解析素数定理的证明

介绍

我一向景仰的知乎大神TravorLZH在3年前发表了一篇论文A Direct Proof of the Prime Number Theorem using Riemann’s Prime-counting Function，用一种独特的方法证明了素数定理。

In this paper, we develop a novel analytic method to prove the prime number theorem in de la Vallée Poussin’s form: \(\pi(x)=\operatorname{li}(x)+\mathcal O(xe^{-c\sqrt{\log x}})\) Instead of performing asymptotic expansion on Chebyshev functions as in conventional analytic methods, this new approach uses contour-integration method to analyze Riemann’s prime counting function $J(x)$, which only differs from $\pi(x)$ by $\mathcal O(\sqrt x/\log x)$.

正如摘要中所写的这样，这篇文章摆脱了以往证明素数定理需要用到的切比雪夫函数，而是直接用黎曼当年的用过的J函数来搭建桥梁。其中 $\displaystyle J \left( x \right) = \sum _{ 1 < p ^{ k } \leqslant x } \frac{ 1 }{ k }$.

证明思路

这篇论文要证明的是比较强的素数定理，表述如下：

\[\pi(x)=\operatorname{li}(x)+\mathcal O(xe^{-c\sqrt{\log x}})\tag1\]

证明是通过以下三个主要步骤实现的：

\[\pi(x)=J(x)+\mathcal O(\sqrt x)\tag2\] \[J(x)={1\over2\pi i}\int_{k-iT}^{k+iT}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds+\mathcal O\left(x\log x\over T\right)\tag3\] \[{1\over2\pi i}\int_{k-iT}^{k+iT}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds=\operatorname{li}(x)+\mathcal O\left(x\log^2T\exp\left(-{A\log x\over\log T}\right)\right)\tag4\]

如果取 $\log T=\sqrt{\log x}$ ，我们有

\[{x\log x\over T}= x\log xe^{-\sqrt{\log x}}\] \[x\log^2T\exp\left(-{A\log x\over\log T}\right)\ll x\log xe^{-A\sqrt{\log x}}\]

取一个合适的 $0<c<\min(1,A)$ ，原命题便得证了。

式（2）的证明

\[\displaystyle{ J \left( x \right) = \sum _{ 1 < p ^{ k } \leqslant x } \frac{ 1 }{ k } = \sum _{ k > 0 } \sum _{ 1 < p \leqslant x ^{ \frac{ 1 }{ k } } } \frac{ 1 }{ k } = \sum _{ k > 0 } \frac{ 1 }{ k } \sum _{ 1 < p \leqslant x ^{ \frac{ 1 }{ k } } } 1 = \sum _{ k > 0 } \frac{ \pi \left( x ^{ \frac{ 1 }{ k } } \right) }{ k } = \sum _{ 1 \leqslant k \leqslant \log _{ 2 } x } \frac{ \pi \left( x ^{ \frac{ 1 }{ k } } \right) }{ k } }\]

$\displaystyle{\pi \left( x \right) }$正好就是其中k=1的情况，于是

\[J(x)-\pi(x) =\sum_{2\le k\le\log_2x}{\pi(x^{1/k})\over k} \le{\sqrt x\over2}+\sum_{3\le k\le\log_2x}{\sqrt[3]x\over k} \ll\sqrt x+\sqrt[3]x\log\log x =\mathcal O\left(\sqrt x\right)\]

（文中的loglogx，其实估计到logx即可。）

式（3）的证明

论文中对这个式子的证明是引用了一本书中的证明，这里通过佩龙公式给出证明，

\[\displaystyle{ \sum _{ n \leqslant x } \frac{ f \left( n \right) }{ n ^{ s } } = \frac{ 1 }{ 2 \pi i } \int _{ c - T i } ^{ c + T i } \sum _{ n = 1 } ^{ \infty } \frac{ f \left( n \right) }{ n ^{ s + z } } \frac{ x ^{ z } }{ z } {\text{d}z}+\mathcal O\left(\frac{x^{\sigma_a}\log^\alpha x}{T}+\frac{xB(2x)\log x}{T}\right) }\]

其中 \(B(x)\ge \left\vert f(x)\right\vert\) ，取s=0可得

\[\displaystyle{ \sum _{ n \leqslant x } f \left( n \right) = \frac{ 1 }{ 2 \pi i } \int _{ c - T i } ^{ c + T i } \sum _{ n = 1 } ^{ \infty } \frac{ f \left( n \right) }{ n ^{ z } } \frac{ x ^{ z } }{ z } {\text{d}z}+\mathcal O\left(\frac{x^{\sigma_a}\log^\alpha x}{T}+\frac{xB(2x)\log x}{T}\right) }\]

取 \(\begin{equation*} f(n)= \begin{cases} 1/k & n=p^k,p\text{ prime} \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation*}\) ，则

\[\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty{f(n)\over n^s} =\sum_p\sum_{k=1}^\infty{1\over kp^{ks}} \end{align*}\]

根据泰勒展开，有 \(\displaystyle{ - \log \left( 1 - x \right) = \sum _{ m = 1 } ^{ \infty } \frac{ x ^{ m } }{ m } }\)，则 $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty{1\over kp^{ks}}=\log{1\over1-p^{-s}}}$，所以

\[\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty{f(n)\over n^s} =\sum_p\log{1\over1-p^{-s}} =\log\prod_p{1\over1-p^{-s}}=\log\zeta(s) \end{align*}\]

于是

\[\displaystyle{ J \left( x \right) = \frac{ 1 }{ 2 \pi i } \int _{ c - T i } ^{ c +T i }\frac{ x ^{ z } }{ z } \log \zeta \left( z \right) {\text{d}z} +\mathcal O\left(\frac{x\log x}{T}\right)} .\]

式（4）的证明

我们接着分析 \(\displaystyle{1\over2\pi i}\int_{k-iT}^{k+iT}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds\) 。

\[{1\over2\pi i}\int_{k-iT}^{k+iT}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds ={1\over2\pi i}\oint_{\partial R}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds +{1\over2\pi i}\left[\int_{k-iT}^{1-\delta-iT}+\int_{1-\delta-iT}^{1-\delta+iT}+\int_{1-\delta+iT}^{k+iT}\right]{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds\]

为了证明（4），我们需要算等式右半边。

原文中说选取恰当的delta可以使得围道中间仅有s=1这个奇点。但这似乎并不是显然的，因为这涉及到zeta函数零点的问题。这里证明一下：

反证法，设 $\forall \delta>0, \exists 1-\delta<\operatorname{Re}(s)<1$ 使得 $\zeta(s)=0$ ,令 $\delta \rightarrow 0$ ，根据连续函数性质得 $\exists \operatorname{Re}(s)=1$ 使得 $\zeta(s)=0$ 与 $\zeta (s)$ 在 $\sigma=1$ 上无零点矛盾

我们继续，在这个围道中间有一个奇点，为了分析这个奇点，我们定义 \(\displaystyle f(r)={1\over2\pi i}\oint_{(r+)}{x^s\over s}\log{1\over s/r-1}\mathrm ds\)，于是

\[{1\over2\pi i}\oint_{\partial R}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds ={1\over2\pi i}\oint_{(1+)}{x^s\over s}\log{1\over s-1}\mathrm ds=f(1)\]

直接算f(1)不好算，那我们可以考察一下1附近的情况，然后文章中得到了：

\[\begin{align*} f(1+i\eta)=\operatorname{li}(x^{1+i\eta})-i\pi \\ f(1-i\eta)=\operatorname{li}(x^{1-i\eta})+i\pi \end{align*}\]

所以 \(\displaystyle f(1)=\lim_{\eta\to0^+}{f(1+i\eta)+f(1-i\eta)\over2}=\operatorname{li}(x)\)

而后文中证明了 \(\left\vert\log\zeta(s)\right\vert\ll\log T\) ，然后就可以开始估计剩下几项了：

\[\left|\int_{k\pm iT}^{1-\delta\pm iT}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds\right| \ll{\log T\over T}\int_k^{1-\delta}x^u\mathrm du\ll{x\log T\over T\log x}\] \[\left|\int_{1-\delta-iT}^{1-\delta+iT}{x^s\over s}\log\zeta(s)\mathrm ds\right| \ll x^{1-\delta}\log T\int_{-T}^T{\mathrm du\over|1-\delta+it|} \ll x^{1-\delta}\log^2T=x\log^2T\exp\left(-{A\log x\over\log T}\right)\]

全部带入即得（4）.