Primtalssatsen Alexander Kainberg Handledare: Hans-Olav Tylli
HELSINGIN YLIOPISTO HELSINGFORS UNIVERSITET UNIVERSITY OF HELSINKI Tiedekunta/Osasto Fakultet/Sektion Faculty Laitos Institution Department Matematisk-naturvetenskapliga Tekijä Författare Author Tuomas Alexander Kainberg Työn nimi Arbetets titel Title Institutionen för matematik och statistik Primtalssatsen Oppiaine Läroämne Subject Matematik Työn laji Arbetets art Level Aika Datum Month and year Sivumäärä Sidoantal Number of pages Pro gradu November 75 s. Tiivistelmä Referat Abstract I slutet av 7-talet gissade Gauss och Legendre att π(x) log(x) lim =, x x där π(x) är antalet primtal som är mindre än eller lika med x. Hadamard och de la Vallée Poussin bevisade påstående oberoende av varandra år 896 och resultatet kallas numera primtalssatsen. Efter detta har satsen bevisats på både elementära sätt (Selberg & Erdõs, 949) och med hjälp av komplexanalys (Newman, 98). I denna avhandling kommer vi att presentera ett analytiskt bevis av PTS. I beviset kommer vi att utnyttja Riemanns zetafunktion och dess egenskaper. I kapitel 3 behandlar vi komplexanalys. Vi diskuterar bl.a. Eulers gammafunktion, Riemanns zetafunktion och Dirichletserier. Det är en naturlig fortsättning till PTS att diskutera zetafunktionens nollställen, och därför bevisar vi Hardys sats. Efter detta kommer vi att presentera den ökända Riemannhypotesen. Gauss gissade att den logaritmiska integralen Li(x) := x dt log t skulle approximera π(x) mycket bra. Vi denierar den s.k. restfunktionen som r(x) := π(x) Li(x). Vi avslutar avhandlingen genom att bevisa att om det för varje ɛ > gäller att r(x) < x +ɛ så är Riemannhypotesen sann. Avainsanat Nyckelord Keywords Primtalssatsen, ζ-funktionen, Hardys sats, Riemannhypotesen Säilytyspaikka Förvaringsställe Where deposited Campusbiblioteket i Gumtäkt Muita tietoja Övriga uppgifter Additional information
Innehåll Inledning 6 Bakgrund och ekvivalenta reformuleringar av PTS 8 3 Komplexanalys 5 3. Gammafunktionen............................... 8 3. Riemanns zetafunktion............................. 4 3.. Dirichletserier och Dirichletprodukter................. 33 4 Primtalssatsen 4 4. Bevisidén.................................... 4 4. Några hjälpsatser och början av beviset.................... 4 4.3 Alternativ representation för ψ (x)/x.................... 46 4.4 Övre gränser för ζ(s) och ζ (s) vid σ =................. 47 4.5 Slutföring av beviset av primtalssatsen.................... 5 5 Zetafunktionens nollställen och fördelningen av primtal 56 5. Distributionen av primtal........................... 64 A Bilaga: Det nns oändligt många primtal 7 4
Tack Jag vill börja med att tacka min handledare Hans-Olav Tylli som hjälpt mig på traven och läst många versioner av denna avhandling. Jag vill även tacka mina lärare i Borgå Gymnasium, Dick Kullberg, Anna-Lena Juslin och framför allt Christer Sandvik som väckte mitt intresse för matematik. Dessutom vill jag tacka mina föräldrar, som stött mig under alla dessa år. Jag vill ödmjukast tacka alla mina vänner, inte enbart vid universitetet. Speciellt vill jag tacka Gustaf Lönn, som utöver allt annat hjälpte mig med det tekniska, och bilderna i kap. 5. Man bör minnas att det nns annat än matematik i livet. Tack Antonia von Etter. 5
Kapitel Inledning Denition.. Ett primtal p är ett naturligt tal vars enda delare är och p. Sedan urminnes tider har primtalen {, 3, 5... } fascinerat matematiker världen över. Det nns tecken på att egyptierna visste något om primtal och grekerna, med Euklides i spetsen, visste ännu mer om dem. Det går bl.a. lätt att visa att det nns oändligt många primtal (se Bilaga A).Eftersom vi vet att det nns oändligt många primtal är vi intresserade av att veta hur ofta de förekommer. Det visar sig att relativt många tal är primtal. Sats.. Låt P = {p, p,...} vara mängden av primtal i växande ordning. Då har vi att För bevis, se Bilaga A. Vi vet att n= k= p k =. n = och n = π 6 <. Sats. innebär alltså att primtal förekommer betydligt oftare än kvadrater och då erhåller vi alltså i synnerhet ett nytt bevis till att det nns oändligt många primtal. Den franska matematikern Joseph Bertrand postulerade år 845 att om n är ett positivt heltal så existerar det minst ett primtal p så att n < p n. Påståendet bevisades år 85 av Chebyshev, och kallas numera Chebyshevs sats. Resultatet är ganska svagt eftersom det t.ex. mellan talen 5 och nns primtalen 53, 59, 6, 67, 7, 73, 79, 83, 89 och 97. Hur ofta förekommer primtalen? n= 6
Vi denierar π(x) som antalet primtal som är mindre än x >, d.v.s. Denition.3. Om x > är ett reellt tal, så denieras π(x) = #{p p x, p är ett primtal}. I slutet av 7-talet gissade Gauss och Legendre att π(x) log(x) lim x x Hadamard och de la Vallée Poussin bevisade påståendet oberoende av varandra år 896. Numera kallas resultatet primtalssatsen. Efter detta har satsen bevisats på både elementära sätt (Selberg & Erdõs, 949) samt genom komplexanalys (Newman, 98). I denna avhandling bevisar vi primtalssatsen med hjälp av komplexanalys, genom att utnyttja Riemanns ζ-funktion, och dess egenskaper. Beviset som presenteras är mycket konkret jämfört med andra, aningen kortare bevis. [Apo] har använts som huvudsaklig källa. Vi kommer dessutom att diskutera zetafunktionens nollställen. Fördelningen av primtal är djupt sammanknuten med Riemannhypotesen, vilken vi diskuterar i ett senare kapitel. Vi avslutar avhandlingen genom att presentera ett förvånande samband mellan zetafunktionens nollställen och fördelningen av primtal ur [Nev]. =. 7
Kapitel Bakgrund och ekvivalenta reformuleringar av PTS Syftet med detta kapitel är att introducera några väsentliga talteoretiska funktioner f : N C. I kapitel 4 bevisar vi primtalssatsen genom att bevisa ett ekvivalent påstående (Sats.). För att bevisa reformuleringen behöver vi ett antal resultat, som i sig själva är intressanta. Resultaten nns bl.a. i [LeV] och [Apo]. Vi börjar med att deniera von Mangoldts funktion Λ(n): Denition.. Låt n N, n. { log p om n = p m för något primtal p och m, Λ(n) = annars. I mitten av 8-talet introducerade Chebyshev sin ψ-funktion: Denition.. Låt x >. Vi denierar Chebyshevs ψ-funktion enligt ψ(x) = n x Λ(n). I och med att Λ(n) = om n inte är en potens av något primtal kan vi skriva om denitionen för ψ(x) som ψ(x) = Λ(n) = Λ(p m ) = log p. n x m= p m= p x /m p m x I själva verket är summan över m en ändlig summa, nämligen summeringen över p är tom om x /m <, d.v.s då m > log x log = log x. 8
Vi får alltså att ψ(x) = m log x p x /m log p. Detta kan skrivas i en annan form genom att introducera en ny funktion. Denition.3. Om x > denierar vi Chebyshevs ϑ-funktion genom ϑ(x) = log p. p x Nu kan vi skriva om ψ(x) som ψ(x) = m log x ϑ(x /m ). Följande resultat ger ett samband mellan funktionerna ψ(x) och ϑ(x). Lemma.4. Låt x >. Då gäller att ψ(x) x ϑ(x) x (log x) x log. Anmärkning.5. Lemma.4 implicerar speciellt att ( ψ(x) lim x x ϑ(x) ) =. x Bevis. Denitionen av ψ(x) ger att ψ(x) ϑ(x) = m log x Å andra sidan ger denitionen av ϑ(x) att varav ϑ(x) p x ψ(x) ϑ(x) Division med x ger påståendet. m log x = log x log ϑ(x /m ) ϑ(x) = log x x log x, m log x ϑ(x /m ). x /m log(x /m ) (log x) x log x x log x = x(log x). log 9
Sats.6. (Abels lemma) Låt a(n) vara en talteoretisk funktion. Låt A(x) = n x a(n), där A(x) = om x <. Antag att f : [x, y] C har en kontinuerlig derivata i intervallet [y, x], där < y < x. Då gäller att y<n x a(n)f(n) = A(x)f(x) A(y)f(y) x y A(t)f (t)dt. Bevis. Låt k = x och m = y, så att A(x) = A(k) och A(y) = A(m). Då gäller att y<n x a(n)f(n) = = = = = = k n=m+ k n=m+ k n=m+ k a(n)f(n) = A(n)f(n) k n=m+ k n=m {A(n) A(n )} f(n) A(n)f(n + ) [A(n) {f(n) f(n + )}] + A(k)f(k) A(m)f(m + ) n=m+ k n+ n=m+ k m+ ( n+ ) A(n) f (t)dt + A(k)f(k) A(m)f(m + ) n n A(y)f(y) A(t)f (t)dt + A(k)f(k) A(m)f(m + ) A(t)f (t)dt + A(x)f(x) m+ = A(x)f(x) A(y)f(y) y A(t)f (t)dt x y x k A(t)f (t)dt. A(t)f (t)dt Abels lemma implicerar följande sats, som kommer att användas senare i kap. 3.
Sats.7. (Eulers summaformel) Om funktionen f : [x, y] C har en kontinuerlig derivata f i intervallet [y, x], där < y < x, så gäller det att f(n) = x f(t)dt + x y<n x y y (t t )f (t)dt + f(x)( x x) f(y)( y y). Bevis. Låt a(n) = för alla n. Vi noterar att A(x) = x och Sats.6 ger att f(n) = f(x) x f(y) y x y<n x y Påståendet i Sats.7 följer ur formeln för partiell integration: x tf (t)dt = xf(x) yf(y) x y y t f (t)dt. f(t)dt. Vi använder Abels lemma för att uttrycka ϑ(x) och π(x) med hjälp av lämpliga integraler. Sats.8. Låt x. Då gäller att (i) och ϑ(x) = π(x) log x x π(t) dt t (ii) π(x) = ϑ(x) x log x + ϑ(t) t log t dt. Bevis. Låt χ(n) vara primtalens karakteristiska funktion, alltså { om n är ett primtal, χ(n) = annars. Då har vi att π(x) = p x = <n x χ(n) och ϑ(x) = p x log p = <n x χ(n) log n.
Låt f(x) = log x och y =. Enligt Sats.6 får vi nu att ϑ(x) = <n x = π(x) log(x) χ(n) log(n) = π(x) log(x) π() log() x π(t) dt, t vilket bevisar (i). Låt χ (n) = χ(n) log(n). Nu kan vi skriva π(x) = 3/<n x χ (n) log(n) och ϑ(x) = n x χ (n). x π(t) dt t Vi tillämpar Sats.6 på nytt med f(x) = / log x och y = 3/. Eftersom f (x) = /x log x erhåller vi = π(x) = ϑ(x) {}}{ log x ϑ(3/) log 3/ + = ϑ(x) log x + x x 3/ ϑ(t) t log t dt. ϑ(t) t log t dt Denition.9. Låt f, g : R R vara funktioner. Vi säger att f(x) = O(g(x)) då x om och endast om det existerar en konstant M och ett tal x så att f(x) M g(x) för alla x > x. Nu är vi färdiga att bevisa kapitlets huvudsats. Sats.. Följande villkor är ekvivalenta: (i) (ii) (iii) π(x) log x lim x x ϑ(x) lim x x =, =, ψ(x) lim x x =.
Bevis. Sats.8 ger direkt att och ϑ(x) x π(x) log x x π(x) log x = x x x = ϑ(x) x + log x x (i) (ii) : Det räcker att visa att (i) implicerar lim x x x Observera att (i) implicerar att π(t) t = O( log t x x π(t) dt = O( t x x π(t) dt =. t π(t) dt t ϑ(t) t log t dt. ) då t, varav x dt log t ). Eftersom t / log t är en avtagande funktion får vi att x dt x log t = dt x log t + dt x log t log + x x log x, vilket leder till att x π(t) dt x t då x. (ii) (i) : Vi bör visa att (ii) implicerar log x lim x x x x ϑ(t) t log dt =. t Notera att villkor (ii) implicerar att ϑ(x) = O(t), varav Dessutom får vi att x vilket ger att log x x x dt x log t = log x x x (ii) (iii) : Klart från Lemma.4. ϑ(t) x t log dt = O(log t x dt x log t + x dt log t x dt log t ). ϑ(t) t log dt då x. t x log + x x log x, 3
Denition.. Låt f, g : R R vara funktioner. Vi säger att f(x) g(x) om f(x)/g(x) då x. Ur Sats. får vi att primtalssatsen är ekvivalent med att ψ(x) x då x. Vi kommer att bevisa detta påstående i kap. 4. 4
Kapitel 3 Komplexanalys I detta kapitel presenterar vi de nödvändiga resultaten som behövs för att bevisa primtalssatsen. Bevisen förbigås eftersom de är standardverktyg inom komplexanalysen. Bevis nns t.ex. i [Ast], [Sak] och [Ahl]. Vi börjar med att presentera Eulers formel: e ix = cos x + i sin x. Denition 3.. Låt z C. Då denierar vi sin, cos, sinh och cosh enligt (i) sin z = i (eiz e iz ), (ii) (iii) (iv) sin z = (eiz + e iz ), sinh z = (ez e z ), cosh z = (ez + e z ). Denition 3.. Om w C \ {} är w:s logaritm log w något tal z C för vilket e z = w. Om w = re iφ, r >, så denierar vi log w = log r + iφ + nπi = log w + i arg w + nπi, där n Z. Om n är xerat och om vi tillåter φ att variera inom ett intervall med längden π får vi en entydig funktion som kallas för en gren av logaritmen. Om n = kallas grenen i fråga principalgrenen. 5
Denition 3.3. Låt A C vara icke-tom och öppen, och låt f : A C vara en funktion. (i) Om z inta så har funktionen f derivatan f (z ) i punkten z om gränsvärdet existerar. f (z ) = lim h f(z + h) f(z ) h (ii) f är analytisk i punkten z om det existerar en öppen kula D(z, r) A så att f har en derivata i varje z D(z, r). (iii) f är analytisk i A om f är analytisk i varje punkt z A. Denition 3.4. En funktion f : C C är hel om den är analytisk i hela C. Denition 3.5. Låt U C vara ett område och låt f : U C vara analytisk. Om V är ett område så att U V, g : V C är analytisk och g U = f, så kallas g den analytiska fortsättningen av f till V. Dessutom är g entydig. Denition 3.6. En kontinuerlig avbildning γ : [a, b] C, där a, b R och a < b, kallas en stig. Denition 3.7. Låt γ : [a, b] C vara en deriverbar stig i mängden A C. Om f : A C är kontinuerlig denierar vi integralen av f över stigen γ som b fdz = f(z)dz = f(γ(t))γ (t)dt. γ γ Denition 3.8. Låt γ : [a, b] C vara en stig. Stigens spår är γ = {γ(t) t [a, b]} C. Denition 3.9. Låt γ vara en stig. Stigens omloppstal kring punkten a C\ γ denieras som n(γ, a) = dz π z a. Sats 3.. (Cauchys sats) Låt A C vara ett område och låt f : A C vara analytisk. Låt γ vara en stig i A (d.v.s. γ A) för vilken n(γ, a) = för alla a C \ A. Då gäller att n(γ, z)f(z) = f(ζ) πi ζ z dζ, z A \ γ och γ γ a γ f(ζ)dζ =. 6
Sats 3.. (Laurent) Låt f vara analytisk i A = {z : r < z z < R}, där r < R <. För varje z A gäller att där f(z) = n= a n (z z ) n, a n = f(ε) dε, ρ (r, R). πi B(z,ρ) (ε z ) n+ Denition 3.. Anta att f är analytisk i B(z, r) \ {z }, och låt f(z) = n= a n (z z ) n, < z z < r, vara dess Laurent serieutveckling i z. Anta att f. Funktionen f kan bete sig på tre olika sätt i z :. Om a n = då n < n, där n, så är z en hävbar singularitet, och genom att sätta f(z ) = a erhåller vi en analytisk funktion i B(z, r).. Om a n = då n < n, där n >, så är z en pol av ordningen n. 3. Om det inte existerar något tal n för vilket a n = då n < n, så är z en väsentlig singularitet. Denition 3.3. Antag att situationen är som i föregående denition. Residyn av f i z är a, vilket vi betecknar a = Res z=z f(z) = Res(f(z); z ). Lemma 3.4. Res z=z f(z) är det entydiga talet B för vilket funktionen f(z) en väldenierad integralfunktion i B(z, r) \ {z } för något r >. Lemma 3.5. Anta att f har en pol av. ordningen i z. Då gäller att Res f(z) = lim (z z )f(z). z=z z z Sats 3.6. (Residysatsen) Antag att f är analytisk innanför och på en enkel sluten kurva γ förutom i ändligt många punkter z... z k. Då gäller att γ f(z)dz = πi k n(γ, z n ) Res(f(z); z n ). n= 7 B z z har
Lemma 3.7. Låt A R n vara sluten, och låt U C vara ett område. Anta att g : A U C är kontinuerlig och att avbildningen z g(a, z) är analytisk för varje xerat a A. Anta att varje z U har en omgivning B(z, r) så att g(x, z) h(x) för varje (x, z) A B(z, r), där h(x)dx <. Då är funktionen A f(z) = g(x, z)dx analytisk i U och vidare gäller att f (z) = A A d g(x, z)dx. dz Lemma 3.8. Om summan j= f n(z) konvergerar likformigt i området Ω C och om varje f n är analytisk så konvergerar produkten F (z) = ( + f n (z)) i Ω och F (z) är analytisk i Ω. Om f n (z) för varje n så är F (z). n= Sats 3.9. (Riemann-Lebesgues lemma) Antag att f : R R är en mätbar funktion för vilken f(t) dt <. Då gäller att lim x 3. Gammafunktionen f(t)e itx dt =. Eulers gammafunktion Γ är i sig mycket intressant, men vi nöjer oss med att endast presentera några väsentliga resultat som vi kommer att använda i kapitel 4. [Sak] har använts som huvudsaklig källa. Gammafunktionen är starkt förknippad med fakultetsfunktionen. Följande denition berör analytisk fortsättning. Denition 3.. Funktionen f är meromorsk i området Ω C om det existerar en mängd A Ω för vilken (i) A saknar anhopningspunkter i Ω, (ii) f är analytisk i Ω \ A, (iii) f har en pol i varje punkt z A. Denition 3.. Låt x R och x >. Vi denierar gammafunktionen som Γ(x) = 8 e t t x dt.
Vi kan utsträcka denitionen av Γ till hela komplexa talplanet C. Följande sats är speciellt viktig. Sats 3.. (i) Formeln Γ(z) = e t t z dt denierar en analytisk funktion i högra halvplanet {z : Re z > }. (ii) För Re z > gäller att Γ(z + ) = zγ(z). (iii) Funktionalekvationen (ii) denierar en analytisk fortsättning av Γ till området C \ {,,,... }. Dessutom är {,,,... } poler av. ordningen och speciellt är Γ meromorsk i hela C. (iv) Γ(n + ) = n!. Bevis. (i) För varje xerat t > är avbildningen z e t t z analytisk i Re z >. I området G n = {z < Re z < n} hittar vi en integrerbar majorant: n Påståendet följer ur Lemma 3.7. (ii) Partiell integrering ger Γ(z + ) = e t t z = e t t Re z e t (t n + t n ). e t t z dt = lim ɛ M / M ɛ e t t z + z (iii-iv) Om n kan vi använda (ii) upprepat, och får att (3.3) Γ(z) = Γ(z + n) z(z + ) (z + n ) e t t z dt = zγ(z). om Re z >. Påståendet i (iv) följer omedelbart. Högra sidan är analytisk i U n = {z Re z > n, z,,,... }, och ger en analytisk fortsättning av Γ till U n. Eftersom n är godtyckligt och fortsättningen till U n U m, (n < m), sammanfaller, får vi alltså en analytisk fortsättning till C \ {,,,... }. Eftersom Γ(x) > då x > ser vi ur (3.3) att Γ(z) har poler av. ordningen i z =,,,... 9
Anmärkning 3.4. Vi kan även ekvivalent deniera gammafunktionen som där Γ(z) = e γz z n= ( + z n) e z/n, γ = lim ( + + 3 + + n ) log n, 577 n är Eulers konstant. Beviset förbigås, se exempelvis [Ahl] s.98. Sats 3.5. Bevis. Enligt (3.5) vet vi att Res z= n ( )n Γ(z) =. n! Res Γ(z) = lim (z + n)γ(z). z= n z n Ur (3.3) får vi att (z + n)γ(z) = Då vi låter z n + får vi att (z + n)γ(z + n) z(z + ) (z + n ) = Γ(z + n + ), Re z > n. z(z + ) (z + n ) Res Γ(z) = z= n Γ() ( ) n n! = ( )n. n! Lemma 3.6. Låt < u <. Då gäller att x u + x dx = π sin(πu). Bevis. Vi betraktar analytiska funktionen f(z) := z u /(+z) där z C\([, ] { }). z u är alltså grenen som närmar sig x u R när z går mot x (, ) ovanifrån. Vi denierar arg z entydigt i C \ [, ) genom att sätta < arg z < π, och z u = z u exp((u )i arg z).
Nu är f analytisk i C \ [, ) och meromorsk i samma område, med en pol i z =. Det gäller att Res f(z) = lim (z + )f(z) = lim z= z z zu = u exp((u )iπ) = e uiπ. Låt < r < < R och låt ɛ > vara tillräckligt litet. Vi denierar stigen γ ɛ,r,r C \ ([, ] { }) genom att sätta i γ ɛ,r,r = α ɛ,r,r + B ɛ,r + α ɛ,r,r + B ɛ,r, där α ɛ,r,r är linjesegmentet som sträcker sig från re iɛ till Re iɛ, α ɛ,r,r är linjesegmentet som sträcker sig från Re iɛ till re iɛ, B ɛ,r är stigen [ɛ, π ɛ] t Re it (alltså en del av cirkeln B(, R) med positiv riktning), B ɛ,r är stigen [ɛ, π ɛ] t re i(π t) (alltså en del av cirkeln B(, r) med negativ riktning). γ ɛ,r,r är alltså en enkel sluten kurva och n(γ ɛ,r,r, ) =. Bild. Integrationsstigen γ ɛ,r,r. Residysatsen ger nu att (3.7) γ ɛ,r,r f(z)dz = πie uiπ. Nu vill vi beräkna gränsvärden då ɛ + för α ɛ,r,r och α ɛ,r,r. Om vi denierar arg z = då z [r, R] ger den föregående denitionen en fortsättning av f som en likformigt
kontinuerlig funktion i {z : r z R, arg z π}. Speciellt är f(x) = xu /( + x) om x [r, R]. Likformig kontinuitet ger att R x u lim f(z)dz = ɛ + α ɛ,r,r r + x dx. På motsvarande sätt, genom att sätta arg z = π då z [r, R] ger den föregående de- nitionen en fortsättning av f som en likformigt kontinuerlig funktion i {z : r z R, 3π arg z π}. Vi erhåller att R x u e iπ(u ) R lim f(z)dz = dx = e πiu x u ɛ + α ɛ,r,r r + x r + x dx. Likformig kontinuitet på B(, r) \ {r} och B(, R) \ {R} ger att integralerna över cirklarna är väl-denierade. Vi erhåller att lim f(z)dz = f(z)dz = I R, ɛ + B ɛ,r B(,R) och lim f(z)dz = f(z)dz = I r, ɛ + B ɛ,r B(,r) där integrationen sker moturs. Vi kan alltså låta ɛ + i (3.7) och då vi kombinerar våra observationer erhåller vi att (3.8) πie uiπ = ( e πiu) R r x u + x dx + I R I r. Vi observerar att f(z) r u om < r <, och får att Å andra sidan ser vi att f(z) Ru R I r πr r u = 4πr u r +. Ru om R >, och erhåller att I R πr R u = 4πR u R. Då vi kombinerar våra observationer och låter r + och R i (3.8) erhåller vi slutligen att πie uiπ = ( e πiu) x u + x dx. Förenkling ger att ) där < u <. ( x u πieuiπ dx = + x e = π πiu i e uiπ + e uiπ = π sin(πu),
Sats 3.9. (Eulers reektionsformel) Låt z C \ Z. Då gäller att Bevis. Låt x ], [. Vi beräknar Γ(x)Γ( x) = = = Funktionen Γ(z)Γ( z) och därför överallt. Γ(z)Γ( z) = π sin(πz). ( ) e t t x dt e u u x du = e u u x e t t x dt du ( ) ( ) e u u x e su s x u x ds du = e u(+s) du s x ds s x (3.6) ds = + s π sin(πz) π sin(πx). är analytisk i C \ Z och försvinner på linjen ], [ R, Med hjälp av föregående Sats ser vi exempelvis att Γ ( ) = π. Sats 3.3. Γ(z) för alla z C. Speciellt är Γ(z) en hel funktion. Bevis. Påståendet följer omedelbart från Sats 3.9 eftersom Γ(z) för alla z C \ {,,,... } och punkterna,,,... är. ordningens poler. Sats 3.3. Det gäller att ( πγ(z) = z Γ(z)Γ z + ). Bevis. Det följer från Anmärkning 3.4, genom att studera andra derivatan av log Γ(z), att ( ) d Γ (z) = dz Γ(z) (z + n). Det gäller att d dz ( Γ (z) Γ(z) m= n= ) + d ( Γ (z + ) ) dz Γ(z + ) = (z + n) + (z + n + n= n= [ ) ] = 4 (z + n) + (z + n + ) n= n= = 4 (z + m) = d ( ) Γ (z). dz Γ(z) 3
Vi integrerar och erhåller att ( Γ(z)Γ z + ) = e az+b Γ(z), där a och b är konstanter. Vi vet att Γ(/) = π, Γ() =, Γ(3/) = Γ(/) = π/ och Γ() =. Insättning ger att vilket ger att och vi erhåller alltså att a + b = log π och a + b = log π a = log och b = log π log + log, ( πγ(z) = z Γ(z)Γ z + ). 3. Riemanns zetafunktion Zetafunktionen är speciellt viktig inom komplexanalys och analytisk talteori. Enligt tradition betecknar vi s = σ + it, där σ, t R, då vi diskuterar zetafunktionen ζ(s). Man vet mycket om denna funktion, men syftet med detta kapitel är endast att presentera de mest nödvändiga egenskaper som vi behöver för att bevisa primtalssatsen. Diskussionen följer [Sak] till stor del. Vi kommer att diskutera zetafunktionen, och speciellt dess nollställen, grundligare i kap. 5. Mera information kan man nna i [Tit5], [Edw] och [Apo]. Denition 3.3. Låt σ = Re s >. Vi denierar zetafunktionen som ζ(s) = n s. n= Summan konvergerar likformigt i halvplanet σ >, och zetafunktionen är alltså analytisk i samma halvplan. Sats 3.33. (Eulers produktformel) Om σ > kan vi uttrycka ζ(s) som där p, p... är primtalen. ζ(s) = p s, k k= 4
Bevis. Vi noterar att ( p s k ) = p s k = p σ k k σ och att k= k σ konvergerar om σ >. Enligt Lemma 3.8 konvergerar produkten k= ( p s k ) till en analytisk funktion i {s σ > } och speciellt gäller det att ( p s k ). Samma gäller för k= ( p s k ). Det räcker att visa att ζ(σ) = k= ( ) p σ k k= då σ >. Låt σ >. Vi xerar l och använder formeln för en geometrisk serie och erhåller l k= p σ k = α,...,α l (l) (p α p α l l ) σ = n σ, där (l) innebär summering över n vars primtalsfaktorer innehålls i mängden {p,..., p l }. Speciellt gäller det att (l) n n σ Påståendet följer då vi låter l. l k= ( ) p σ k n= n n σ. Föregående sats och Lemma 3.8 ger direkt följande korollarium. Korollarium 3.34. Låt σ >. Då gäller det att ζ(s). Sats 3.35. Låt σ >. För varje heltal N gäller att ζ(s) = N n= n + N s s s s N x x dx. x s+ Bevis. Vi använder Sats.7 med f(t) = t s och heltal x och y och erhåller y<n x n s = x y dt t s s x y t t dt. t s+ Vi xerar y = N och σ >, och låter x. Då får vi att n=n+ n = dt s N t s s N 5 t t dt, t s+
vilket vi kan skriva om som ζ(s) N n= n = N s s s s N t t dt. t s+ Detta bevisar påståendet då σ >. Om σ δ > domineras integralen av N t δ och konvergerar likformigt då σ δ och representerar därav en analytisk funktion i {s σ > }. Påståendet gäller alltså för σ > p.g.a. analytisk fortsättning. Vi använder satsen ovan för att erhålla ett uttryck för derivatan. Vi deriverar termvis och får följande korollarium: Korollarium 3.36. Låt σ >. För varje heltal N gäller att N ζ log n (x x ) log x x x (s) = + s dx dx n s N x s+ N x s+ n= N s log N s N s (s ). Anmärkning 3.37. Vi kan derivera under integraltecknet i (3.35) eftersom (x x ) log x dx < log x dx <. x s+ x s+ Detta hittas t.ex. i [Jones] s.54. Sats 3.38. Om σ > gäller det att N n= Λ(n) n s Bevis. Vi beräknar direkt att ( ζ (s) ζ(s) = ( log ζ(s)) = log k= ( ( = log ) ) = p s k k= Vi deriverar och erhåller att ( ( d log )) ds p s k = N = ζ (s) ζ(s). ( ) ) ( = p s k k= ( ( log )). p s k k= ( log ) ) p s k ( ) ( log p p s k )p s k = log p k. k p s k 6
Vi får alltså att ζ (s) ζ(s) = log p k (p s k k= + p s k + ) = n= Λ(n) n s. Vi intoducerar integrationsstigen C a i bild. Låt a ], [. Integrationsstigen (eng. Hankel contour ) C a består av linjen som sträcker sig från ia + till ia, halvcirkeln {ae it π t 3π } och linjen från ia till ia +. Bild. Integrationsstigen C a. Lemma 3.39. (i) Om σ > gäller det att (ii) Integralen ζ(s) = Γ(s) H(s) := t s e t dt. Ca z s e z dz konvergerar och denierar en hel funktion. Desutom beror integralens värde inte på a ], [. (iii) Om σ > gäller det att Ca z s e z dz = (eπis )Γ(s)ζ(s). Bevis. (i) Låt σ >. Vi substituerar x = nt i formeln Γ(s) = x s e x dx och erhåller att n s Γ(s) = 7 e nt t s dt.
Vi summerar från till l och tillämpar formeln för en geometrisk summa, och får att l n = ( ) e lt s Γ(s) e t ts dt e t ts dt. Vi använder dominerade konvergenssatsen och erhåller att lim l e lt e t ts dt = lim l Vi noterar också att om σ > så gäller det att t s e t dt = t σ e t dt Påståendet följer då vi låter l. e lt e t ts dt =. ct σ dt <. (ii) Vi har att z s = exp((s ) log z), där < arg z < π. Integralen över C a konvergerar eftersom det för stora värden för Re z gäller att e z e z e Re z, och om t b och σ > gäller det för alla z C a att z s = exp((σ ) log z t arg z) e πb z σ c(b)( + Re z ) σ. Enligt denition är z dz = lim e z M Ca,M s e z dz, Ca z s där C a,m = C a {z Re z M}. Om < a < a gäller det enligt Sats 3. att z Ca,M s e z Ca,M dz z s e z dz = L M +L M z s e z dz, där stigarna C a,m,c a,m,l M och L M fås ur bild 3. 8
Bild 3. Integrationsstigarna C a,m,c a,m,l M och L M. På L i M, i =,, uppskattar vi z s + )σ e z c(t)(m e M då M. Eftersom längden av L M är mindre än får vi alltså att z s lim dz =. M e z L M +L M Om vi nu låter M erhåller vi att z Ca s e z dz = z s e z c( + Re z)b e Re z C a om z s e z dz. Om vi xerar a och låter s B(z, ), där s C är godtycklig har vi ett polynom som är begränsat av Re z. Dessutom är e z ce Re z på C a. Vi har alltså att { s B(z, ) z C a. Nu kan vi tillämpa Lemma 3.7, och vi erhåller att avbildningen är hel. s Ca z s e z dz 9
(iii) Anta att σ. Vi använder Taylorutvecklingen för e z vid z =, och erhåller att z s e z zs e πɛ c z s c ( + Re z ) s c z nära origo. För integralen över halvcirkeln gäller det att z s e z dz πa as c = c a s då a. Vi ser att ia z s ia+ e z dz t s e t dt då a +, och då vi noterar att om t > gäller det att ) (t ia) s = exp((s ) log(t ia)) = exp ((s )(log(a + t ) + arg(t ia)) a + exp ((s )(log t + πi)) = t s e πis, och vi får att ia+ z s a + dz e πis t s ia e z e t dt. Då vi kombinerar våra observationer erhåller vi att Ca z s Ca z s dz = lim e z a e z dz = (eπis ) = (e πis )Γ(s)ζ(s). Analytisk fortsättning ger påståendet. t s e t dt Sats 3.4. ζ(s) är meromorsk i hela C och dess enda singularitet, som är en. ordningens pol, är s =. Bevis. Enligt Lemma 3.39 gäller det att ζ(s) = H(s) (e πis )Γ(s), om σ >, där H(s) är hel. Nämnaren (e πis )Γ(s) är tydligt meromorsk, men i själva verket är den analytisk. Funktionen (e πis ) har nollställena Z, som tar ut gammafunktionens poler,,.... ζ(s) är alltså en kvot av meromorska funktioner och är 3
meromorsk i C och kan ha poler där (e πis )Γ(s) =, d.v.s. i s =,, 3.... Vi vet redan att ζ(s) är analytisk i halvplanet σ >. Alltså är s = den enda möjliga polen, eftersom vi vet att Γ() =, och att (e πis ) har ett enkelt nollställe i s =. Punkten s = är alltså en pol, eftersom H() = C dz e z. Följande resultat är speciellt viktigt. Satsen bevisades först av Bernhard Riemann i sin revolutionära artikel Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer gegebenen Grösse (eng. On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude ) 859. Vi presenterar ett av de ursprungliga bevisen. Sats 3.4. (Riemanns funktionalekvation) För alla s C gäller att [ ( πs ) ] ζ(s) = s π s sin Γ( s) ζ( s). Bevis. Vi börjar med att notera att båda sidorna representerar en meromorsk funktion, och därför gäller likheten för alla s C. Om σ > observerar vi att substitutionen y = n πx ger Om nu σ > gäller det att Γ( s)ζ(s) = Γ( s) π s π s = ( n= x s n= x s e n πx dx = Γ( s) n s π s. ) = n s n= e n πx dx. Γ( s) = n s π s Vi kan byta ordning p.g.a. absolut konvergens. Vi betecknar och får att ψ(x) = (3.4) ζ(s) = π s Γ( s) n= 3 e n πx n= x s ψ(x)dx. x s e n πx dx
Om x > antar vi känna till att (3.43) och n= e n πx = x (3.44) ψ(x) + = x (ψ n= e n π/x, ( ) ) +. x Vi bevisar inte dessa, eftersom bevisen är mycket tekniska (se t.ex. [Tit5] s.). Nu erhåller vi alltså att π s Γ( s)ζ(s) = x s ψ(x)dx + x s ψ(x)dx ( ( ) = x s x ψ + x x ) dx + x s ψ(x)dx = s ( ) s + x s 3 ψ dx + x s ψ(x)dx. x Vi gör substitutionen x i integralen x Vi erhåller att ( ) x s 3 ( ) ψ dx = x x Vi får alltså att π s Γ( s)ζ(s) = s(s ) + och får alltså att dx x, och. s 3 ψ(x) ( x ) dx = x s ψ(x)dx. (x s + x s )ψ(x)dx, och p.g.a. analytisk fortsättning gäller formeln för alla s. Den högra sidan förblir oförändrad om vi substituerar s med s, och vi erhåller att ( ) ( (3.45) π s Γ s ζ(s) = π s Γ ) s ζ( s). Förenkling ger att ζ(s) = π s Γ ( s) ( Γ ( (3.9) ζ( s) = π s 3 Γ s) (3.3) = π s 3 s Γ( s) πζ( s) = [ s π s sin ) ( s Γ ( πs ) Γ( s) ) s sin ] ζ( s). ( πs ) ζ( s) 3
3.. Dirichletserier och Dirichletprodukter Denition 3.46. Låt f : N C vara en talteoretisk funktion. Då är serien f(n) F (s) = n s en Dirichletserie. n= Zetafunktionen ζ(s) är alltså en Dirichletserie. I detta kapitel diskuterar vi Dirichletserier för att bevisa satserna 3.6 och 3.6. Diskussionen följer [Apo], som också innehåller vidare information. Dirichletserierna är uppkallade efter den tyska matematikern Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet som är känd för bl.a. talteori. Låt s = σ + it. Om σ a märker vi att n s = n σ n a varav f(n) n s f(n). n a Om en Dirichletserie konvergerar absolut då s = a + ib, så konvergerar den också absolut för alla s där σ a. Vi erhåller följande sats: Sats 3.47. Anta att serien f(n)n s varken konvergerar för alla s C eller divergerar för alla s C. Då existerar det ett reellt tal σ a, abskissan för absolut konvergens, så att serien f(n)n s konvergerar absolut om σ > σ a, men konvergerar inte absolut om σ < σ a. Bevis. Låt D := {σ R : f(n)n s divergerar}. D är icke-tom eftersom serien inte konvergerar för alla s och dessutom är D uppifrån begränsad eftersom serien inte divergerar för alla s. D har alltså en minsta övre gräns σ a. Om σ < σ a så gäller det att σ D, annars skulle σ vara en övre gräns som är mindre än σ a. Om σ > σ a så gäller det att σ D eftersom σ a är en övre gräns för D. Lemma 3.48. Om N och σ c > σ a så gäller det att f(n)n s N (σ c) f(n) n c. n=n Bevis. Det gäller att f(n)n s n=n f(n) n σ = n=n N (σ c) n=n n=n f(n) n c n (σ c) n=n f(n) n c. 33
Sats 3.49. Anta att F (s) = n= f(n)n s konvergerar absolut om σ > σ a. Då gäller det för alla t < att lim F (σ + it) = f(). σ Bevis. Eftersom F (s) = f() + n= f(n)n s räcker det att visa att den senare termen går mot noll då σ. Låt c > σ a. Om σ c så ger Lemma 3.48 att f(n)n s (σ c) f(n) n c = A, σ n= där A är oberoende av σ och av t. Eftersom A/ σ då σ bevisar detta satsen. n= n= Sats 3.5. (Entydighetssatsen) Låt f(n) F (s) = och G(s) = n s vara Dirichletserier som konvergerar absolut om σ > σ a. Om F (s) = G(s) för varje s i en oändlig följd {s k } sådan att σ k då k, så är f(n) = g(n) för alla n. Bevis. Låt h(n) = f(n) g(n) och låt H(s) = F (s) G(s). Nu är H(s k ) = för alla k. För att bevisa att h(n) = för alla n antar vi att h(n) för något n och erhåller en motsägelse. Låt N vara det minsta heltalet för vilket h(n). Då är varav H(s) = n=n Om s = s k har vi att H(s k ) = varav h(n) n s = h(n) N s + h(n) = N s H(s) N s h(n) = N s k n=n+ n= n=n+ n=n+ h(n). n s k h(n) n s. g(n) n s h(n) n s, Vi väljer k så att σ k > c där c > σ a. Då får vi enligt Lemma 3.48 att ( ) σk h(n) N σ k (N + ) (σ k c) N h(n) n c = A, N + n=n+ där A är oberoende av k. Då vi låter k får vi att (N/(N + )) σ k och h(n) =. Denna motsägelse visa påståendet. 34
Denition 3.5. Om f och g är talteoretiska funktioner denierar vi deras Dirichletprodukt (eller Dirichletkonvolution) h som h(n) = (f g)(n) = ( n ) f(d)g. d d n Sats 3.5. Låt F (s) och G(s) vara funktioner som representeras av Dirichletserier; f(n) F (s) = då σ > a n s och G(s) = n= n= g(n) n s då σ > b. I halvplanet där båda serierna konvergerar absolut gäller det att h(n) F (s)g(s) = n, s där h(n) = (f g)(n). Dessutom, om F (s)g(s) = n= α(n)n s för alla s i en följd {s k } där σ k då k, så är α(n) = (f g)(n). Bevis. För varje s där bägge serier konvergerar absolut gäller det att F (s)g(s) = f(n)n s g(m)m s = f(n)g(m)(mn) s. n= m= n= n= m= Eftersom serierna konvergerar absolut kan vi multiplicera ihop dem och ändra på summeringsordningen utan att ändra på summan. Vi samlar ihop termerna för vilka mn = k, k =,,... och får att ( ) F (s)g(s) = f(n)g(m) k s = h(k)k s, k= mn=k där h(k) = mn=k f(n)g(m) = (f g)(k). Detta bevisar det första påståendet, och det andra påståendet följer direkt från Sats 3.5. k= Denition 3.53. Om n > kan vi skriva n = p a p a k k. Vi denierar Möbiusfunktionen µ enligt µ() = och { ( ) k om a = a = = a k =, µ(n) = annars. 35
Sats 3.54. Om n gäller det att d n µ(d) = n = { om n =, om n >. Bevis. Påståendet gäller trivialt då n =. Anta att n >. Nu kan vi skriva n = p a p a k De termer i summan d n µ(d) som inte försvinner består av d = och av de tal som delar n och är produkter av skilda primtal. Vi erhåller alltså att µ(d) = µ() + µ(p ) + + µ(p k ) + µ(p p ) + + µ(p k p k ) d n + + µ(p p p k ( ) ( ) ( ) k k k = + ( ) + ( ) + + ( ) k = ( ) k =. k k. Denition 3.55. Den talteoretiska funktionen I(n) = n = { om n =, om n >, kallas identitetsfunktionen. Sats 3.56. För alla talteoretiska funktioner f, g och k gäller att: f g = g f (kommutativitet) (f g) k = f (g k) (associtivitet). Bevis. Vi noterar att denitionen för f g kan utryckas som: (f g)(n) = f(a)g(b), a b=n där a och b varierar mellan alla positiva heltal vars produkt är n, och kommutativiteten är klar. Låt A = g k och betrakta f A = f (g k). Vi får att (f A)(n) = f(a)a(d) = g(b)k(c) a d=n = a b c=n f(a)g(b)k(c). a d=n f(a) b c=d Om vi nu låter B = f g och betraktar B k får vi samma formel för (B k)(n). Vi erhåller alltså att f A = B k varav Dirichletmultiplikationen är associativ. 36
Sats 3.57. För alla talteoretiska funktioner f gäller att I f = f I = f. Bevis. Enligt Sats 3.56 vet vi att f I = I f. Direkt beräkning ger att (f I)(n) = ( n ) f(d)i = f(d) d d n = f(n), d n d n eftersom d = om d < n. n Sats 3.58. Om f är en talteoretisk funktion och f(), så existerar det en entydig funktion f : N C, den s.k. Dirichletinversen till f, så att Dessutom fås f ur rekursionsformeln f () = f(), f f = f f = I. f (n) = f() f d n d<n ( n d ) f (d) om n >. Bevis. Låt f vara given. Vi bör visa att ekvationen (f f )(n) = I(n) har en entydig lösning för alla funktionsvärden f (n). Om n = skall vi lösa ekvationen som reduceras till (f f )() = I() f()f () =. Eftersom f() existerar det enbart en lösning, nämligen f () = /f(). Anta nu att funktionsvärden f (k) är entydigt bestämda för alla k < n. Vi skall nu lösa ekvationen (f f )(n) = I(n), d.v.s. ( n ) f f (d) =. d Detta kan vi skriva om som d n f()f (n) + d n d<n f ( n d ) f (d) =. Om funktionsvärden f (d) är kända för alla delare d till n så existerar det en entydig lösning f (n), nämligen f (n) = ( n ) f f (d), f() d d n d<n 37
eftersom f(). Induktion ger både existensen och entydigheten av f. Denition 3.59. Vi denierar den talteoretiska enhetsfunktionen u som u(n) = för alla n. Enligt Sats 3.54 är d n µ(d) = I(n). Vi erhåller alltså att µ u = I. Vi får enligt Sats 3.57 att u = µ och µ = u. Sats 3.6. ζ(s) = n= µ(n) n s. Bevis. Serierna n s och µ(n)n s konvergerar absolut om σ >. Vi väljer f(n) = och g(n) = µ(n) i Sats 3.5 och erhåller att h(n) = (f g)(n) = /n, varav ζ(s) n= µ(n) n s = om σ >. Sats 3.6. Låt F (s) = f(n)n s konvergera absolut om σ > σ a och anta att f(). Om F (s) då σ > σ σ a, så gäller att då σ > σ, där G(s) = log f() + F (s) = e G(s), n= (f f )(n) n s, log n och f är Dirichletinversen av f samt f (n) = f(n) log n. Bevis. Eftersom F (s) kan vi skriva F (s) = e G(s) där G(s) är analytisk om σ > σ. Vi deriverar och erhåller att F (s) = e G(s) G (s) = F (s)g (s), varav G (s) = F (s)/f (s). Å andra sidan, med termvis derivering är F (s) = n= f(n) log n n s = n= f (n) n s, 38
och enligt Satserna 3.5 och 3.58 är Då erhåller vi från Sats 3.5 att G (s) = F (s) F (s) = n= f (n) n s. F (s) = n= (f f )(n) n s. Då vi integrerar termvis med avseende på s då σ > σ a får vi att G(s) = C + n= (f f )(n) n s, log n där C är en konstant. Då vi låter σ erhåller vi att lim σ G(σ + it) = C, varav det enligt Sats 3.49 gäller att f() = lim σ F (σ + it) = e C och C = log f(). Sats 3.6. Om σ > gäller att ζ(s) = e G(s) där G(s) = n= Λ(n) log n n s. Bevis. Om f(n) = så gäller det att f (n) = log n och f (n) = µ(n), varav (f f )(n) = { ( n ) log p om n = p m för något primtal p, (log d) µ = d annars. d n Om σ > gäller det enligt Sats 3.6 att ζ(s) = e G(s), = Λ(n). där G(s) = n= Λ(n) log n n s. 39
Kapitel 4 Primtalssatsen 4. Bevisidén Vi framför först en skiss av beviset, detaljerna kommer senare i kap. 4. Beviset som presenteras följer [Apo]. I Sats. visade vi att primtalssatsen är ekvivalent med påståendet (4.) ψ(x) x då x, där ψ är Chebyshevs funktion ψ(x) = n x Λ(n). Vi kommer att visa påståendet genom att använda Riemanns ζ-funktion och dess egenskaper. Fördelen med det analytiska beviset är att det är kortare, och tekniskt lättare, än ett så kallat elementärt bevis. ψ-funktionen är en trappfunktion och därför är det lättare att handskas med dess integralfunktion ψ. Vi kommer alltså att betrakta funktionen Vi kommer att visa att ψ (x) = x ψ(t)dt, x >. (4.) ψ (x) x då x implicerar (4.) och sedan bevisar vi (4.). Efter detta uttrycker vi ψ (x)/x med hjälp av ζ(s), som en oegentlig linjeintegral ψ (x) = c+i ( ) x s ζ (s) ds, där c >. x πi s(s + ) ζ(s) c i 4
Kvoten ζ (s)/ζ(s) har en pol vid s = där residyn blir. Vi eliminerar polen och får (4.3) Låt ψ (x) ( ) = c+i ( x s ζ (s) x x πi c i s(s + ) ζ(s) ) ds, där c >. s h(s) = Vi skriver om (4.3) som ψ (x) ( ) = x x πi Nu bör vi alltså visa att x c (4.4) lim x π ( ζ (s) s(s + ) ζ(s) ). s + = xc π c+i c i + x s h(s)ds h(c + it)e it log x dt. h(c + it)e it log x dt =. Till sist kommer vi att tillämpa Riemann-Lebesgues lemma som säger att + lim x f(t)e itx dt = om integralen + f(t) dt konvergerar. Vi visar att integralen i (4.4) konvergerar om c >. Problemet är att termen x c utanför integralen divergerar om c >, medan vi vill betrakta situationen c =. Det svåra blir att bevisa att + h( + it) dt konvergerar. 4. Några hjälpsatser och början av beviset Lemma 4.5. Låt a(n) vara en talteoretisk funktion och låt A(x) = n x a(n), där A(x) = om x <. Då gäller att (x n)a(n) = x n x A(t)dt. 4
Bevis. Enligt Abels lemma (Sats.6) är y<n x a(n)f(n) = A(x)f(x) A(y)f(y) x y A(t)f (t)dt om f har en kontinuerlig derivata i intervallet [y, x], där < y < x. Välj f(t) = t och y =. Vi får att n x a(n)f(n) = A(x)f(x) x A(t)dt, där A(x)f(x) = x n x a(n) och n x a(n)f(n) = n x na(n), vilket ger att (x n)a(n) = n x x A(t)dt. Lemma 4.6. Låt A(x) = n x a(n) och låt A (x) = x A(t)dt. Antag att a(n) för alla n. Om A (x) Lx c då x för något c > och L >, så gäller att A(x) clx c då x. Bevis. Funktionen A(x) är växande för att a(n) är icke-negativa. Låt β > och betrakta dierensen A (βx) A (x). Vi får att A (βx) A (x) = Detta ger att och βx x A(u)du βx x A(x)du = A(x)(βx x) = x(β )A(x). xa(x) β (A (βx) A (x)) A(x) x c β Fixera β och låt x. Vi får att lim sup x ( A (βx) (βx) c βc A ) (x). x c A(x) x c β (Lβc L) = L βc β. 4
Låt nu β +. Vi upptäcker att kvoten (β c )/(β ) är dierenskvoten för derivatan av x c i punkten x =, det vill säga Vi får alltså att β c lim β + β = c. lim sup x A(x) x c cl. Fixera α ], [. För att erhålla en uppskattning nedåt betraktar vi dierensen varav vi får olikheterna och Nu får vi att A (x) A (αx) = x αx A(u)du xa(x)( α), xa(x) α (A (x) A (αx)) A(x) x ( A (x) c α x c lim inf x A(x) x c A ) (αx) (αx) c αc. ( α c L α ). Låt nu α. Med samma argument som tidigare får vi att lim sup x varav A(x) clx c då x. A(x) x c A(x) cl lim inf x x, c Vi låter nu a(n) = Λ(n), varav A(x) = ψ(x) och A (x) = ψ (x). Som en direkt följd av Lemma 4.5 och Lemma 4.6 får vi: Sats 4.7. Vi har att ψ (x) = n x(x n)λ(n). Dessutom implicerar ψ (x) x / då x att ψ(x) x då x. Som nästa steg vill vi uttrycka ψ (x)/x som en linjeintegral. 43
Lemma 4.8. Låt c > och u >. För varje heltal k gäller att c+i πi c i u z z(z + ) (z + k) dz = Dessutom konvergerar integralen absolut. Anmärkning 4.9. Beteckningen c+i f(z)dz = lim c i T över den lodräta linjen {c + it t R} i Bild 4. { k! ( u)k om < u, om u >. c+it c it Bevis. Vi börjar med att notera att Sats 3. (ii) ger med induktion att f(z) := u z z(z + ) (z + k) = Vi tillämpar Residysatsen 3.6 på integralen u z Γ(z) πi Γ(z + k + ) dz, där C(R) är stigen på bilden. C(R) u z Γ(z) Γ(z + k + ). f(z)dz innebär integrering Bild 4. Integrationsstigar C(R). Om < u är C(R) som i bild a) och om u > integrerar vi enligt bild b). Radien R > k + c varav alla poler z =,..., k ligger innanför stigen om < u. Vi visar nu att integrering över de cirkulära delarna av integreringsstigen går mot då R. Låt z = x + iy och z = R. Vi uppskattar u z z(z + ) (z + k) = u x z z + z + k 44 u c R z + z + k.
Olikheten u x u c följer från att u x är en växande funktion (av x) om < u, och en avtagande funktion då u >. Om n k får vi att z + n z n = R n R k R, ty R > k. Därför får vi att integralen domineras av πru c R( R )k = CR k, då R. Om u > så är integranden analytisk innanför C(R), varav f(z)dz =. Vi C(R) erhåller alltså att c+it c it u z z(z + ) (z + k) dz = C(R b (T )) u z z(z + ) (z + k) dz där C(R b (T )) är den cirkulära delen i b). Då vi låter T är beviset klart. Om < u tillämpar vi Sats 3.6. Integranden har poler i z =,, k, varav u z Γ(z) πi C(R) Γ(z + k + ) dz = = k n= k n= = k! ( ) u z Γ(z) Res Γ(z + k + ) ; n u n Γ(z + k + ) k ( k )( u) n = n n= Det gäller alltså enligt Residysatsen att c+it c it u z z(z + ) (z + k) dz + C(R a(t )) (3.5) Res(Γ(z); n) = ( u)k. k! u z z(z + ) (z + k) k n= u n ( ) n (k n)!n! u)k dz = πi(, k! där C(R a (T )) är den cirkulära delen i a). Eftersom integrering över den cirkulära integrationsstigen går mot noll då T erhåller vi att c+i u z πi c i z(z + ) (z + k) dz = k! ( u)k. 45
4.3 Alternativ representation för ψ (x)/x Sats 4.. Låt c > och x. Vi har att ψ (x) x = πi c+i c i x s s(s + ) ( ) ζ (s) ds. ζ(s) Bevis. Enligt Sats 4.7 får vi att ψ (x)/x = n x ( n )Λ(n). Vi använder Lemma 4.8 x med k = och u = n/x, där n x och får att n x = πi c+i c i (x/n) s s(s + ) ds. Multiplikation med Λ(n) och summering över n x ger att ψ (x) = c+i Λ(n)(x/n) s ds = x πi n x c i s(s + ) πi n= c+i c i Λ(n)(x/n) s ds, s(s + ) eftersom motsvarande term i integralen försvinner då n > x enligt Lemma 4.8. Detta kan skrivas som ψ (x) c+i = f n (s)ds, x n= där πif n (s) = Λ(n)(x/n) s /(s +s). Efter detta önskar vi byta ordningen mellan integralen och summan. Detta kan vi göra om serien c+i f n (s) ds n= c i c i konvergerar. Vi observerar för detta att seriens delsummor satiserar olikheten N n= c+i c i Λ(n)(x/n) c ds = s s + c i N n= Λ(n) n c c+i c i x c s s + ds A n= Λ(n) n c, där A är en konstant, varav serien konvergerar och vi kan alltså byta ordning mellan integralen och summan. Vi får att ψ (x) c+i = f n (s)ds = c+i x s Λ(n) ds x n= c i πi c i s(s + ) n s n= (3.38) = c+i ( ) x s ζ (s) ds. πi s(s + ) ζ(s) Påståendet i Sats 4. följer då vi dividerar med x. 46
Sats 4.. Låt c > och x. Vi har att ψ (x) ( ) = x x πi c+i c i x s h(s)ds, där h(s) = ( ζ (s) s(s + ) ζ(s) ). s Bevis. Vi tillämpar Lemma 4.8 med k = och u = och får att x ( ) = c+i x s x πi c i s(s + )(s + ) ds, där c >. Då vi substituerar s med s i integralen (och låter c > ) och subtraherar resultatet från Sats 4. får vi påståendet. Då vi betecknar s = c + it får vi att x s = x c x it = x c e it log x, varav vi enligt föregående sats erhåller att ψ (x) (4.) ( ) c+i = xc h(c + it)e it log x dt. x x Målet är att visa att integralen i (4.) går mot då x. Vi börjar med att visa att vi kan ha c = i (4.). Vi börjar med att studera zetafunktionen nära Re(s) = σ =. c i 4.4 Övre gränser för ζ(s) och ζ (s) vid σ = För att betrakta ζ(s) vid σ = använder vi Sats 3.35 (4.3) ζ(s) = N n= n s s N x x dx + N s x s+ s, där σ >. Vi använder också Korollarium 3.36 för att studera derivatan ζ (s), nämligen ζ (s) = N n= log n n s N s log N s + s N (x x ) log x dx x s+ N x x dx x s+ N s (s ). (4.4) 47
Sats 4.5. För varje A > existerar en konstant M = M(A) så att för varje s = σ + it där σ / och Bevis. Om σ får vi att och ζ(s) M log t och ζ (s) M log t ζ(s) = ζ (s) = σ > n= A log t n σ+it n= n= log(n) n σ+it och t e. n σ n= n= n = ζ() log(n) n = ζ () för alla t. Vi kan alltså anta att σ < och t e. Vi har att s σ + t + t < t och s = σ + it t, varav / s /t. Då vi uppskattar ζ(s) genom att använda (4.3) får vi att ζ(s) N n= σ n + t N dx + σ N xσ+ t = N n= n σ + t σn + N σ. σ t Låt N = t. Då har vi att N t < N + och att log n log t om n N. Antagandet implicerar att σ < A/ log t, vilket leder till att n = n σ σ n = n e( σ) log n < n ea log n/ log t ( ) n ea = O. n Eftersom σ < och t < N + får vi nu alltså att ( ) t 4(N + ) = O(n) O = O() och σn σ N σ n varav ζ(s) = O ( N n= N σ t = N t N σ = O ) + O() = O(log N) + O() = O(log t). n ( ) = O(), n Detta bevisar olikheten för ζ(s). För att bevisa olikheten för ζ (s) använder vi ett motsvarande argument för (4.4). 48
Målet är att visa att ζ( + it) för alla t. Beviset baserar sig på följande olikhet: Sats 4.6. Låt σ >. Vi har att ζ 3 (σ) ζ(σ + it) 4 ζ(σ + it). Bevis. Vi vet från Sats 3.6 att ζ(s) = e G(s), där G(s) = n= Λ(n) log n n s = p m= mp ms, då σ >. Nämligen, om n = p m, så är Detta kan skrivas om som varav vi får att ζ(s) = exp ( p Λ(n) log n n s = m= ζ(s) = exp log p m log p p sm. ) ( = exp mp ms ( p m= p e m= ) cos(mt log p). mp mσ imt log p mp mσ Vi använder denna formel då s = σ, s = σ + it och s = σ + it, varav vi får att ( ) ζ 3 (σ) ζ(σ + it) 4 3 + 4 cos(mt log p) + cos(mt log p) ζ(σ + it) = exp. mp mσ Vi noterar att p m= 3 + 4 cos(θ) + cos(θ) = ( + cos(θ)). Varje uttryck i exponenten är alltså icke-negativ och påståendet följer. ), Sats 4.7. ζ( + it) för alla t. Bevis. Eftersom ζ() = räcker det att betrakta t. Om σ > ger Sats 4.6 att (4.8) ((σ )ζ(σ)) 3 ζ(σ + it) σ 4 ζ(σ + it) σ. 49
Låt σ +. Den första faktorn går mot, ty ζ(s) har en enkel pol där residyn är vid s =. Den tredje faktorn går mot ζ( + it). Vi bevisar påståendet med hjälp av en antites: antag att ζ( + it) =. Då kan vi skriva om den mellersta termen som ζ(σ + it) ζ( + it) 4 ζ ( + it) 4 då σ +. σ Om det för något t gäller att ζ( + it) = får vi alltså att den vänstra sidan av olikheten (4.8) går mot ζ ( + it) 4 ζ( + it) < då σ +. Detta är en motsägelse eftersom den högra sidan av olikheten går mot. Sats 4.9. Det existerar en konstant M > s.a. då σ och t e. Bevis. Om σ vet vi att och ζ(s) < M log7 t och ζ (s) ζ(s) < M log9 t, ζ(s) = n= ζ (s) ζ(s) µ(n) n s n= n= n ζ() Λ(n) n = A <. Vi kan alltså välja M := max {ζ() +, A + } varav olikheterna uppfylls då σ och t e. Antag att < σ och t e. Vi skriver om olikheten i Sats 4.6 som ζ(σ + it) ζ(σ)3/4 ζ(σ + it) /4. Funktionen (σ )ζ(σ) är begränsad i intervallet σ, varav vi får att ζ(σ) M σ, då < σ och M är en lämplig konstant. Enligt Sats 4.5 har vi att ζ(σ+it) = O(log t) om σ, varav det för < σ gäller att ζ(σ + it) M 3/4 K(log t) /4 (σ ) 3/4 = 5 A(log t)/4 (σ ) 3/4,
där A och K är konstanter. Alltså, för en lämplig konstant B > gäller att ζ(σ + it) > B(σ )3/4 (log t) /4, om < σ och t e. Dessutom gäller olikheten trivialt om σ = och t e. Låt nu α (, ). Om σ α kan vi tillämpa Sats 4.5, varav vi får att Triangelolikheten ger att ζ(σ + it) ζ(α + it) α σ ζ (u + it) du (α σ)m log t (α )M log t. ζ(σ + it) ζ(α + it) ζ(σ + it) ζ(α + it) ζ(α + it) (α )M log t B(α )3/4 (α )M log t. (log t) /4 Eftersom (σ ) 3/4 (α ) 3/4 gäller då α σ, så får vi att ζ(σ + it) B(α )3/4 (log t) /4 (α )M log t om σ, t e och < α <. Låt α = + ( ) 4 B M (log t). 9 Vi noterar att α > och att α < om t > t för något lämpligt t. Om t t och σ så gäller alltså att ζ(σ + it) (α )M log t = C log 7 t. Olikheten gäller även (med en annan konstant C) då e t t. Detta bevisar det första påståendet. För att bevisa det andra påståendet tillämpar vi Sats 4.5 för att få en extra faktor log t. 5
4.5 Slutföring av beviset av primtalssatsen Lemma 4.. Om f(s) har en pol av ordningen k i s = α så har kvoten f (s)/f(s) en pol av ordningen i s = α med residyn k. Bevis. Vi har att f(s) = g(s)/(s α) k där g är analytisk omkring α och g(α). För alla s i en lämplig omgivning av α gäller att f (s) = g (s) (s α) kg(s) ( ) g(s) k = k (s α) k+ (s α) k s α + g (s). g(s) Från detta får vi att f (s) f(s) = k s α + g (s) g(s). Detta bevisar påståendet ty g (s)/g(s) är analytisk omkring s = α. Sats 4.. Funktionen är analytisk vid s =. F (s) = ζ (s) ζ(s) s Bevis. Enligt Lemma 4. har ζ (s)/ζ(s) en första ordningens pol vid s = med residyn, precis som funktionen /(s ), varav deras dierens är analytisk vid s =. Nu är vi färdiga att slutföra beviset. Sats 4.. För x gäller att ψ (x) ( ) = x x π + h( + it)e it log x dt, där + h( + it) dt konvergerar. Enligt Riemann-Lebesgues lemma får vi alltså att ψ (x) x då x vilket bevisar primtalssatsen enligt satserna 4.7 och.. Bevis. Om c > och x har vi enligt Sats 4. att ψ (x) ( ) = x x πi c+i c i x s h(s)ds, 5
där h(s) = ( ζ (s) s(s + ) ζ(s) ). s Vi önskar visa att vi kan ytta integrationsstigen till σ =. Vi använder (3.) för att studera x s h(s)ds, där R är rektangeln i bild 5. R Bild 5. Integrationsstigen R. Eftersom funktionen x s h(s) är analytisk inuti R enligt sats 4. får vi alltså att x s h(s)ds =. Nu kan vi dela upp integralen i fyra delar. Vi får alltså att c+it +it +it = = + + R c it R c it it c+it it Vi visar att integrering över de vågräta delarna av rektangeln går mot då T, vilket ger att c+i x s h(s)ds = +i c i i 53 x s h(s)ds..
Symmetrin implicerar att det räcker att betrakta t = T, situationen t = T är analog. Om s = σ + it så ger triangelolikheten att s(s + ) och T s(s + )(s ) T 3 T. Enligt Sats 4.9 existerar det en konstant M s.a. ζ (s)/ζ(s) M log 9 t om t e och σ. Om T e får vi att h(s) M log 9 T, T varav c x s h(s)ds c då T. Vi har alltså visat att c+i c i x c M log 9 T T x s h(s)ds = Vi betecknar s = + it och erhåller att +i i x s h(s)ds = dσ = M x c log9 T T (c ), +i Integralen h( + it) dt kan uppdelas som h( + it) dt = Då vi integrerar från e till har vi att e i e x s h(s)ds. h( + it)e it log x dt. + h( + it) M log9 t t, varav h(+it) dt konvergerar. På motsvarande sätt konvergerar integralen e h(+ e it) dt, varav h( + it) dt konvergerar. Vi kan alltså tillämpa Sats 3.9, varav vi får att ψ (x) x / då x. Enligt Sats 4.7 får vi att ψ(x) x då x. Enligt Sats. bevisar detta primtalssatsen. e + e. Som en omedelbar följd av primtalssatsen erhåller vi några intressanta följder. Vi kan bl.a. enkelt approximera det n:te primtalet. 54