素数定理についての備忘録
最近素数定理について調べたりちょっと考えたりしたことをメモとして残しておきます. 証明が間違ってたりしたら教えてください.
雪江整数3に書かれているウィーナー池原の定理の見通しの良い証明と, その拡張的なことを考えた感じです.
とどめに使う命題. 関数にある程度の制約がかかっていれば局所的な平均の極限から各点の極限がわかる.
実数値関数$f\in L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R)$, $a(x), b(x)\in C^0_{\geq0}(\mathbb R)$は以下の条件を満たすとする.
- $x<0$ならば$f(x)=a(x)=b(x)=0$である.
- $b(x)$は$x\gg0$で$b(x)>0$を満たし, 任意の$y\in\mathbb R$に対し$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{b(x+y)}{b(x)}=1$であり, ある緩増加連続関数$c(y)$であって$x>x_0>0$において$\dfrac{b(x+y)}{b(x)}< c(y)$を満たすものが存在する.
- 任意の$x,y\geqq 0$に対して$f(x+y)+b(x+y)\geqq e^{-a(y)}(f(x)+b(x))$が成立する.
- ある偶関数$\varphi\in \mathcal S_{\geq0}(\mathbb R)\backslash0$が存在し, 任意の$0<\varepsilon<1$に対して $\displaystyle\lim_{x\to\infty} f\mathrel*\varphi_{\varepsilon}(x)=0$ が成立する. ここで$\varphi_\varepsilon(x)=\varphi(\varepsilon^{-1}x)$である.
このとき, $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}=0$が成立する.
$\displaystyle\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\leqq0$および$\displaystyle\liminf_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\geqq0$を示せばよい.
1,2,3つ目の条件から$f(x)\geqq -b(x)$がわかる.
$t>0$とする. $F(x)=f(x)+b(x)$とする. このとき, $F(x)\geqq0$である.
(1)$\displaystyle\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\leqq0$の証明.
\begin{align}
\int_{-\infty}^{\infty}F(y)\varphi_{\varepsilon}(x-y) dy&=\int_{-x}^{\infty}F(x+y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&=\int_{-x}^{\infty}F(x-t+(y+t))\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&\geqq\int_{-t}^{\infty}e^{-a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)F(x-t)dy+\int_{-x}^{-t}F(x+y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&\geqq\bigg(\int_{-t}^{\infty}e^{-a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)F(x-t)
\end{align}
ここで両辺を$b(x)$で割り, $x\to\infty$とすると仮定から
$$\bigg(\int_{-t}^{\infty}e^{-a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x-t)+b(x-t)}{b(x)}\leqq \lim_{x\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{b(y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(x-y)dy=\lim_{x\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{b(x+y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy$$
よって優収束定理から
$$\bigg(\int_{-t}^{\infty}e^{-a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)\bigg(\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}+1\bigg)\leqq \int_{-\infty}^{\infty}\varphi_{\varepsilon}(y)dy$$
さらに両辺を$\varepsilon$で割れば
$$\bigg(\int_{-t\varepsilon^{-1}}^{\infty}e^{-a(\varepsilon y+t)}\varphi(y)dy\bigg)\bigg(\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}+1\bigg)\leqq \int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy$$
$\varepsilon\to0$とすれば優収束定理から
$$\bigg(e^{-a(t)}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy\bigg)\bigg(\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}+1\bigg)\leqq \int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy$$
を得る. $t\to0$とすると
$$\bigg(\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy\bigg)\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\leqq0$$がわかる. 仮定より, $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy>0$だから$\displaystyle\limsup_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\leqq0$を得る.
特にこれより, $\dfrac{f(x)}{b(x)}< M$となるような$M$が存在するため, $f(x)$は緩増加であることがわかる.
(2)$\displaystyle\liminf_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\geqq0$の証明.
$F(x-y)\leqq e^{a(y)}F(x)$であることに注意すると
\begin{align}
\int_{-\infty}^{\infty}F(y)\varphi_{\varepsilon}(x-y) dy&=\int_{-\infty}^{x}F(x-y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&=\int_{-\infty}^{x}F(x-t-(y+t))\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&\leqq\int_{-t}^{t}e^{a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)F(x-t)dy+\int_t^{\infty}F(x+y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy+\int_{t}^x F(x-y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&\leqq\bigg(\int_{-t}^{t}e^{a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)F(x-t)+(M+1)\int_t^{\infty}b(x+y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy+(M+1)\int_{t}^x b(x-y)\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&=\bigg(\int_{-t}^{t}e^{a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)F(x-t)+(M+1)b(x)\int_t^{\infty}\frac{b(x+y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy+(M+1)b(x)\int_{t}^x \frac{b(x-y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy
\end{align}
ここで両辺を$b(x)$で割り, $x\to\infty$とすると仮定と優収束定理から
\begin{align}
\lim_{x\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{b(y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(x-y)dy&\leqq \bigg(\int_{-t}^{t}e^{a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)\liminf_{x\to\infty}\frac{F(x-t)}{b(x)}+(M+1)\int_t^{\infty}\lim_{x\to\infty}\frac{b(x+y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy+(M+1)\int_{t}^\infty \lim_{x\to\infty}\frac{b(x-y)}{b(x)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\\
&\leqq\bigg(\int_{-t}^{t}e^{a(y+t)}\varphi_{\varepsilon}(y)dy\bigg)\liminf_{x\to\infty}\frac{F(x)}{b(x)}+2(M+1)\int_t^{\infty}\varphi_{\varepsilon}(y)dy
\end{align}
さらに両辺を$\varepsilon$で割れば(前半と同様に)
$$\bigg(\int_{-\varepsilon^{-1}t}^{\varepsilon^{-1}t}e^{a(\varepsilon y+t)}\varphi(y)dy\bigg)\bigg(\liminf_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}+1\bigg)+2(M+1)\int_{\varepsilon^{-1}t}^{\infty}\varphi(y)dy\geqq \int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy$$
$\varepsilon\to0$とすれば優収束定理から
$$\bigg(e^{a(t)}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy\bigg)\bigg(\liminf_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}+1\bigg)\geqq \int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy$$
となる. そこで, $t\to0$として$$\bigg(\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy\bigg)\liminf_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\geqq0$$がわかる. 仮定より, $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(y)dy>0$だから
$$\liminf_{x\to\infty}\frac{f(x)}{b(x)}\geqq0$$を得る.
よって示された.
$b$の緩増加性の仮定, 緩増加で十分な気がするけど, 微妙によくわからないし実用上は全部満たしているのでこれでいいやという気分. $\varphi$が偶関数であることとかは別に不要だと思うけど便利だから課しておいた.
証明のお気持ちとしては不等式評価で極限を扱うときはlimsup, liminfを使った方が便利だからそれを使いつつ, $t=0$でやろうとしてうまくいかなくて$t=1$を試してそれでもうまくいかなくて$t\to0$を考えたら何とかなったみたいな感じです.
本当はゼロ除算を避けるために$1+b(x)$で割るつもりだったが, 後々$b(x)$が$0$に収束するような例を考えたくなったので修正した.
$f\in L_{\mathrm{loc}}^1(\mathbb R)$かつ$x<0$において$f(x)=0$とし, ある緩増加連続関数$c(x)$に対して$f(x)>-c(x)$であるとする.
$g(s)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-sx}dx$が$\Re(s)>0$において広義一様絶対収束するとし, $g(s)$が$\Re(s)\geqq 0$を上連続関数に延長されると仮定する.
このとき, 任意の$\varphi\in C_0^{\infty}(\mathbb R)$に対し, $\displaystyle\lim_{x\to\infty}(f\mathrel*\hat\varphi)(x)=0$が成立する.
($g(s)$の拡張の所は解析接続まで課さなくても大丈夫なはず...)
$u>0$ならば$v$の関数$g(u+vi)$は有界である.
\begin{align}(\because|g(u+vi)|&\leqq \int_{0}^{\infty}|f(x)e^{-x(u+vi)}|dx\\
&\leqq\int_{0}^{\infty}|e^{-ux}f(x)|dx\\&=\|e^{-ux}f\|_{L^1}\ \ \ )\end{align}
$\mathrm{Supp}(\varphi)\subset[-N,N]$とする.
$g(s)$が$\Re(s)\geqq 0$上連続に延長されることから任意の$\varepsilon>0$に対し, $\delta>0$が存在し, 任意の$0< u<\delta$と$v\in [-N,N]$に対して$|g(vi)-g(u+vi)|<\varepsilon$が成立する. 従って, $g(u+vi)\varphi(v)$は$g(vi)\varphi(v)$に一様収束する. よって$g(vi)\varphi(v)$は$L^1$であるため, リーマン・ルベーグの補題から$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(v)g(vi)e^{2\pi ivx}dv=0$となる.
さて, 積分の絶対収束性と$f$が緩増加関数で下から抑えられてることを用いると一つ目の極限の交換ができて
\begin{align}
\int_{0}^{\infty}f(y)\hat\varphi(x-y)dy&=\lim_{u\to0,u>0}\int_0^{\infty}e^{-uy}f(y)\hat\varphi(x-y)dy\\
&=\lim_{u\to0,u>0}((e^{-uy}f)\mathrel*\hat\varphi)(x)\\
&=\lim_{u\to0,u>0}\mathcal F^{-1}[\widehat{e^{-uy}f}\ \check\varphi](x)\\
&=\lim_{u\to0,u>0}\mathcal F^{-1}[g(u+2\pi iv)\check\varphi(v)](x)\\
&=\lim_{u\to0,u>0}\int_{-\infty}^{\infty}g(u+2\pi iv)\check\varphi(v)e^{2\pi ivx}dv
\end{align}
$\check\varphi(v)=\varphi(-v)$だから$\check\varphi\in C_0^\infty(\mathbb R)$であることを用いれば一様収束性からこの極限は交換出来て
$$\int_{0}^{\infty}f(y)\hat\varphi(x-y)dy=\int_{-\infty}^{\infty}g(2\pi iv)\check\varphi(v)e^{2\pi ivx}dv$$
となる. 最後に$x\to\infty$として$\displaystyle\lim_{x\to\infty}(f\mathrel*\hat\varphi)(x)=0$を得る.
命題1を適用するには都合のいい急減少関数が必要なのでその存在を保証する.
$\varphi\in \mathcal S(\mathbb R)\backslash0$であって, 非負実数値偶関数でかつ, $\hat\varphi$の台がコンパクトとなるようなものが存在する.
また, そのような$\varphi$について任意の$\varepsilon>0$に対して$\varphi_{\varepsilon}$も同様の性質を満たす.
後半の主張は明らか.
前半の主張は実数値に出来れば$\mathcal F^{-1}(\hat\varphi\mathrel*\hat\varphi)$とすることで非負値にすることができ, その後$\varphi+\check\varphi$に取り換えることで偶関数にすることもできる. よって実数値に出来るかを考えればよい.
$\mathcal F^{-1}\overline{\check\psi}=\overline{\mathcal F^{-1}\psi}$だから, $\psi\in C_0^{\infty}(\mathbb R)$を$\psi+\overline{\check\psi}\neq0$となるように定めて$\varphi=\mathcal F[\psi+\overline{\check\psi}]$とすればこれが$0$でない実数値関数になるので示された.
これらを用いて次を示す.
$N$を実数とする.
$k(x)$を非負緩増加連続関数とし, $x<0$において$k(x)=0$とする.
また, $x\gg0$で$k(x)>0$を満たし, $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{k(x+y)}{k(x)}=1$かつ, ある緩増加連続関数$c(y)$であって$x>x_0>0$において$\dfrac{k(x+y)}{k(x)}< c(y)$を満たすものが存在すると仮定する.
$\displaystyle h(s)=\int_{-\infty}^{\infty}k(x)e^{-sx}dx$は$\mathrm{Re}(s)>N$上広義一様絶対収束するとする.
$a_n$を非負整数とする.
$L(s)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^s}$が$\mathrm{Re}(s)>N$上広義一様絶対収束するとする.
また, $L(s+N)-(s+N)h(s)$が$\mathrm{Re}(s)\geqq 0$を含む領域上連続に拡張できるとする.
このとき,
$$\lim_{x\to\infty}\frac{\sum_{n\leqq x}a_n}{k(\log x)x^N}=1$$
が成立する.
$f(x)=\displaystyle\sum_{n\leqq x}a_n$とすると非負単調増加関数で$x<1$において$f(x)=0$である.
また, $L(s)=\displaystyle s\int_{-\infty}^{\infty}f(e^x)e^{-sx}dx$である.
$L(s+N)=\displaystyle (s+N)\int_{-\infty}^{\infty}e^{-Nx}f(e^x)e^{-sx}dx$だから,
$F(x)=e^{-Nx}f(e^x)-k(x)$とすると$G(s)=\mathcal L[F](s)=\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-Nx}f(e^x)e^{-sx}dx-h(s)=(s+N)^{-1}\bigg(L(s+N)-(s+N)h(s)\bigg)$となる.
従って, $G$は命題2の仮定を満たす. その上で命題1, 補題3を適用すれば結局, $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{F(x)}{k(x)}=0$がわかる.
つまり, $0=\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{e^{-Nx}f(e^x)-k(x)}{k(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{-N}f(x)}{k(\log x)}-1$
よって示された.
こっちも解析接続は使ってないはず...？
これを用いてウィーナー・池原の定理と素数定理を示す.
その前に$k(x)$の作り方を考える.
$L(s)$の"発散項"を$l(s)$とする(つまり$L(s)-l(s)$は$\mathrm{Re}(s)\geqq N$上連続).
このとき, $k(x)$の$l(s)$に対応する候補は
\begin{align}k(x)&=\mathcal L^{-1}\bigg[l(s)\dfrac{1}{s+N}\bigg](x)\\
&=e^{-Nx}\mathrel*\mathcal L^{-1}[l(s)](x)\\
&=\int_{0}^xe^{Ny-Nx}\mathcal L^{-1}[l](y)dy\\
&=e^{-Nx}\int_{0}^xe^{Ny}\mathcal L^{-1}[l](y)dy
\end{align}
となる(これが命題1の条件群を満たしているかはわからないので$l(s)$を正則性を保ちながらmodifyして条件群を満たすようにする).
ウィーナー・池原の定理では$d$を正の整数として, $L(s)=\dfrac{A}{(s-N)^d}+\dfrac{a_{d-1}}{(s-N)^{d-1}}+\cdots+\dfrac{a_1}{s-N}+\tilde L(s)$, $\tilde L(s)$は正則, $A>0$とできることが仮定だった.
よって$k(x)$は$\dfrac{1}{s+N}\bigg(\dfrac{A}{s^d}+\dfrac{a_{d-1}}{s^{d-1}}+\cdots+\dfrac{a_{1}}{s}\bigg)$のラプラス逆変換$+Ce^{-cx}$($k(x)$が非負になることを保証するために付ける必要がある)である.
(ここで$f$が実数値なので$a_i$達は実数になる)
この式を部分分数分解すると
$\dfrac{A}{Ns^d}+\dfrac{a'_{d-1}}{s^{d-1}}+\cdots+\dfrac{a'_{1}}{s}+\dfrac{b}{s+N}$となる. これをラプラス逆変換したら
$k(x)=\dfrac{Ax^{d-1}}{N(d-1)!}+(d-2\text{次以下の項})+be^{-Nx}$
$A>0$だから他の項はゴミで, 十分大きい$+Ce^{-cx}$を足せば$k(x)\geqq0$も保証できるし緩増加性やらその他必要なこともちゃんと成り立っているのでオーケー.
よって定理4が使えて$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sum_{n\leqq x}a_n}{x^N(\log x)^{d-1}}=\frac{A}{N(d-1)!}$がわかる.
(雪江に書いてあったもう一個の定理もピュイズー級数とかで頑張ればできそう)
素数定理を示す.
$\zeta(s)$は$s=1$で$1$位の極を持ち, $\mathrm{Re}(s)\geqq1$上ではそれ以外の極及び零点を持たないことが知られている.
$\displaystyle\sum_{p}\frac1{p^s}+\log(s-1)\sim\log \zeta(s)+\log(s-1)$は$\mathrm{Re}(s)\geqq1$上正則である($\sim$は正則関数の差を除いて等しいという意味).
よって(後々の都合で少しmodifyをすると)$k(x)$を求めるには$h(s)=-\dfrac{1}{s+1}\log\dfrac s{s+1}$のラプラス逆変換を考えればよい.
実はこれは$\displaystyle k(x)=e^{-x}\int_0^x\dfrac{e^t-1}{t}dt$になる(もちろん$x<0$の範囲では$k(x)=0$と定めている).
($\dfrac{1}{s+1}$のラプラス逆変換は$e^{-x}$.
$-\log\dfrac s{s+1}$のラプラス逆変換$p(x)$は$-\mathcal L[xp]=(\mathcal L[p])'=\dfrac1{s+1}-\dfrac1{s}=\mathcal L[e^{-x}-1](s)$を満たすため, $p(x)=\dfrac{1-e^{-x}}x$となる.
よって$\displaystyle k(x)=e^{-x}\mathrel*\dfrac{1-e^{-x}}x=\int_{0}^xe^{-(x-t)}\dfrac{1-e^{-t}}tdt=e^{-x}\int_{0}^x\dfrac{e^t-1}tdt$から結論を得る.)
さて, この$k(x)$は明らかに非負.
しかもちょっと考えると$\dfrac{k(x+y)}{k(x)}$を上から抑えることもできる(面倒過ぎるのでサボります...).
従って,
$$\lim_{x\to\infty}\dfrac{\pi(x)}{xk(\log x)}=\lim_{x\to\infty}\dfrac{\pi(x)}{\int_{0}^{\log x}\frac{e^t-1}tdt}=1$$
更に,
\begin{align}\int_{0}^{\log x}\frac{e^t-1}tdt&=\int_{1}^x\frac{s-1}{s\log s}ds\\
&=\int_{3}^x\frac{1}{\log s}ds-\int_{3}^x\frac{1}{s\log s}ds+\int_{1}^3\frac{s-1}{s\log s}ds\\
&=\int_{3}^x\frac{1}{\log s}ds-\big[\log\log s\big]_3^x+c_0\\
&=\mathrm{Li}(x)+O(\log\log x)
\end{align}
だから, よく見知った形の素数定理$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{\pi(x)}{\mathrm{Li}(x)}=1$が得られる.
(より一般に$\sigma>1$で$Y(\sigma) = \zeta_K(\sigma)^3 \cdot |\zeta_K(\sigma+it)|^4 \cdot |\zeta_K(\sigma+2it)|\geqq1$から代数体上の$\zeta$を用いて同じ議論ができそうで, そこから算術級数の素数定理とかが出る気がする.)
$N=0$を適用するときはちょっと特異性の挙動が違うが, それ以外は同じようにできる.
$\log \zeta(s+1)+\log s\sim\sum_{p}p^{-s-1}+\log s$で$N=0$とした定理4を用いることで$k(x)=-\mathcal L^{-1}\bigg[\dfrac1s\log \dfrac{s}{s+1}\bigg](x)=\bigg(1\mathrel*\dfrac{1-e^{-x}}x\bigg)(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{1-e^{-y}}ydy$に対して
$$\sum_{p\leq x}\frac1p\sim k(\log x)=\int_0^{\log x}\dfrac{1-e^{-y}}ydy\sim \log\log x$$を得る.
なんとなくのアイデアはあったんですが, 素数定理の具体例まで含めて上手くいく不等式評価とその状況設定を作るのがめちゃくちゃ大変でした. でも, ここまでちゃんとやったおかげでこれ以上の改善がこの方針だと厳しいことも分かってきてよかったように感じました.
