素数定理

约定. 在本文中,

• 下标含 $p$ 的求和与求积中, $p$ 只取素数.

素数定理刻画了自然数中素数的渐近分布, 其中一种形式为:$$\pi (n)\sim \frac{n}{\log n}.$$简单来说, 随着自然数变大, 其中的素数越来越稀疏, 并且密度以对数衰减.

素数的分布也是解析数论研究的核心课题之一.

1历史

自 Euler 在 1737 年发现了著名的 Euler 乘积形式, 即$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}=\prod _p\frac{1}{1-p^{-s}},$$人们对素数的定量研究正式宣告开始, 解析数论的萌芽出现. 尽管素数定义简单, 有关的代数结论形式优美, 但人们发现讨论其分布绝非易事. 在 Euler 的发现大约 60 年后,Gauß 和 Legendre 对小素数进行仔细的数值计算, 提出了广为人知的 $\pi (x)\sim x/\log x$. 大约 1850 年,Chebyshev 用初等方法证明了 $\pi (x)$ 的可以被 $x/\log x$ 的两个常数倍控制, 首次证明了正确的阶, 而且他也指出如果 $\pi (x)\log x/x$ 的极限存在, 那么必然为 $1$ , 他给出的界已经足够好, 以至能证明 1845 年 Bertrand 提出的 Bertrand 假设: 即区间 $[n,2n]$ 中总存在素数.

1859 年,Riemann 关于 $\zeta$ 函数的重要论文发表, 其中指出了 Gauß 和 Legendre 猜想的关键证明步骤. 直到 1896 年, 其中的技术细节被 Hadamard 和 de la Vallée Poussin 独立完成, $\pi (x)\sim x/\log x$ 的正确性得到证实. 二人证明的主要工具都是复分析, 皆对 $\zeta$ 函数的非平凡零点分布给出了粗略估计.

到了 20 世纪, 素数定理越来越多的新证明出现. 其中值得一提的是 Selberg 和 Erdős 在 1949 年给出的 “初等” 证明. 另外随着 Tauber 方法的出现和发展, 定理的证明也变得更加简洁. 1980 年 Donald J. Newman 也给出了一个近乎只用到 Cauchy 积分公式的证明, 而 1997 年 Don Zagier 则将这证明压缩到三页纸.

后来, 人们的主要关心素数分布的余项, 定义对数积分函数$$\mathrm{Li}(x)={\int }_2^x\frac{dt}{\log t},$$素数定理的熟知版本也能被写作 $\pi (x)\sim \mathrm{Li}(x)$. 早在 1899 年 de la Vallée Poussin 在另一篇文章中指出 $\pi (x)=\mathrm{Li}(x)+O(x{e}^{-a\sqrt{\log x}})$ 对某正常数 $a$ 成立. 而 1901 年 Helge von Koch 指出在 Riemann 猜想成立的前提下, 能将结果改良为$$\pi (x)=\mathrm{Li}(x)+O(\sqrt{x}\log x),$$实际上这结果也等价于 Riemann 猜想.

2定理叙述

素数定理最为人熟知的版本是:

定理 2.1. 用 $\pi (x)$ 表示不超过正数 $x$ 的素数个数, 则$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\pi (x)\log x}{x}=1.$$

Chebyshev 的弱版本指的是

定理 2.2 (Chebyshev). 存在常数 $0<c_1<c_2$ 使 $x$ 充分大时$$c_{1}x\le \frac{\vartheta (x)}{\le }{c}_{2}x.$$

3证明

该证明主要参考了 Don Zagier 的证明. 为了完整性和可读性, 我们回忆有关 Chebyshev $\vartheta$ 函数以及 Riemann $\zeta$ 函数的基本知识, 证明见相应条目.

准备工作

Chebyshev $\vartheta$ 函数的相关性质

参见: Chebyshev 函数; Chebyshev 不等式 (数论)

定义 3.1 (Chebyshev $\vartheta$ 函数). 对如下的函数, 我们称第一类 Chebyshev 函数: $$\vartheta (x):=\sum _{p\le x}\log p.$$

我们指出其与素数分布的重要关系:

引理 3.2. 我们有如下等式$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\mathrm{liminf}}\frac{\vartheta (x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\mathrm{liminf}}\frac{\pi (x)\log (x)}{x},\\ \underset{x\to \infty }{\mathrm{limsup}}\frac{\vartheta (x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\mathrm{limsup}}\frac{\pi (x)\log (x)}{x}.\end{array}$$

证明. 一方面注意到$$\vartheta (x)\le \sum _{p\le x}\log x=\pi (x)\log x.$$另一方面, 对任意 $\epsilon >0$ , 由显然的估计 $\pi (x)\le x$ 得$$\vartheta (x)\ge \sum _{x^{1-\epsilon }<p\le x}\log \left(x^{1-\epsilon }\right)\ge (1-\epsilon )\log (x)\cdot (\pi (x)-x^{1-\epsilon }).$$使用夹逼立刻得出我们需要的界.

$\square$

Riemann $\zeta$ 函数的相关性质

参见: Riemann zeta 函数

定理 3.3 (Euler 乘积). 对 $\mathrm{Re}s>1$ , 我们有$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}=\prod _p\frac{1}{1-p^{-s}}.$$

定理 3.4. $\zeta$ 函数可延拓为 $\mathrm{Re}s>0$ 上的半纯函数, 此区域内唯一的极点是 $s=1$. 而且 $\mathrm{Re}s\ge 1$ 时 $\zeta (s)\ne 0$.

Tauber 定理

此处我们证明 Tauber 定理的一种形式, 其被应用到素数定理的证明中时我们便知为何需要如此条件.

定理 3.5 (解析定理). 设 $f(t)(t\ge 0)$ 是有界且可积的函数, 设 Laplace 变换得到 $\mathrm{Re}z>0$ 上的全纯函数$$g(z)={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-zt}dt.$$如果 $g(z)$ 能连续延拓到 $\mathrm{Re}z\ge 0$ 的一个邻域上, 则瑕积分 ${\lim }_{T\to \infty }{\int }_0^{T}f(t)dt$ 存在且等于 $g(0)$.

证明. 对 $T>0$ 定义 $g_T(z)={\int }_0^{T}f(t)e^{-zt}dt$, 由有界得知其是整函数, 只需证明 ${\lim }_{T\to +\infty }{g}_T(0)=g(0)$.

现设 $R$ 充分大, $\delta >0$ 充分小, 至少使得 $D:=\{z\in \mathbb{C}:|z|\le R,\mathrm{Re}z\ge -\delta \}$ 的一个邻域内 $g$ 全纯, 考虑 $C$ 为区域 $D$ 的边界逆时针向的围道. 由此根据 Cauchy 积分公式不难写出$$g(0)-g_T(0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_C(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{dz}{z}.$$这时我们考察围道位于 $\mathrm{Re}z>0$ 的半圆, 将其记作 $C_{+}$. 设 ${\sup }_{t\ge 0}|f(t)|=B$, 不难估计得知 (注意此时 $|z|=R$) : $$\begin{array}{rl}|g(z)-g_T(z)|& =\left|{\int }_T^{\infty }f(t)e^{-zt}dt\right|\le \frac{B{e}^{-T\cdot \mathrm{Re}z}}{\mathrm{Re}z},\\ \left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|& =e^{T\cdot \mathrm{Re}z}\cdot \frac{2\mathrm{Re}z}{R^2}.\end{array}$$因此 $C_{+}$ 上的积分值被 $2\pi B/R$ 所控制.

另一方面, 在剩余的围道 $C_{-}:=C\backslash C_{+}$ 上, 我们分开看 $g(z),g_T(z)$. 首先 $g_T$ 是整函数, 因此 $C_{-}$ 围道可以用半圆 $C_{-}^{\prime }:=\{z\in \mathbb{C}:|z|=R,\mathrm{Re}z<0\}$ 替代. 用完全一样的方法, 我们用 $\pi B/R$ 限制 $g_T$ 积分的绝对值, 因为这次有$$|g_T(z)|=\left|{\int }_0^{T}f(t)e^{-zt}dt\right|\le \frac{B{e}^{-T\cdot \mathrm{Re}z}}{-\mathrm{Re}z}.$$其次 $g$ 的部分在 $C_{-}$ 上的积分会随 $T\to +\infty$ 迅速衰减到 $0$, 这是因为 $R,\delta$ 选定后,$g(z)(1+z^2/R^2)/z$ 是与 $T$ 无关的, 而 $e^{zT}$ 随着 $T$ 的增长有界且内闭一致地趋于 $0$.

由此我们令 $R\to +\infty$, 被 $O(1/R)$ 控制的项立即消失, 我们证明了需要的极限.

$\square$

渐近版本的证明 (Newman)

证明. 我们依次观察如下的三个命题, 最终导出结论.

命题 3.6. 对 $\mathrm{Re}s>1$ 有全纯函数的等式$$\Phi (s):=-\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}-\sum _p\frac{\log p}{p^s(p^s-1)}=\sum _p\frac{\log p}{p^s}=s{\int }_1^{\infty }\frac{\vartheta (x)}{x^{s+1}}dx=s{\int }_0^{\infty }{e}^{-st}\vartheta (e^t)dt.$$由此推出 $\Phi (s)-\frac{1}{s-1}$ 可连续延拓为 $\mathrm{Re}(s)\ge 1$ 的一个邻域上定义的连续函数.

证明. 需要证明的第一个等号是对将 Euler 乘积写成对数后逐项求导而得的. 第二个等号是将 Chebyshev $\vartheta$ 求和写开与积分交换顺序得到的. 第三个等号是换元 $x=e^t$ 得到的. 最后结合准备知识所述 $\zeta$ 函数在 $\mathrm{Re}(s)\ge 1$ 只有极点 $s=1$ 且没有零点的性质立刻推出所需结论.

$\square$

命题 3.7. 如下的瑕积分收敛: $$\underset{B\to +\infty }{\lim }{\int }_1^B\frac{\vartheta (x)-x}{x^2}dx.$$

证明. 定义 $f(t)=\vartheta (e^t)e^{-t}-1$, 结合上一命题计算 Laplace 变换得到$$g(z)={\int }_0^{\infty }\left(\frac{\vartheta (e^t)}{e^t}-1\right)e^{-tz}dt=\frac{\Phi (z+1)}{z+1}-\frac{1}{z}.$$另一方面根据上一命题和复分析的基础知识, 这样定义的 $g(z)$ 在 $\mathrm{Re}z>0$ 全纯且可连续延拓到 $\mathrm{Re}z\ge 0$ 的一个邻域上. 因此根据准备知识的 Tauber 定理, 我们得知如下的瑕积分收敛: $$\underset{T\to +\infty }{\lim }{\int }_0^T\frac{\vartheta (e^t)-e^t}{e^t}dt.$$而经过换元 $x=e^t$ 即得到所需结论.

$\square$

命题 3.8. 我们有$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\vartheta (x)}{x}=1.$$

证明. 一方面, 若 $\lambda >1$ 满足存在充分大的 $x$ 使 $\vartheta (x)\ge \lambda x$. 因为 $\vartheta$ 单调不减, 有$${\int }_x^{\lambda x}\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}dt\ge {\int }_x^{\lambda x}\frac{\lambda x-t}{t^2}dt={\int }_1^{\lambda }\frac{\lambda -t}{t^2}dt>0.$$式子最右是与 $x$ 无关的量, 与先前瑕积分收敛的命题矛盾.

另一方面, 若 $\lambda <1$ 满足存在充分大的 $x$ 使 $\vartheta (x)\le \lambda x$. 同理有$${\int }_{\lambda x}^x\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}dt\le {\int }_{\lambda x}^x\frac{\lambda x-t}{t^2}dt={\int }_{\lambda }^1\frac{\lambda -t}{t^2}dt<0.$$式子最右是与 $x$ 无关的量, 与先前瑕积分收敛的命题矛盾.

$\square$

于是由准备知识中 Chebyshev $\vartheta$ 函数与素数分布的关系, $\pi (x)\sim x/\log x$ 形式的素数定理得证.

$\square$

带余项版本的证明

参见: Riemann zeta 函数; Perron 公式

法国数学家 de la Vallée Poussin 在 1896 年给出素数定理的解析证明之后对自己的结果进行了优化, 得到了第一个带大 O 误差项版本的素数定理. 而具体的手段是构造了一个比定理 3.4 更强大的 $\zeta (s)$ 非零区域:

定理 3.9 (de la Vallée Poussin). 存在常数 $A>0$ 使得当 $|t|\ge 2,\sigma \ge 1-A(\log |t|{)}^{-1},s=\sigma +it$ 时 $\zeta (s)\ne 0$ 并且: $$\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)=O(\log |t|)$$

利用 Perron 公式, 我们发现当 $\sigma =1+(\log x{)}^{-1},2\le T\le x$ 时总有:

$$\psi (x)=\sum _{n\le x}\Lambda (n)=\frac{-1}{2\pi i}{\int }_{\sigma -iT}^{\sigma +iT}\frac{x^s}{s}\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)\mathrm{d}s+O\left(\frac{x{\log }^{2}x}{T}\right)$$(1)

现在我们设 $\delta =A/\log T$, 则有:

$$\frac{-1}{2\pi i}{\int }_{\sigma -iT}^{\sigma +iT}\frac{x^s}{s}\frac{{\zeta }^{\prime }}{\zeta }(s)\mathrm{d}s=x+{\int }_{\sigma -iT}^{1-\delta -iT}+{\int }_{1-\delta -iT}^{1-\delta +iT}+{\int }_{1-\delta +iT}^{\sigma +iT}$$

现在我们把定理 3.9 中的上界代入到右侧的路径积分, 便有:

$${\int }_{1-\delta -iT}^{1-\delta +iT}\ll x(\log T{)}^2\exp \left(-\frac{A\log x}{\log T}\right)$$

$${\int }_{\sigma -iT}^{1-\delta -iT}+{\int }_{1-\delta +iT}^{\sigma +iT}\ll \frac{x\log T}{T}$$

回代至 (1) 中, 便有:

$$\psi (x)=x+O\left(\frac{{\log }^{2}x}{T}\right)+O\left\{x(\log T{)}^2\exp \left(-\frac{A\log x}{\log T}\right)\right\}$$

现在代入 $\log T=\sqrt{\log x}$, 则当 $0<c<\min (1,A)$ 时就能得到:

$$\psi (x)=x+O\left\{x\exp \left(-c\sqrt{\log x}\right)\right\}$$

利用初等方法可以发现上述渐近公式在左侧更换成 $\vartheta (x)$ 时依然成立, 然后再做一次 Riemann-Stieltjes 积分就可以得到:

定理 3.10 (de la Vallée Poussin). 存在常数 $c>0$ 使得 $x$ 充分大时: $$\pi (x)=\mathrm{Li}(x)+O\left\{x\exp \left(-c\sqrt{\log x}\right)\right\}$$

注 3.11. 本节的推导基于 [Mon07], 但其实 3.10 也有不依赖于 Chebyshev 函数的证明. 具体可以参考 [Liu21]

4应用

$\zeta (3)$ 是无理数

证明.

熟知关于第二类 Chebyshev 函数的性质:$$\log \mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,n)=\psi (n).$$

于是素数定理可以写成

命题 4.1. 对任意 $\epsilon >0$, 有$$\mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,n)=O(e^{(1+\epsilon )n}).$$

现在我们给出含 $\zeta (3)$ 的重要积分:

引理 4.2. 对正整数 $r$, 我们有$$\zeta (3)=\sum _{k=1}^r\frac{1}{k^3}-\frac{1}{2}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log (xy)}{1-xy}(xy{)}^{r}dxdy.$$

证明. 注意对非负整数 $r,s$ 和非负实数 $\sigma$, 展开 $(1-xy{)}^{-1}$ 得到$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }}{1-xy}dxdy=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(k+r+\sigma +1)(k+s+\sigma +1)}.$$对 $\sigma$ 微分后取 $r=s,\sigma =0$ 即得.

$\square$

另一方面, 我们需要积分的值性质较好.

引理 4.3. 对非负整数 $r\ne s$, 如下积分的值是有理数, 而且分母是 $\mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,\max \{r,s\}{)}^2\cdot |r-s|$ 的因子: $${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log (xy)}{1-xy}{x}^r{y}^{s}dxdy.$$

证明. 由对称性不妨设 $r>s$, 此时前述引理证明中的式子可以重新书写为$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }}{1-xy}dxdy& =\frac{1}{r-s}\sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{1}{k+s+\sigma +1}-\frac{1}{k+r+\sigma +1}\right)\\ & =\frac{1}{r-s}\sum _{k=s+1}^r\frac{1}{k+\sigma }.\end{array}$$因此得到 $r>s$ 时$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log (xy)}{1-xy}{x}^r{y}^{s}dxdy=-\frac{1}{r-s}\sum _{k=s+1}^r\frac{1}{k^2}.$$引理得证.

$\square$

参见: Legendre 多项式

引理 4.4. 有如下的恒等式, 我们将两边称为 $[0,1]$ 上的 Legendre 多项式: $$P_n(x):=\frac{1}{n!}{\left(\frac{d}{dx}\right)}^n(x^n(1-x{)}^n)=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k}{k})(-x{)}^k.$$

证明. 只需二项式展开 $(1-x{)}^n$ 后直接求导.

$\square$

结合先前若干引理, 我们逼近 $\zeta (3)$:

推论 4.5. 对 $n\ge 1$ 我们有$${\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^n(1-x{)}^n{y}^n(1-y{)}^n{z}^n(1-z{)}^n}{(1-(1-xy)z{)}^{n+1}}dxdydz=\frac{A_n\zeta (3)+B_n}{\mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,n{)}^3}.$$其中 $A_n,B_n\in \mathbb{Z}$.

证明. 令$$I:={\int }_0^1{\int }_0^1-\frac{\log (xy)}{(1-xy)}{P}_n(x)P_n(y)dxdy.$$于是利用 $P_n$ 的求和形式, 将 $P_n(x)P_n(y)$ 写成 $x^r{y}^s$ 的求和, 分析其中 $r\ne s,r=s$ 的部分立刻得出它形如 $\frac{A_n\zeta (3)+B_n}{\mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,n{)}^3}$.

现在注意对 $0<t<1$, $${\int }_0^1\frac{dw}{1-(1-t)w}=-\frac{\log (t)}{1-t}.$$因此代入 $t=xy$ 可将上述积分可以重新写成$$I={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)w}dxdydw.$$将此式关于 $x$ 分部积分 $n$ 次, 利用 $P_n$ 的求导定义, 得到$$I={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(yw{)}^n\cdot x^n(1-x{)}^n\cdot P_n(y)}{(1-(1-xy)w{)}^{n+1}}dxdydw.$$在其中换元$$z=\frac{1-w}{1-(1-xy)w},$$得到$$I:={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(1-z{)}^n(1-x{)}^n\cdot P_n(y)}{1-(1-xy)w}dxdydw.$$最后关于 $y$ 分部积分 $n$ 次说明 $I$ 即原左式.

$\square$

现在简单计算可以证明$$F(x,y,z):=\frac{x(1-x)y(1-y)z(1-z)}{1-(1-xy)z}$$是 $[0,1{]}^3$ 上连续非负的函数且在边界为 $0$. 于是计算导数可得最大值在 $(\sqrt{2}-1,\sqrt{2}-1,\sqrt{2}/2)$ 取到, 为 $(\sqrt{2}-1{)}^4$.

因此存在正常数 $C$ 使$$\begin{array}{r}0<\frac{|A_n\zeta (3)+B_n|}{\mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,n{)}^3}=\left|(\sqrt{2}-1{)}^{4n}{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{dxdydz}{1-(1-xy)z}\right|\le C(\sqrt{2}-1{)}^{4n}.\end{array}$$

从而结合 $e^3(\sqrt{2}-1{)}^4<1$, 结论得证.

$\square$

注 4.6. 如果对 $A_n$ 给出一个估计, 则可得到 $\zeta (3)$ 的无理性度量的估计.

5相关概念

•	素数
•	Riemann $\zeta$ 函数
•	Chebyshev 不等式 (数论)

参考文献

[Mon07]	Montgomery, H. L., & Vaughan, R. C. (2007). Multiplicative number theory I: Classical theory. Cambridge University Press.
[Liu21]	Liu, Z. (2021). A Direct Proof of the Prime Number Theorem using Riemann’s Prime-counting Function. ArXiv:2105.05317 [Math]. http://arxiv.org/abs/2105.05317
[Zag97]	Zagier, D. (1997). Newman’s Short Proof of the Prime Number Theorem. The American Mathematical Monthly, 104(8), 705–708. https://doi.org/10.1080/00029890.1997.11990704

术语翻译

素数定理 • 英文 prime number theorem • 德文 Primzahlsatz • 法文 théorème des nombres premiers