+\d_1))\leq\frac12(\log x-\a_3) \end{eqnarray}
ただし
$$\d_1=\frac{\a_2(1+\a_2)}{2+\a_2}<0.00634,\quad\a_3=2\log\log\xi-2(1+\d_1)>2.841$$
と評価できることに注意する。

>>> from numpy import log,pi,sqrt
>>> xi=82800
>>> a2=log(xi)/(pi*sqrt(xi))
>>> a2
0.012526849246324731
>>> 2*(1/0.0126+1-1/2)
159.73015873015873
>>> d1=a2*(1+a2)/(2+a2)
>>> d1
0.006302410923419406
>>> a3=2*log(log(xi))-2*(1+d1)
>>> a3
2.841276293240455

　いま定理7,9から
\begin{eqnarray} &&\frac1x|\psi(x)-x|=\frac1x\l|\phi(x)-\frac12\log(1-x^{-2})-\log2\pi\r| \\&<&\farc{2+\d}{4\pi\sqrt x}\l(\l(\log\frac T{2\pi}+\frac1m\r)^2+0.038207+1-\farc{2.82}{2T}\r)+\frac\d2+\frac1x\l|\farc12\log(1-x^{-2})+\log2\pi\r| \\&<&\frac1{8\pi\sqrt x}\l(1+\frac{\a_1}{2\log x}\r)((\log x-\a_3)^2+4\cdot1.038207)+\frac{\log x}{2\pi\sqrt x}+\frac1x\log2\pi \\&\leq&\frac1{8\pi\sqrt x}\l(1+\frac{\a_1}{2\log x}\r)(\log^2x-\a_4\log x)+\frac{\log x}{8\pi\sqrt x}\l(4+\frac{8\pi\log2\pi}{\sqrt x\log x}\r) \\&\leq&\frac1{8\pi\sqrt x}(\log^2x-\a_5\log x)-\frac1{8\pi\sqrt x}\frac{\a_1\a_4}2 \end{eqnarray}
ただし
$$\a_4=2\a_3-\frac{\a_3^2+4.152828}{\log\xi},\quad\a_5=a_4-\frac{\a_1}2-4-\frac{8\pi\log2\pi}{\sqrt\xi\log\xi}$$
と評価できる。
　ここで$2x-x^2/a$は$0\leq x\leq a$で単調増加であり、また$\a_3<2\log\log\xi<\log\xi$であることに注意すると
$$\a_4>2\cdot2.841-\frac{2.841^2+4.152828}{\log\xi}>0$$
となるので、結局
$$|\psi(x)-x|<\farc1{8\pi}\sqrt x(\log x-\a_5)\log x$$
と評価できることになる。

>>> from numpy import log
>>> xi=82800
>>> 2*2.841-(2.841**2+4.152828)/log(xi)
4.602530634962593

　そして
$$0\leq\psi(x)-\vt(x)<\vt(\sqrt x)+3x^\frac13\quad(x>0)$$
および
$$\vt(x)<1.02x\quad(x>0)$$
が成り立つことが知られているので
$$|\vt(x)-x|<|\psi(x)-x|+1.02\sqrt x+3x^\frac13<\frac1{8\pi}\sqrt x(\log x-\a_6)\log x$$
ただし
$$\a_6=\a_5-\farc{8.16\pi}{\log\xi}-\farc{24\pi}{\xi^\frac16\log\xi}$$
と評価でき、$\xi\geq82800$は任意であったので$\xi=23\cdot10^8$とおくことで$\a_5>\a_6>2$となり主張を得る。

>>> from numpy import sqrt,power,log,pi
>>> xi=23*10**8
>>> a2=log(xi)/(pi*sqrt(xi))
>>> d1=a2*(1+a2)/(2+a2)
>>> a3=2*log(log(xi))-2*(1+d1)
>>> a4=2*a3-(a3**2+4.152828)/log(xi)
>>> a5=a4-a2*log(xi)/2-4-8*pi*log(2*pi)/(sqrt(xi)*log(xi))
>>> a6=a5-8.16*pi/log(xi)-24*pi/(power(xi,1/6)*log(xi))
>>> a6
2.00704868502812

　定理9と同様に評価し、$\xi=e^{16}<10^7$とおくことで$\a_5>\a_6>0$がわかるので$x\geq e^{16}$においては所望の不等式が成り立つ。

>>> from numpy import sqrt,power,log,pi,e
>>> xi=e**16
>>> a2=log(xi)/(pi*sqrt(xi))
>>> d1=a2*(1+a2)/(2+a2)
>>> a3=2*log(log(xi))-2*(1+d1)
>>> a4=2*a3-(a3**2+4.152828)/log(xi)
>>> a5=a4-a2*log(xi)/2-4-8*pi*log(2*pi)/(sqrt(xi)*log(xi))
>>> a6=a5-8.16*pi/log(xi)-24*pi/(power(xi,1/6)*log(xi))
>>> a6
0.09834137524507225

　$x< e^{16}$においては数値計算で示すのも現実的だが、元論文に倣ってもう少し不等式評価しておく。
　いま$0< x\leq10^8$において
$$0< x-\vt(x)<2.05282\sqrt x$$
が成り立つことが知られているので$1400\leq x< e^{16}$においては
$$|\vt(x)-x|<\frac{2.05282}{\log^21400}\sqrt x\log^2x<\frac1{8\pi}\sqrt x\log^2x$$
と評価できる。
　また
$$0\leq\psi(x)-\vt(x)<\vt(\sqrt x)+3x^\frac13\quad(x>0)$$
が知られていたことを思い出すと$1400\leq x< e^{16}$において
\begin{align} \psi(x)-x&\geq\vt(x)-x\\ &>-\frac1{8\pi}\sqrt x\log^2x\\ \psi(x)-x&<\psi(x)-\vt(x)<\sqrt x+3x^\frac13\\ &\leq\frac1{\log^21075}\l(1+\frac3{1075^\frac16}\r)\sqrt x\log^2x\\ &<\frac1{8\pi}\sqrt x\log^2x \end{align}
と評価できる。

>>> from numpy import log,pi
>>> 2.05282/(log(1400)**2)
0.03911710512821552
>>> (1+3/power(1075,1/6))/log(1075)**2
0.039763115286937885
>>> 1/(8*pi)
0.039788735772973836

　$x<1400$については数値計算で示せばよい。実際に$x-\psi(x)$を緑、$x-\vt(x)$を橙、$\pm\sqrt x\log^2x/8\pi$を黄色としてグラフで見てみると次のようになっている。
x≤1500での様子
x≤650での様子
x≤100での様子
(これを見る限り$|\psi(x)-x|<\sqrt x\log^2x/8\pi$は$x\geq59$で成り立っていそうだが...？)

　 この記事 で示したように
$$\pi(x)-\Li(x)=\frac{\vt(x)-x}{\log x}+\int^x_2\frac{\vt(t)-t}{t\log^2t}dt+\frac2{\log2}-\Li(2)$$
が成り立つので、$\xi\geq599$において
$$\xi'=\frac{\vt(\xi)-\xi}{\log\xi}-(\pi(\xi)-\Li(\xi))=-\int^\xi_2\frac{\vt(t)-t}{t\log^2t}dt-\l(\frac2{\log2}-\Li(2)\r)$$
とおくと$x\geq23\cdot10^8$において
\begin{eqnarray} |\pi(x)-\Li(x)|&<&\l|\frac{\vt(x)-x}{\log x}+\int^x_\xi\frac{\vt(t)-t}{t\log^2t}dt-\xi'\r| \\&\leq&\frac1{8\pi}\sqrt x(\log x-2)+\frac1{8\pi}\int^x_\xi\frac{dt}{\sqrt t}+|\xi'| \\&=&\frac1{8\pi}\sqrt x\log x+|\xi'|-\frac{\sqrt\xi}{4\pi} \end{eqnarray}
と評価できる。いま$\xi=10^8$とおくと$\xi'\sim89.71<7853.98\sim\sqrt\xi/4\pi$となるので所望の不等式が成り立つ。
　$x<23\cdot10^8$においては数値計算で示すのも現実的ではあるが、元論文に倣ってもう少し不等式評価しておく。(本来$\li(x)$のところを$\Li(x)=\li(x)+1.04516\ldots$に置き換えているのでところどころ主張を書き換えてある。)
　まず$p\leq50\cdot10^8$なる任意の素数$p$について$\Li(p)-\pi(p)\leq4613$が成り立つことが知られているので$5\cdot10^7\leq x\leq49\cdot10^8$において$x$より大きい素数の中で最小のものを$p$とおくと
$$|\pi(x)-\Li(x)|=\Li(p)-(\pi(p)-1)\leq4614<\frac1{8\pi}\sqrt x\log x$$
と評価できる。(現時点で$\Li(x)-\pi(x)<0$となるような$x$は知られていないことに注意する。)

>>> from numpy import sqrt,log,pi
>>> sqrt(x)*log(x)/(8*pi)
4987.621160107788

　$4000\leq x\leq 5\cdot10^7$においては
$$0<\Li(x)-\pi(x)<2.661\frac{\sqrt x}{\log x}$$
が成り立つことが知られている(結局数値計算？)ことから
$$\Li(x)-\pi(x)<\frac{2.661}{\log^2(4000)}\sqrt x\log x<\frac1{8\pi}\sqrt x\log x$$
を得る。あとは数値計算で示せばよい。
x≤4500での様子
ちなみに$\li(x)-\pi(x)$をグラフにすると次のようになる。
x≤4500での様子
これを見る限り$|\pi(x)-\li(x)|<\sqrt x\log x/8\pi$は$x\geq1447$で成り立ちそうであるが、元論文ではあくまで$x\geq2657$となっている。