ラマヌジャンの素数公式

\begin{align*} \log x &=\int^x_1\frac{du}u\\\ &=\int^x_1\int^1_0t^{u-1}dtdu\\ &=\int^1_0\frac{t^{x-1}-1}{\log t}dt \end{align*}

\begin{align*} \g &=\lim_{N\to\infty}\l(\sum^N_{n=1}\frac1n-\log N\r)\\ &=\lim_{N\to\infty}\l(\sum^N_{n=1}\int^1_0(1-t)^{n-1}dt-\int^1_0\frac{t^{N-1}-1}{\log t}dt\r)\\ &=\int^1_0\l(\frac1t+\frac1{\log t}\r)dt \end{align*}

\begin{align*} \li(x) &=\g-\int^1_0\frac{dt}t+\int^x_1\frac{dt}{\log t}\\ &=\g-\int^1_0\frac{dt}t+\int^{\log x}_0\frac{du}u+\int^{\log x}_0\frac{e^u-1}{u}du\qquad(t=e^u)\\ &=\g+[\log u]^{\log x}_1+\l[\sum^\infty_{n=1}\frac{u^{n-1}}{n!}\r]^{\log x}_0\\ &=\g+\log|\log x|+\sum^\infty_{n=1}\frac{(\log x)^n}{n\cdot n!} \end{align*}
(少しアヤしい変形をしているが簡単に正当化できる)

　メビウス関数は乗法的関数なので
\begin{align*} \sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}{n^s}&=\prod_{p:\mathrm{prime}}\sum^\infty_{k=0}\frac{\mu(p^k)}{p^{ks}}\\ &=\prod_{p:\mathrm{prime}}(1-p^{-s})=\frac1{\z(s)} \end{align*}
が成り立つ。したがって
\begin{align*} \sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}n &=\lim_{s\to1}\frac1{\z(s)}=0\\ \sum^\infty_{n=1}\mu(n)\frac{\log n}{n} &=-\lim_{s\to1}\frac1{(s-1)\z(s)}=-1 \end{align*}
を得る。

　 リーマンの素数公式
$$\pi(x)=\sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}{n} (\li(x^{\frac1n})-\sum_{\rho}\li(x^{\frac\rho{n}})+\int^\infty_{x^\frac1n}\frac{dt}{t(t^2-1)\log t}-\log2)$$
と素数定理より従う。

　上の補題より
\begin{align*} R(x) &=\sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}n\l(\g+\log|\log x|-\log n +\sum^\infty_{k=1}\frac1{k\cdot k!}\l(\frac{\log x}n\r)^k\r)\\ &=1+\sum^\infty_{k=1}\frac{(\log x)^k}{k\cdot k!}\sum^\infty_{n=1}\frac{\mu(n)}{n^{k+1}}\\ &=1+\sum^\infty_{k=1}\frac{(\log x)^k}{k\cdot k!\z(k+1)} \end{align*}
が成り立つので、ゼータ関数の特殊値
$$\z(2n)=(-1)^{n-1}\frac{(2\pi)^{2n}B_{2n}}{2(2n)!}$$
に注意すると
\begin{align*} R(x)-R(x^{-1}) &=2\sum^\infty_{n=1}\frac{(\log x)^{2n-1}}{(2n-1)(2n-1)!\z(2n)}\\ &=\frac2\pi\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{2n}{(2n-1)B_{2n}}\l(\frac{\log x}{2\pi}\r)^{2n-1} \end{align*}
を得る。

　上の補題より$R(x^{-1})\to0\quad(x\to\infty)$を示せば十分である。
　いま
$$g_n=\sum^n_{k=1}\frac{\mu(k)}k$$
とおくと部分和分により
\begin{align*} R(x^{-1}) &=\sum^\infty_{n=1}(g_n-g_{n-1})\li(x^{-1/n})\\ &=\sum^\infty_{n=1}g_n(\li(x^{-1/n})-\li(x^{-1/(n+1)}))\\ &=\sum^\infty_{n=1}g_n\int^{1/n}_{1/(n+1)}\frac{x^{-u}}udu\quad(t=x^{-u}) \end{align*}
が成り立つ。また
$$0\leq\int^{1/n}_{1/(n+1)}\frac{x^{-u}}udu\leq\l(\frac1n-\frac1{n+1}\r)\frac1{\frac1{n+1}}=\frac1n$$
と評価できること、および$g_n=O(1/(\log n)^2)$という評価が知られていることを用いると上の級数は絶対一様収束することがわかる。したがって
$$\lim_{x\to\infty}R(x^{-1}) =\sum^\infty_{n=1}g_n\l(\lim_{x\to\infty}\int^{1/n}_{1/(n+1)}\frac{x^{-u}}udu\r)=0$$
を得る。