Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел, страница 3

Если ω(x) ∼ x, то и ψ(x) ∼ x. Очевидно, ψ(x) — монотонная функция, поэтомуω((1 + ε)x) − ω(x) =(1+ε)xZxψ(t)dt > ψ(x)t(1+ε)xZxdt= ψ(x) ln(1 + ε).t(34)Поделим это неравенство на x:(1 + ε)ω((1 + ε)x) ω(x)ψ(x)−>ln(1 + ε).(1 + ε)xxx(35)Левая часть неравенства при возрастании x стремится к ε, поэтому можно записать, чтоε > ln(1 + ε) limАбсолютно аналогичноω(x) − ω (1 − ε)x =ψ(x)ψ(x)⇒ lim6 1.xxZxψ(t)dt 6 −ψ(x) ln(1 − ε).t(1−ε)x8(36)(37)Поделим это неравенство на x:ω(x)ω((1 − ε)x)−ψ(x)− (1 − ε)6ln(1 − ε).x(1 − ε)xx(38)Левая часть неравенства при возрастании x стремится к ε, поэтому можно записать, чтоε 6 − ln(1 − ε) limψ(x)ψ(x)⇒ lim> 1.xx(39)Окончательно получаем:1 6 limψ(x)ψ(x)6 lim6 1,xx(40)значит, на самом деле существует обычный предел, и lim ψ(x)x = 1. 2.3.

Дзета-функция Римана2.3.1. Определение и простейшие свойстваОпределение. Дзета-функцией Римана называется функцияζ(s) :=∞X1,nsn=1(41)s ∈ C.Сформулируем некоторые очевидные свойства ζ-функции.• Ряд (41) сходится абсолютно в области Re s > 1.• Ряд (41) сходится неравномерно в области Re s > 1 (иначе сходился бы и гармонический ряд).• Ряд (41) сходится равномерно по признаку Вейерштрасса в области Ωδ = {s : Re s > 1 + δ}. Следовательно,по теореме Вейерштрасса функция ζ(s) аналитична в Re s > 1.∞Pln n• ζ ′ (s) = −ns в области Re s > 1 (потому что равномерно сходящийся ряд можно дифференцироватьn=2почленно).Определение.

Функцией Мёбиуса1,µ(n) := 0,(−1)r ,называется функцияn = 1;.n .. p2 для некоторого простого p;n = p1 · . . . · pr (pi — различные простые числа).(42)Утверждение 2.7. Функция ζ(s) не имеет нулей в области Re s > 1, и∞X µ(n)1=.ζ(s)ns1Функция ξ(s) :=∞Pµ(n)1ns(43)аналитична в Re s > 1. Поскольку ряды, из которых составлены функции ξ и ζ,сходятся абсолютно, то их можно перемножать в любом порядке, поэтому∞ X∞∞XXµ(n)1 Xξ(s)ζ(s) ==µ(n).(mn)sksn=1 m=1k=1Остается доказать, чтоPn|k(44)n|kβ1βtαt1µ(n) = δk1 (символ Кронекера).

Пусть k = pα1 · . . . · pt . Если n k, то n = p1 · . . . · pt .Слагаемые, в которых хотя бы одна из степеней βi больше 1, погибнут сразу (по определению µ). Останутсяслагаемые, в которых все степени будут нулевыми (оно будет всего одно и войдёт со знаком «+»), слагаемые,в которых ненулевой будет только одна степень (их будет C1t штук, и они войдут со знаком «−»), и так далее.При k > 1 получаемXµ(n) = 1 − C1t + C2t − .

. . = (1 − 1)t = 0.(45)n|k9Таким образом, останется только одно слагаемое при k = 1. Но это означает, что ξ(s)ζ(s) = 1.Из полученного соотношения следует, что функции ξ и ζ не имеют нулей в области Re s > 1. Попутно мы1= ξ(s). доказали и требуемое равенство ζ(s)Утверждение 2.8 (Связь функции Римана и Мангольдта). Имеет место формула∞Xζ ′ (s)Λ(n)=−.ζ(s)nsn=2Имеем∞∞∞XX1 XΛ(n) X 1=Λ(n).ns m=1 msksn=2k=2Остается доказать, чтоPn|k(46)(47)n|kαt1Λ(n) = ln k.

Действительно, пусть k = pα1 · . . . · pt . Тогда ln k = α1 ln p1 + . . . + αt ln pt .Тогда ненулевой вклад в сумму дадут только числа n вида pβi i (1 6 βi 6 αi ). Следовательно,XΛ(n) = α1 ln p1 + . . . + αt ln pt = ln k.(48)n|kПодставляя эту сумму в полученную выше формулу, получаем в точности выражение для производной ζ-функции, взятой со знаком «−».

2.3.2. Мультипликативные функции. Формула ЭйлераОпределение. Функцию f (n) назовем вполне мультипликативной, если f (uv) = f (u)f (v) при всех u, v ∈ N.Пример 3.1. Функции f (n) = ns и f (n) ≡ 1 вполне мультипликативны.Утверждение 2.9. Пусть f вполне мультипликативна, и f 6≡ 0. Тогда f (1) = 1. Пусть f (n) 6= 0 для некоторого n. Тогда f (n) = f (n·1) = f (n)·f (1), а поскольку на f (n) можно сократить,то f (1) = 1. Лемма 2.10.

Пусть f (n) — вполне мультипликативная функция (f 6≡ 0), причем рядS :=∞X(49)f (n)n=1абсолютно сходится. ТогдаYY−1−11 − f (p)= S, то есть S(x) :=1 − f (p)→ S,pp6xx → ∞.(50) k Мы ужеk знаем, что f (1) = 1. Покажем, что |f (n)| < 1 при n > 1. В самом деле, если |f (n)| > 1, то иf (n ) = |f (n)| > 1, а это противоречит сходимости ряда для S.Пусть p — простое. Поскольку |f (p)| < 1, то по формуле для геометрической прогрессии имеем∞∞X−1 X1 − f (p)=f (p)k =f (pk ),k=0(51)k=0и ряд в правой части абсолютно сходится.

Абсолютно сходящиеся ряды можно перемножать, поэтомуYXXS(x) =(1 − f (p))−1 =f (pk11 · . . . · pkr r ) =f (n).p6x(52)∗pj 6xСумма по «∗» означает, что суммирование идёт по тем и только тем n, у которых все простые делители непревосходят x. Сумма по «∗∗» означает, что суммирование ведётся по всем n, у которых в разложении естьпростые числа, большие x. Легко видеть, чтоX X! X|S − S(x)| = f (n) 6|f (n)| 6|f (n)| → 0, x → ∞,(53)∗∗∗∗n>xкак остаток сходящегося ряда. На всякий случай поясним переход, отмеченный «!»: в сумме были числа, укоторых были простые делители, большие x, а мы добавили туда вообще все числа, большие x.

10Следствие 2.3 (Формула Эйлера). В области Re s > 1 выполняетсяζ(s) =−1Y1.1− sppВ качестве f (n) из предыдущей леммы берем1ns(54)(в области Re s > 1 ряд абсолютно сходится). 2.3.3. Аналитическое продолжение ζ-функцииЛемма 2.11 (Преобразование Абеля). Пусть ak ∈ C, и g : [1, ∞) → C — непрерывно дифференцируемаяфункция. ТогдаZTXXak g(k) = A(T )g(T ) − A(x)g ′ (x)dx, где A(x) :=ak .(55)k6TЕсли к тому же ряд∞P1ak g(k) сходится и A(T )g(T ) → 0 при T → ∞, то∞Xk=1k6x1ak g(k) = −Z∞(0,ak ,akZTВведём обозначениеαk (x) :=A(x)g ′ (x)dx.(56)1x < k,x > k.(57)РассмотримA(T )g(T ) −Xak g(k) =k6TXk6Tak (g(T ) − g(k)) ==TXZXk6Tg ′ (x) dx =kTXZ′αk (x)g (x) dx =k6T k′αk (x)g (x) dx =k6T 1ZT X1k6Tαk (x) g ′ (x) dx.Остается только заметить, что при x ∈ [1, T ]XXXαk (x) =αk (x) =ak = A(x).k6Tk6x(58)(59)k6xВторая часть леммы получается из первой простым предельным переходом.

Теорема 2.12 (Об аналитическом продолжении ζ-функции). ζ-функция аналитически продолжаетсяв область {Re s > 0} r {s = 1}, причём в точке s = 1 имеется полюс порядка 1 c вычетом, равным 1. Применимпредыдущую лемму к случаю, когда T = N ∈ N, ai ≡ 1, а g(x) = x−s . Тогда g ′ (x) = −sx−(s+1) ,Pа A(x) =1 = [x].

Воспользуемся предыдущей леммой и свойством [x] = x − {x}:k6xNNNZZZNX1N[x]1x{x}=+sdx=+sdx−sdx =ksNsxs+1N s−1xs+1xs+1k=11=11N s−1+ss−s − 1 N s−1 (s − 1)1−sZN1{x}11dx = 1 +−−sxs+1s − 1 N s−1 (s − 1)ZN{x}dx.xs+1(60)1Пусть сначала Re s > 1. Перейдём к пределу при N → ∞. Получим1ζ(s) = 1 +−ss−111Z∞1{x}dx.xs+1(61)Нам бы хотелось принять эту формулу за определение ζ-функции при Re s > 0.

Для этого надо доказатьаналитичность правой части (точнее, интегрального слагаемого). Пусть s = σ + it. Разобьём интеграл на части.Пустьn+1n+1ZZ{x}x−ndx =dx.(62)ϕn (s) :=xs+1xs+1nnОчевидно, что ϕn (s) аналитичны в Re s > 0. Значит, интеграл в правой части есть сумма ряда из аналитическихфункций. Этот ряд равномерно сходится, так как при σ > δ > 0 он мажорируется числовым рядом:|ϕn (s)| 6n+1Zn{x}11dx 6 σ+1 6 δ+1 .xσ+1nn(63)Осталось применить теорему Вейерштрасса.Далее видно, что у полученного продолжения есть полюс в точке s = 1 с вычетом, равным 1.

Следствие 2.4. Попутно мы получили такое выражение для ζ-функции:∞ZNX11{x}ζ(s) =+−sdx,ss−1n(s − 1)Nxs+1n=1Re s > 0.(64)N2.3.4. Оценки ζ-функции и её производнойЛемма 2.13. Пусть s = σ + it. Пусть σ ∈ [1, 2], а |t| > 3. Тогда|ζ ′ (s)| 6 8 ln2 |t|.|ζ(s)| 6 5 ln |t|,(65) Оценим сначала саму ζ-функцию. Воспользуемся следствием 2.4 и оценим каждое слагаемое. ПустьN = [|t|]. ТогдаZNNNNXX1 X 11dx661+= 1 + ln N 6 2 ln N 6 2 ln |t|.(66)6ns nσnxn=1n=1n=111111 (s − 1)N s−1 = |s − 1|N σ−1 6 |s − 1| 6 3 . ∞ ZZ∞Z∞{x}1dx|t| + 2|t| + 235sdx 6 (|t| + 2)dx 6 (|t| + 2)=6=1+6 .s+1σ+12xxxN|t| − 1|t| − 12NИтого:(67)N(68)N|ζ(s)| 6 2 ln |t| +1 5+ < 5 ln |t|.3 2(69)Дифференцируя выражение для ζ, получаем′ζ (s) = −NXln n1ns1ln N−−−(s − 1)2 N s−1(s − 1)N s−1Z∞{x}dx + sxs+1NОценим слагаемые в этом выражении (начнём с более простых): 1 111 (s − 1)2 N s−1 6 9 N s−1 6 9 .

1ln N1 (s − 1)N s−1 6 3 ln N 6 3 ln |t|.∞Z Z∞{x}111dx =6 . xs+1 dx 62xN2NN12Z∞{x} ln xdx.xs+1(70)N(71)(72)(73) Z∞∞ Z∞Z∞ ln x{x}lnx1lnxs 6 |t| + 2 +dxdx=|t|+2−dx=xs+1x2x x2NNNN=ln N + 1|t| + 2(|t| + 2) 6 2 ln |t|6 5 ln |t|. (74)N|t| − 1При оценке первого слагаемого мы воспользуемся монотонным убыванием функциименим интегральный признак сходимости:ln xxпри x ∈ (e, ∞) и при-NZNNNN X ln n Xln n X ln nln 2 X ln nln 2 ln 3ln x=6=+6++dx 6 ns σnn2n23x22313ln 2 ln 3 1 21ln 2 1 26++ ln N − ln2 3 6+ ln N < ln2 N 6 ln2 |t|.

(75)232222Итого:1 11|ζ (s)| 6 + ln |t| + + 5 ln |t| + ln2 |t| 69 32′1 1 1+ + + 5 + 1 ln2 |t| 6 8 ln2 |t|.2 2 9(76)2.3.5. Гипотеза Римана и теоремы о нулях ζ-функцииДля ζ-функции имеет место следующее соотношение:ζ(1 − s) = 21−s π −s cosπs· Γ(s)ζ(s),2(77)где Γ — гамма-функция Эйлера. Таким образом, значения функции ζ слева и справа от прямой Re s =некоторым уравнением.