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大学数学基礎解説
文献あり

素数公式から素数定理を導く

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はじめに

 この記事では素数公式
π(x)=n=1μ(n)n(Li(x1n)ρLi(xρn)+x1ndtt(t21)logtlog2)
から素数定理
π(x)Li(x)
を導出していきます。

証明のあらすじ

  リーマン予想の記事 の「リーマンの夢」の項でも触れたように素数定理はゼータ関数がRe(s)=1において零点を持たないという事実が重要となっています。実際そのこととΠ(x)の素数公式
Π(x)=Li(x)ρLi(xρ)+xdtt(t21)logtlog2=Li(x)ρLi(xρ)+O(1)
を用いると素数公式は
limxΠ(x)Li(x)=limx1Li(x)(Li(x)+ρLi(xρ)+O(1))=1+ρlimxLi(xρ)Li(x)+0=1
と即座に導かれます。しかしこの証明だと
ρLi(xρ)
が条件収束だったために厳密性を欠いているのでした。
 またこのような解析的な議論においてはチェビシェフ関数の素数公式
ψ(x)=xρxρρ12log(1x2)log2π
を考えた方が扱いやすいのでした。ただこれもまた条件収束なので正確にはこれを積分した素数公式
0xψ(x)dx=x22ρxρ+1ρ(ρ+1)xlog2πn=1x2n+12n(2n1)+ζ(1)ζ(1)
を考えることになります。
 この素数公式はπ(x)ψ(x)と違って左辺が連続関数となるためか絶対収束となっており、そのため無限和と極限の交換
limx2x20xψ(x)dx=1+ρ2ρ(ρ+1)limxxρ1=1
が正当化されます。
 あとはこの漸近公式
0xψ(x)dxx22
から素数公式
ψ(x)x,π(x)Li(x)
が導かれることとなります。

証明

 ゼータ関数ζ(s)Re(s)=1において零点を持たない。

 ある実数t0に対しζ(1+it0)=0が成り立つとし、Z(σ)=ζ(σ)3|ζ(σ+it0)|4|ζ(σ+2it0)|2とおく。
 このときs=σ+itに対し
logζ(s)=plog(1ps)=pn=11npns=pn=1cos(ntlogp)isin(ntlogp)npnσ
と表せることに注意すると
logZ(σ)=Re(logζ(σ)3ζ(σ+it0)4ζ(σ+2it0)2)=pn=13+4cos(nt0logp)+2cos(2nt0logp)npnσ
が成り立つ。
 また
3+4cosθ+2cos2θ=1+4cosθ+4cos2θ=(1+2cosθ)20
からlogZ(σ)0特にZ(σ)1が成り立つがこれは
lims1ζ(s)3ζ(s+it0)4ζ(s+2it0)2=0ζ(1+2it)=0
に矛盾。よって主張を得る。

ψ1(x)=0xψ(t)dt
とおいたとき
ψ1(x)=x22ρxρ+1ρ(ρ+1)xlog2πn=1x2n+12n(2n1)+ζ(1)ζ(1)
が成り立つ。

  素数公式の記事 で示した式
ψ(x)=12πiσiσ+iζ(s)ζ(s)xssds
を積分することで
ψ1(x)=12πiσiσ+iζ(s)ζ(s)xs+1s(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
ζ(s)ζ(s)1s=1s1log2πsρ1ρ(sρ)+n=112n(s+2n)
s+1で割り、ヘヴィサイドの展開公式を思い出すことで
ζ(s)ζ(s)1s(s+1)=12(s1)log2πsρ1ρ(ρ+1)(sρ)n=112n(2n1)(s+2n)+ζ(1)ζ(1)1s+1
がわかるのでこれを
1xaxs1dx=1sa12πiσiσ+ixssads=xa
に注意して逆メリン変換することで
ψ1(x)=x22ρxρ+1ρ(ρ+1)xlog2πn=1x2n+12n(2n1)+ζ(1)ζ(1)
を得る。

 ちなみに
n=1x2n+12n(2n1)=n=1x2nx2n+n=11(2n1)x2n1=12xlog(1x2)+12log1+x11x1
と表せる。

ψ1(x)x22
が成り立つ。

  この記事 の命題7として示したようにξ(s)の位数は1であり、また アダマールの定理 から
ρ1|ρ|2<
が成り立つのでRe(ρ)0から|ρ+1|>|ρ|に注意するとx1において
|ρxρρ(ρ+1)|<ρx|ρ|2<
と評価できる。つまり
ρxρρ(ρ+1)
は絶対一様収束する。
 したがって
limx2x2ψ1(x)=limx2x2(x22ρxρ+1ρ(ρ+1)xlog2πn=1x2n+12n(2n1)+ζ(1)ζ(1))=1+ρ2ρ(ρ+1)limxxρ1=1
を得る。

 ψ(x)xが成り立つ。

 任意のε>0に対しあるXが存在してx>Xにおいて
(1ε)x22<0xψ(t)dt<(1+ε)x22
が成り立つので任意にa>1を取りy=axとおくと
(1ε)y22(1+ε)x22<xyψ(t)dt<(1+ε)y22(1ε)x22
と評価できる。
 またψ(x)の単調増加性より
(yx)ψ(x)xyψ(t)dt(yx)ψ(y)
が成り立つのでこれをx2y2で割ることで
(a1)ψ(x)x<(1+ε)a22(1ε)12(1a1)ψ(y)y>(1ε)12(1+ε)a22
を得る。
 したがってε>0は任意であったことに注意すると
121a21a1limxψ(x)x12a21a1
が成り立ち、またa>1は任意であったことに注意すると
limxψ(x)x=1
を得る。

 π(x)Li(x)が成り立つ。

  この記事 の命題6として示したように
ψ(x)xπ(x)Li(x)
が成り立つことからわかる。

おまけ:一般的な証明との比較

 ちなみに一般的な証明では
1(ψ(x)x)xs1dx=1sddslog((s1)ζ(s))1s
の右辺がRe(s)=1において正則であることからs=1においてもこれは一致する、特に
1ψ(x)xx2dx
が収束することがわかり、そのことからψ(x)xが導かれます。
 そのためには次のような補題が必要となります(この記事では証明しません)。

 Re(s)>1において
g(s)=1f(x)xs1dx
と定められる関数gRe(s)1における正則関数に解析接続できるとき
g(0)=1f(x)x2dx
が成り立つ。

 単調増加関数fに対し広義積分
1f(x)xx2dx
が収束するとき、f(x)xが成り立つ。

 ちなみに今回の記事における定理4の証明から一般に次のような事実が成り立つことがわかります。

 単調増加関数fに対し
0xf(x)dxx22
が成り立つとき、f(x)xが成り立つ。

 似ているような似て非なるような...。

参考文献

[1]
H. M. Edwards, Riemann's Zeta Function, Dover Publications, 1974
投稿日:2024129
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投稿者

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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