素数公式から素数定理を導く
はじめに
この記事では素数公式
$$\pi(x)=\sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}{n}
(\Li(x^{\frac1n})-\sum_{\rho}\Li(x^{\frac\rho{n}})+\int^\infty_{x^\frac1n}\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2)$$
から素数定理
$$\pi(x)\sim\Li(x)$$
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$\Pi(x)$の素数公式
\begin{align}
\Pi(x)
&=\Li(x)-\sum_{\rho}\Li(x^{\rho})+\int^\infty_x\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2\\
&=\Li(x)-\sum_{\rho}\Li(x^{\rho})+O(1)
\end{align}
を用いると素数公式は
\begin{align}
\lim_{x\to\infty}\farc{\Pi(x)}{\Li(x)}
&=\lim_{x\to\infty}\farc1{\Li(x)}\l(\Li(x)+\sum_\rho\Li(x^\rho)+O(1)\r)\\
&=1+\sum_\rho\lim_{x\to\infty}\farc{\Li(x^\rho)}{\Li(x)}+0
=1
\end{align}
と即座に導かれます。しかしこの証明だと
$$\sum_\rho\Li(x^\rho)$$
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
$$\psi(x)=x-\sum_\rho\farc{x^\rho}\rho-\frac12\log(1-x^{-2})-\log2\pi$$
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
$$\int^x_0\psi(x)dx=\frac{x^2}2-\sum_\rho\frac{x^{\rho+1}}{\rho(\rho+1)}-x\log2\pi-\sum^\infty_{n=1}\frac{x^{-2n+1}}{2n(2n-1)}+\farc{\z'(-1)}{\z(-1)}$$
を考えることになります。
この素数公式は$\pi(x)$や$\psi(x)$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
$$\lim_{x\to\infty}\frac2{x^2}\int^x_0\psi(x)dx
=1+\sum_\rho\frac2{\rho(\rho+1)}\lim_{x\to\infty}x^{\rho-1}=1$$
が正当化されます。
あとはこの漸近公式
$$\int^x_0\psi(x)dx\sim\frac{x^2}2$$
から素数公式
$$\psi(x)\sim x,\quad\pi(x)\sim\Li(x)$$
が導かれることとなります。
証明
ゼータ関数$\z(s)$は$\Re(s)=1$において零点を持たない。
ある実数$t_0$に対し$\z(1+it_0)=0$が成り立つとし、$Z(\s)=\z(\s)^3|\z(\s+it_0)|^4|\z(\s+2it_0)|^2$とおく。
このとき$s=\s+it$に対し
\begin{align}
\log\z(s)
&=\sum_p-\log(1-p^{-s})\\
&=\sum_p\sum^\infty_{n=1}\frac1{np^{ns}}\\
&=\sum_p\sum^\infty_{n=1}\frac{\cos(nt\log p)-i\sin(nt\log p)}{np^{n\s}}
\end{align}
と表せることに注意すると
\begin{align}
\log Z(\s)&=\Re(\log\z(\s)^3\z(\s+it_0)^4\z(\s+2it_0)^2)\\
&=\sum_p\sum^\infty_{n=1}\frac{3+4\cos(nt_0\log p)+2\cos(2nt_0\log p)}{np^{n\s}}
\end{align}
が成り立つ。
また
\begin{align}
3+4\cos\t+2\cos2\t
&=1+4\cos\t+4\cos^2\t\\
&=(1+2\cos\t)^2\geq0
\end{align}
から$\log Z(\s)\geq0$特に$Z(\s)\geq1$が成り立つがこれは
$$\lim_{s\to1}\z(s)^3\z(s+it_0)^4\z(s+2it_0)^2=0\cdot\z(1+2it)=0$$
に矛盾。よって主張を得る。
$$\psi_1(x)=\int^x_0\psi(t)dt$$
とおいたとき
$$\psi_1(x)=\frac{x^2}2-\sum_\rho\frac{x^{\rho+1}}{\rho(\rho+1)}-x\log2\pi-\sum^\infty_{n=1}\frac{x^{-2n+1}}{2n(2n-1)}+\farc{\z'(-1)}{\z(-1)}$$
が成り立つ。
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。
ちなみに
\begin{eqnarray}
\sum^\infty_{n=1}\frac{x^{-2n+1}}{2n(2n-1)}
&=&-\sum^\infty_{n=1}\frac{x}{2nx^{2n}}+\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)x^{2n-1}}
\\&=&\frac12x\log(1-x^{-2})+\frac12\log\frac{1+x^{-1}}{1-x^{-1}}
\end{eqnarray}
と表せる。
$$\psi_1(x)\sim\frac{x^2}2$$
が成り立つ。
この記事
の命題7として示したように$\xi(s)$の位数は$1$であり、また
アダマールの定理
から
$$\sum_{\rho}\frac1{|\rho|^2}<\infty$$
が成り立つので$\Re(\rho)\geq0$から$|\rho+1|>|\rho|$に注意すると$x\geq1$において
$$\l|\sum_\rho\frac{x^\rho}{\rho(\rho+1)}\r|<\sum_\rho\frac{x}{|\rho|^2}<\infty$$
と評価できる。つまり
$$\sum_\rho\frac{x^\rho}{\rho(\rho+1)}$$
は絶対一様収束する。
したがって
\begin{align}
\lim_{x\to\infty}\frac2{x^2}\psi_1(x)
&=\lim_{x\to\infty}\frac2{x^2}\l(\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)}\r)\\
&=1+\sum_\rho\frac2{\rho(\rho+1)}\lim_{x\to\infty}x^{\rho-1}=1
\end{align}
を得る。
$\psi(x)\sim x$が成り立つ。
任意の$\e>0$に対しある$X$が存在して$x>X$において
$$(1-\e)\frac{x^2}2<\int^x_0\psi(t)dt<(1+\e)\frac{x^2}2$$
が成り立つので任意に$a>1$を取り$y=ax$とおくと
$$(1-\e)\frac{y^2}2-(1+\e)\frac{x^2}2<\int^y_x\psi(t)dt
<(1+\e)\frac{y^2}2-(1-\e)\frac{x^2}2$$
と評価できる。
また$\psi(x)$の単調増加性より
$$(y-x)\psi(x)\leq\int^y_x\psi(t)dt\leq(y-x)\psi(y)$$
が成り立つのでこれを$x^2$や$y^2$で割ることで
\begin{align}
(a-1)\frac{\psi(x)}x&<(1+\e)\frac{a^2}2-(1-\e)\frac12\\
(1-a^{-1})\frac{\psi(y)}y&>(1-\e)\frac12-(1+\e)\frac{a^{-2}}2
\end{align}
を得る。
したがって$\e>0$は任意であったことに注意すると
$$\frac12\frac{1-a^{-2}}{1-a^{-1}}\leq\lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}x\leq\frac12\frac{a^2-1}{a-1}$$
が成り立ち、また$a>1$は任意であったことに注意すると
$$\lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}x=1$$
を得る。
$\pi(x)\sim\Li(x)$が成り立つ。
この記事
の命題6として示したように
$$\psi(x)\sim x\Rightarrow\pi(x)\sim\Li(x)$$
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
$$\int^\infty_1(\psi(x)-x)x^{-s-1}dx=-\frac1s\frac{d}{ds}\log((s-1)\z(s))-\frac1s$$
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
$$\int^\infty_1\frac{\psi(x)-x}{x^2}dx$$
が収束することがわかり、そのことから$\psi(x)\sim x$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
$$g(s)=\int^\infty_1f(x)x^{-s-1}dx$$
と定められる関数$g$が$\Re(s)\geq1$における正則関数に解析接続できるとき
$$g(0)=\int^\infty_1\frac{f(x)}{x^2}dx$$
が成り立つ。
単調増加関数$f$に対し広義積分
$$\int^\infty_1\frac{f(x)-x}{x^2}dx$$
が収束するとき、$f(x)\sim x$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
$$\int^x_0f(x)dx\sim\frac{x^2}2$$
が成り立つとき、$f(x)\sim x$が成り立つ。
似ているような似て非なるような...。
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