Funkcja Mobiusa w teorii liczb

Notatki z wykładów prof. Jerzego Kaczorowskiego

Spis treści

1 Funkcje arytmetyczne i szeregi formalne Dirichleta 2

2 Funkcja Γ Eulera 9

3 Transformata Mellina 12

4 Hipoteza Lindelofa 17

5 O zerach nietrywialnych ζ 19

6 Warunki konieczne i wystarczające dla hipotezy Riemanna 21

7 Obszary wolne od zer 25

8 Hipoteza Mertensa 33

A Dowody wybranych faktów 35

Wstęp

Niniejszy skrypt został spisany przez Aurelię Bartnicką. Powstał on na podstawiewykładów pt. ”Funkcja Mobiusa w teorii liczb” wygłoszonych na Uniwersytecie Mi-kołaja Kopernika w Toruniu w marcu 2015 roku przez profesora Jerzego Kaczorow-skiego z Uniwersytetu Adama Mickiewicza w Poznaniu w ramach ”ŚrodowiskowychStudiów Doktoranckich z Nauk Matematycznych”.

Przypomnijmy, że funkcją Mobiusa nazywamy funkcję µ : N → C określoną wnastępujący sposób

µ(n) =

1, gdy n = 1(−1)r, gdy n = p1 · . . . · pr, gdzie pi, pj ∈ P oraz pi 6= pj, i 6= j

0, gdy istnieje p ∈ P taka, że p2|n.

1

2

Jest to multiplikatywna funkcja arytmetyczna. Ponadto szereg Dirichleta z nią sto-warzyszony jest odwrotnością funkcji ζ Riemanna. Co więcej można przeprowadzićdowód hipotezy Riemanna przy założeniu prędkości zbieżności do zera średnich funk-cji Mobiusa.

1 Funkcje arytmetyczne i szeregi formalne Diri-chleta

Definicja 1. Dowolną funkcję f : N→ C nazywamy funkcją arytmetyczną.

Zbiór wszystkich funkcji arytmetycznych będziemy oznaczać przez A.

Definicja 2. Funkcję f : N→ C nazywamy funkcją multiplikatywną, jeżeli

∀(n,m)=1 f(nm) = f(n)f(m).

Fakt 3. Funkcja Mobiusa jest multiplikatywna.

Definicja 4. Sumą dwóch funkcji arytmetycznych f, g nazywamy funkcję arytme-tyczną f + g określoną następująco

(f + g)(n) = f(n) + g(n) dla każdego n ∈ N.

Definicja 5. Splotem Dirichleta dwóch funkcji arytmetycznych f, g nazywamy funk-cję arytmetyczną f ∗ g określoną następująco

f ∗ g(n) =∑d|n

f(d)g(n

d), dla n ∈ N.

Fakt 6. (A,+, ∗) jest dziedziną całkowitości z jedynką e(n) =

1, n = 10, n > 1

, gdzie

0 : N→ C jest zerem zdefiniowanym następująco 0(n) = 0, dla każdego n ∈ N.

Fakt 7. f ∈ A ma odwrotność ⇔ f(1) 6= 0.

Dowód. ⇒Istnieje g ∈ A taka, że f ∗ g = e.W szczególności, f(1)g(1) = e(1) = 1.Stąd f(1) 6= 0.⇐Niech f(1) 6= 0. Połóżmy g(1) = 1

f(1) oraz∀n>1 g(n) = −g(1)

∑d|n,d<n

g(d)f(nd).

Wówczas g ∈ A oraz∀n>1 f ∗ g(n) =

∑d|n

f(d)g(nd) =

∑d|n,1<d

f(d)g(nd) + f(1)g(n) =

∑d|n,1<d

f(d)g(nd) +

+f(1)(−g(1)∑

d|n,d<ng(d)f(n

d)) = 0

3

Fakt 8. µ = I−1, gdzie ∀n>1 I(n) = 1.

Dowód. Chcemy pokazać, że µ ∗ I = e.Mamy (µ ∗ I)(1) = µ(1)I(1) = 1. Ponadto z definicji splotu Dirichleta otrzymujemy

(µ ∗ I)(n) =∑d|nµ(d).

Niech pα11 . . . pαrr będzie rozkładem na czynniki pierwsze dla n.Przyjmijmy oznaczenie n = p1 . . . pr.Wówczas z definicji funkcji Mobiusa

∑d|nµ(d) =

∑d|n

µ(d) =∑

A⊂1,...,r(−1)|A| =

r∑k=0

(r

k

)(−1)k = (1− 1)r = 0.

Wobec tego rzeczywiście µ = I−1.

Definicja 9. Szeregiem formalnym Dirichleta nazywamy wyrażenie

F (s) =∞∑n=1

f(n)ns

, gdzie f ∈ A, s ∈ C.

Definicja 10. Sumą szeregów formalnych Dirichleta F,G nazywamy F+G określonenastępująco

(F +G)(s) =∞∑n=1

f(n) + g(n)ns

.

Definicja 11. Iloczynem szeregów formalnych Dirichleta F,G nazywamy FG okre-ślone następująco

(FG)(s) =∞∑n=1

∞∑m=1

f(n)g(n)(nm)s

.

Uwaga. Iloczyn szeregów formalnych Dirichleta jest szeregiem formalnym Dirichleta,ponieważ

∞∑n=1

∞∑m=1

f(n)g(n)(nm)s

=∞∑d=1

(∑nm=d

f(n)g(m))1ds

=∞∑n=1

f ∗ g(n)ns

.

Fakt 12. Zbiór wszystkich szeregów formalnych D jest pierścieniem.

Twierdzenie 13. Odwzorowanie Φ : A → D, określone Φ(f)(s) =∑∞n=1

f(n)ns

dladowolnych f ∈ A oraz s ∈ C, jest izomorfizmem pierścieni.

Oznaczmy przez D0 podzbiór pierścienia D, składający się z tych szeregów for-malnych, które są zbieżne przynajmniej w jednym punkcie s0 ∈ C.

Fakt 14. D0 jest podpierścieniem pierścienia D.

4

Zadanie 15. ∞∑n=1

f(n)ns∈ D0 ⇔ ∃A=A(f)∀n>1f(n) = O(nA).

Uwaga. Wobec powyższego zadania mamy

Φ : f ∈ A : f -skończonego rzędu → D0.

Przykłady.Φ(I) = ζ- funkcja dzeta Riemanna

ζ(s) =∞∑n=1

1ns, σ = <(s) > 1

Φ(µ) = Φ(I−1) = Φ(I)−1 =1ζ(s)

Wobec tego1ζ(s)

=∞∑n=1

µ(n)ns

.

Uwaga. Dwa szeregi Dirichleta są równe ⇔ ich współczynniki Dirichleta są równe.

Definicja 16. Funkcją Liouville’a nazywamy funkcję arytmetyczną λ, określonąnastępująco

λ(n) = (−1)Ω(n), gdzie n = pα11 . . . pαkk ,Ω(n) =k∑i=1

αi.

Uwaga. Funkcja Liouville’a jest skończonego rzędu oraz dla liczby bezkwadratowejn zachodzi równość λ(n) = µ(n). Gęstość liczb bezkwadratowych jest dodatnia iwynosi 6

Π2 .

Pytanie 17. Φ(λ) =?

Twierdzenie 18. Załóżmy, że∞∑n=1

a(n)ns

jest zbieżny w s0 = σ0 + it0. Wtedy jest on

zbieżny w półpłaszczyźnie σ > σ0. Zbieżność ta jest niemal jednostajna tzn. jedno-stajna na każdym zwartym podzbiorze.

5

Wniosek 19. Funkcja F (s) =∞∑n=1

a(n)ns

jest funkcją holomorficzną dla σ > σ0 (jako

granica funkcji holomorficznych), gdzie σ = <(s)

Definicja 20. Odciętą zbieżności szeregu Dirichleta F (s) =∞∑n=1

a(n)ns

nazywamy

σc(F ) = infσ0 :∞∑n=1

a(n)ns

jest zbieżny dla σ > σ0.

Uwaga. Szereg Dirichleta sumuje się do funkcji holomorficznej.

Przykład 21.

σc(ζ) = 1, σc(1ζ

) 6 1

Problem 22. Ile wynosi σc(1ζ)?

Uwaga. Hipoteza σc(1ζ) = 1

2 jest równoważna hipotezie Riemanna.

Dowód twierdzenia 18. Dla dowolnych α(n), β(n) ∈ C, gdzie n = 1, . . . , N , zachodziwzór sumacyjny Abela:

N∑n=1

α(n)β(n) = β(N)N∑n=1

α(n)−N−1∑m=1

(m∑n=1

α(n)(β(m+ 1)− β(m))).

Połóżmy α(n) = a(n+N)(n+N)s0 oraz β(n) = 1

(n+N)s−s0 .Wówczas

M∑n=N

a(n)ns

=M−N∑n=0

α(n)β(n) =1

M s−s0

M∑n=1

a(n)ns0

+

−M−1∑m=1

(m∑

n=N

a(n)ns0

)(1

(m+ 1)s−s0− 1ms−s0

)

Niech ε > 0. Wówczas dla m ­ N ­ N(ε) mamy:

6

1. |∑mn=N

a(n)ns0| < ε, ponieważ szereg jest zbieżny w punkcie s0

2. 1Mσ−σ0 ¬ 1

3.

M−1∑m=1

| 1(m+ 1)s−s0

− 1ms−s0

| =M−1∑m=1

|m+1∫m

s− s0

t1+s−s0dt| ¬

¬ |s− s0|M−1∑m=N

m+1∫m

dtt1+σ−σ0

=|s− s0|σ − σ0

M−1∑m=N

| 1(m+ 1)σ−σ0

− 1mσ−σ0

| ¬

¬ |s− s0|σ − σ0

1Mσ−σ0

¬ |s− s0|σ − σ0

¬ C(α)

Zatem

|M∑n=N

anns| ¬ ε+ C(α)ε = C1(α)ε.

Jednostajna zbieżność wewnątrz kąta wynika z kryterium Cauchy’ego.

Twierdzenie 23 (Abela). Jeżeli szereg f(s) =∑∞n=1

anns

jest zbieżny w punkcies = s0, to

lims→s

∗ f(s) = f(s0),

gdzie ∗ oznacza, że do granicy przechodzimy po dowolnej drodze wewnątrz kąta.

s→ s0 ⇒ a(n)ns→ a(n)

ns0.

Wniosek 24. ζ(s), 1ζ(s) są holomorficzne dla σ > 1.

Wniosek 25. ζ(s) 6= 0 dla σ > 1.

Uwaga. Jeśli σc(1ζ) = 1

2 , to szereg∑∞n=1

µ(n)ns

jest zbieżny dla σ > 12 , co implikuje, że

ζ(s) 6= 0 dla σ > 12 , czyli zachodzi Hipoteza Riemanna.

Twierdzenie 26. Załóżmy, że funkcja f jest multiplikatywna oraz∞∑n=1|f(n)| <∞.

Wtedy∞∑n=1

f(n) =∏p∈P

∞∑m=0

f(pm)

Dowód. Z multiplikatywności f i po wymnożeniu prawej strony otrzymujemy∏p¬N

∞∑m=0

f(pm) =∑

n∈A(N)

f(n),

gdzie A(N) = n ∈ N : p|n⇒ p ¬ N.

|∞∑n=1

f(n)−∑

n∈A(N)

f(n)| ·

n/∈A(N)

|f(n)| ·n>N

|f(n)| → 0, przy N →∞.

7

Przykłady. Niech f(n) = 1ns

i σ > 1. Wówczas

ζ(s) =∏p∈P

∞∑m=0

f(pms) =∏p∈P

(1− 1ps

)−1.

Powyższa formuła nosi nazwę tożsamości Eulera.

1ζ(s)

=∏p∈P

(1− 1ps

) =∞∑n=1

µ(n)ns

, dla σ > 1.

log ζ(s) = −∑p∈P

log(1− 1ps

)

Mamy

|z| < 1⇒ log(1 + z) =∞∑m=1

(−1)m+1

mzm

Połóżmy z = − 1ps

. Wówczas

log ζ(s) =∑p∈P

∑m­1

1mpms

. (1)

Wyznaczmy więc pochodną logarytmiczną dla ζ.

−ζ′

ζ(s) =

∞∑n=1

Λ(n)ns

, (2)

gdzie Λ(n) =

log p, gdy n = pm,m ­ 10 w przeciwnym przypadku

.

Funkcję Λ nazywamy funkcją Mangoldta.

log ζ(s) =∑p∈P

1ps

+H(s),

gdzie H(s) =∑m­2

∑p∈P

1mpms

zbieżny dla σ > 12

8

Załóżmy, że możemy przedłużyć ζ.

−ζ′

ζ(s) =

∑p∈P

log pps

+H1(s).

Funkcja − ζ′

ζ(s) jest meromorficzna.

Uwaga. Z punktu algebraicznego funkcje log ζ(s) i − ζ′

ζ(s) bada się tak samo, ale z

punktu widzenia analitycznego funkcję − ζ′

ζ(s) bada się znacznie łatwiej.

PołóżmyΠ(x) =

∑p¬x 1 odpowiada to

∑p∈P

1ps

φ(x) =∑p¬x log p odpowiada to

∑p∈P

log pps

W tym przypadku sumowanie logarytmów jest łatwiejsze niż sumowanie jedynek.

Zadanie 27. Udowodnij poniższe formuły:

1. ζ2(s) =∑∞n=1

d(n)ns

, gdzie d(n) oznacza liczbę dzielników liczby n.

2. ζ(2s)ζ(s) =

∑∞n=1

λ(n)ns

(Φ(λ) = ζ(2s)ζ(s) ),

3. ζ2(s)ζ(2s) =

∑∞n=1

2ω(n)ns

(ω(n) =∑p|n 1 sumujemy bez krotności),

4. ζ(s)ζ(2s) =

∑∞n=1

µ2(n)ns

,

5. ζ4(s)ζ(2s) =

∑∞n=1

d2(n)ns

,

6. ζ(s−1)ζ(s) =

∑∞n=1

φ(n)ns

, gdzie φ to funkcja Eulera,

7. ζ(s− 1)ζ(s) =∑∞n=1

σ(n)ns

, gdzie σ(n) =∑d|n d.

9

2 Funkcja Γ Eulera

Definicja. Funkcją Γ Eulera nazywamy Γ(s) =∞∫0

exp(−t)ts−1dt, zdefiniowaną dla

σ > 0.

Uwaga. Całka∞∫0

exp(−t)ts−1dt jest bezwzględnie zbieżna.

Wniosek 28. Γ jest funkcją holomorficzną w półpłaszczyźnie σ > 0.

Twierdzenie 29. Γ można przedłużyć analitycznie do funkcji meromorficznej naC. Jedynymi jej osobliwościami są bieguny pojedyncze s = −n dla n = 0, 1, 2, . . .oraz Ress=−nΓ(s) = (−1)n

n! .

Dowód. Dla σ > 0 mamy

Γ(s) =1∫

0

exp(−t)ts−1dt+∞∫1

exp(−t)ts−1dt

Całka po prawej stronie jest zbieżna bezwzględnie dla dowolnego s ∈ C, jest tofunkcja całkowita i wszędzie holomorficzna.

exp(−t) =N∑n=0

(−1)n

n!tn +RN(t),

gdzie |RN(t)| ¬ c(N)|t|N+1 dla każdego |t| ¬ 1.

1∫0

exp(−t)ts−1dt =N∑n=0

(−1)n

n!

1∫0

tn+s−1dt+1∫

0

RN(t)ts−1dt =

=N∑n=0

(−1)n

n!1

s+ n+

1∫0

RN(t)ts−1dt

Funkcja g(s) :=∑Nn=0

(−1)n

n!1

s+n jest funkcją meromorficzną na C z biegunami s =−n dla n = 0, . . . , N oraz Ress=−n(g(s)) = (−1)n

n! . Ponadto jest holomorficzna dla

σ > −N . Z kolei całka1∫0RN(t)ts−1dt jest zbieżna bezwzględnie dla σ > −N .

Zatem rzeczywiście Γ przedłuża się do funkcji meromorficznej.

Definicja. Szeregiem theta nazywamy

θ(x) =∑n∈Z

exp(−πn2x) dla x > 0

Twierdzenie 30 (Modularność). Dla x > 0 mamy θ( 1x) =√xθ(x).

Dowód. Dowód opiera się na dwóch lematach.

10

Lemat 31 (Formuła sumacyjna Poissona). Dla f ∈ S, gdzie S oznacza klasę Schwa-rza funkcji, czyli takich, że ∀k,l>0f

(k)(x) = O(N)−l, przy x→∞, mamy∑n∈Z

f(n) =∑n∈Z

f(n),

gdzie f(n) =∞∫−∞

f(t)e(−tn)dt oraz e(ξ) = exp(2πiξ)

W powyższym lemacie kładziemy f(n) = exp(−πn2x).

Lemat 32. f(ξ) = 1√x

exp(−πξ2

x)

Wówczas

θ(x) =∑n∈Z

exp(−πn2x) =∑n∈Z

f(n) =∑n∈Z

f(n) =1√xθ(

1√x

)

Twierdzenie 33 (Riemanna). Funkcja ζ ma przedłużenie analityczne do funkcjimeromorficznej na C. Jedyną osobliwością jest biegun pojedynczy w punkcie s = 1 zresiduum Ress=1ζ(s) = 1 Ponadto

π−s2Γ(

s

2)ζ(s) = π−

1−s2 Γ(

1− s2

)ζ(1− s).

Dowód. Mamy

Γ(s) =∞∫0

exp(−u)us−1du dla σ > 0

Γ(s

2) =

∞∫0

exp(−u)us2−1du

Zamieńmy zmienne u = πn2x. Wówczas

Γ(s

2) = π

s2ns

∞∫0

exp(−πn2x)xs2−1dx

π−s2Γ(

s

2)n−s =

∞∫0

exp(−πn2x)xs2−1dx

Powyższą równość zsumujmy po n naturalnych. Wówczas

π−s2Γ(

s

2)ζ(s) =

∞∫0

ω(x)xs2−1dx,

11

gdzie ω(x) =∑∞n=1 exp(−πn2x) = 1

2(θ(x) − 1). Korzystając z twierdzenia o modu-larności, mamy

ω(1x

)=

12

(θ(1x

)− 1

)=

12

(√xθ(x)− 1) =

√xω(x) +

12√x− 1

2∞∫0

ω(x)xs2−1dx =

1∫0

ω(x)xs2−1dx+

∞∫1

ω(x)xs2−1dx

Całka∞∫1ω(x)x

s2−1dx jest zbieżna bezwzględnie dla każdego s ∈ C. Niech x = 1

yoraz

y > 1. Wtedy1∫

0

ω(x)xs2−1dx =

∞∫1

ω(1y

)y−s2−1dy =

∞∫1

ω(x)x−s2−12dx+

12

∞∫1

x−s2−12dx+

− 12

∞∫1

x−s2−1dx =

1s(s− 1)

+∞∫1

ω(x)x−s2−12dx

πs2Γ(

s

2)ζ(s) =

1s(s− 1)

+∞∫1

ω(x)(xs2−1 + x−

s2−12 )dx

Funkcja Γ( s2) ma bieguny 0,−2,−4, . . ., a funkcja 1s(s−1) jest meromorficzna z dwoma

biegunami w 0 i 1, natomiast całka∞∫1ω(x)(x

s2−1 +x−

s2−12 )dx jest zbieżna bezwzględ-

nie. Dla każdego s ∈ C funkcja ta jest całkowita.Γ(1

2) =√π ⇒ Ress=1ζ(s) = 1.

Twierdzenie 34. Jedynymi miejscami zerowymi funkcji ζ w półpłaszczyźnie σ < 0są punkty s = −2,−4,−6, . . .

Nie ma innych zer, bo dla σ < 0 zachodzi ζ(s) = πs−12

Γ( 1−s2 )Γ( s2 ) Γ(1 − s), ponieważ

Γ( 1−s2 )Γ( s2 ) 6= 0 oraz Γ(1− s) 6= 0.

Uwaga. Oprócz zer trywialnych ζ ma nieskończenie wiele zer ρ = β + iγ, gdzie0 ­ β ­ 1.

Z zasady odbicia Schwarza mamy ζ(s) = ζ(s).

12

3 Transformata Mellina

Niech f : (0,∞)→ C oraz f ∈ Lloc(0,∞).

Definicja. F (s) =∞∫0f(x)xs−1dx dla s ∈ C, dla których całka jest zbieżna. F

nazywamy transformatą Mellina.

Uwaga. Transformatę Mellina można definiować dla lokalnie zwartych grup abelo-wych. Niech µ oznacza miarę Haara na G.R∗ µ lx/xkwasi-charakter q : G→ C∗q(x) = xs, s ∈ CG-grupa kwasi charakterówR∗ = CNiech f ∈ Lloc(G, µ). Wówczas transformatę Mellina definiujemy następująco

F (f)(g) =∫G

f(g)q(g)dµ(g)

Można pokazać twierdzenie Riemanna, używając kwasi-charakterów.

Fakt 35. Jeśli f(x) = O(x−a−ε) x → 0+ oraz f(x) = O(x−b+ε) x → ∞, to F (s)jest zbieżna dla a < σ < b i jest holomorficzna.

Przykłady. 1. Niech f(x) = exp(−x), x > 0. Wówczas

F (s) =∞∫0

exp(−x)xs−1dx = Γ(s) σ > 0.

2. Niech f(x) =

1 dla 0 < x < 10 dla x > 112 dla x = 1

.

Wtedy F (s) = 1s.

Twierdzenie 36. F (s) =∞∫0f(x)xs−1dx ⇔ f(x) = 1

2π

∫(C)

F (s)x−sds, gdzie∫

(C)=

C+i∞∫C−i∞

.

13

Uwaga. 12π

∫(C)

F (s)x−sds nazywamy odwrotną transformatą Mellina.

Wniosek 37. 1. exp(−x) = 12π

∫(b)

Γ(s)x−sds, b > 0.

2. 12πi

∫(b)

xs

sds =

1 dla x > 112 dla x = 10 dla x < 1

Niech D(s) =∑∞n=1

a(n)ns

. Wówczas

12πi

∫(C)

D(s)xs

sds =

12πi

∫(C)

∞∑n=1

a(n)ns

xs

sds =

∞∑n=1

a(n)1

2πi

∫(C)

(xn)s

sds =

=∑n¬x

′ a(n),

gdzie∑′ oznacza, że w przypadku, gdy x ∈ N, to a(x) zamieniamy na 1

2a(x).D(s) = 1

ζ(s)

Wniosek 38. Dla b > 1, x /∈ N

12πi

∫(b)

1ζ(s)

xs

sds =

∑n¬x

µ(n)

−ζ′

ζ(s) =

∞∑n=1

Λ(n)ns

, σ > 1

Definicja. Funkcją Czebyszewa nazywamy funkcję

Ψ(x) =∑n¬x

Λ(n)

Mamy również Ψ(x) =∑p¬x log p+O(

√x).

14

Wniosek 39. Ψ(x) = 12πi

∫(b)− ζ′

ζ(s)x

s

sds

(b > 1)∫

(b)| 1ζ(s)

xs

s||ds| = xb

∞∫−∞

1|ζ(b+it)|

dt|b+it| =∞

Idea: Czy prawdziwy jest wzór?

∑n¬x

µ(n) =1

2πi

∫ b+iT

b−iT

1ζ(s)

xs

sds+R(x, T, b)

Ψ(x) =1

2πi

∫ b+iT

b−iT−ζ

′

ζ(s)x

s

sds+R(x, T, b)

Twierdzenie 40 (Formuła sumacyjna Perrona). Niech f(s) =∑∞n=1

a(n)ns

będzieszeregiem Dirichleta spełniającym następujące warunki:

1. |a(n)| ¬ A(n), gdzie A(n) > 0 oraz A(n) rośnie monotonicznie

2. ∃α>0∑∞n=1

|a(n)|nσ

= O((σ − 1)−α), gdy σ → 1+

Wtedy dla 1 ¬ b ¬ 2, T ­ 1, x ∈ N + 12 mamy

∑n¬x

a(n) =1

2πi

∫ b+iT

b−iTf(s)

xs

sds+O

(xb

T (b− 1)α+xA(2x) log x

T

)

Dowód. I(a) := 12πi

b+iT∫b−iT

a(s)s

ds =

1 +O( ab

T | log a|) dla a > 1

O( ab

T | log a|) dla 0 < a < 1

15

I(a) = 1 + 12πi(

∫(I)

+∫

(II)+

∫(III)

)as

sds

(∫

(I)+∫

(II)+

∫(III)

)as

sds = O( ab

T | log a|)

|∫

(I)| ¬

b∫−u

aσ

Tdσ = 1

Taσ

log a |b−u = 1

T( ab

log a −a−u

log a) ¬ 1T

ab

| log a|

|∫

(III)| = |

∫(I)| = |

∫(I)| << ab

T | log a|

|∫

(II)| ¬

T∫−T

a−u

|−u+it|dt ¬a−u

u2T << ab

T | log a|

0 < a < 1

12πi

b+iT∫b−iT

f(s)xs

sds =

∞∑n=1

a(n)I(x

n) =

∑n¬x

a(n)(1 +O((xn)b

T | log xn|))+

+∑n>x

a(n)O((xn)b

T | log xn|)) =

∑n¬x

a(n) +O(xb

T

∞∑n=1

|a(n)|nb| log x

n|)

n < x2 , n > 2x⇒ | log x

n| >> 1∑

n<x2 lub n>2x

|a(n)|nb| log x

n| <<

∑∞n=1

|a(n)|nb

<< (σ − 1)−α

x2 < n < 2x12 <

xn< 2

| log xn| = | log x+ 12+k

x| = | log(1 + k+ 12

x)| |k|+ 12

xdla |k| ¬ x∑

x2<n<x

|a(n)|nb| log x

n| << A(2x)

∑1¬k¬x

x(x+k)bk << xA(2x)x1−b log x

Ψ(x) =∑n¬x

Λ(n) oraz − ζ′

ζ(s) =

∞∑n=1

Λ(n)ns

16

∞∑n=1

Λ(n)nσ

<< 1σ−1 gdy σ → 1+

α = 1, x ∈ N + 12 , b = 1 + 1

log x , xb = ex

Λ(n) ¬ log(n), A(n) = log(n)

Wniosek 41. Niech x ∈ N + 12 , T ­ 1, b = 1 + 1

log x . Wówczas

Ψ(x) =1

2πi

∫ b+iT

b−iTζ′

ζ(s)x

s

sds+O(

x log2 x

T)

Uwaga. Przy T = log3 x całka dobrze przybliża Ψ(x).

|µ(n)| ¬ 1, A(n) = 1∑n¬x

µ(n) = 12πi

b+iT∫b−iT

1ζ(s)

xs

sds+O(x log x

T)

Napisać podobną formułę dla funkcji Liouville’a.∑n¬x

Λ(n) = 12πi

b+iT∫b−iT− ζ′

ζ(s)x

s

sds+O(x log2 x

T)

Lemat 42 (Formuła Stirlinga). ln Γ(s) = (s − 12) ln s − s + 1

2 ln(2s) + O( 1|s|) przy

|s| → ∞.∀δ>0|Args| < π − δ

Wniosek 43. Niech s = γ + it. Wówczas

∀A<B|Γ(s)| =√

2π exp(−π2|t|)|t|σ−

12 (1 +O(

1|t|

))

zachodzi jednostajnie dla A ¬ σ ¬ B, |t| ­ 1.

17

4 Hipoteza Lindelofa

Definicja. Mówimy, że funkcja holomorficzna f jest skończonego rzędu w pasie[A,B], o ile

∃α>0∀A¬σ¬B,|t|­1f(s) = O(|t|α).

Definicja. Funkcja Lindelofa jest określona dla A ¬ σ ¬ B wzorem µf (σ) = infα :|f(γ + it)| = O(|t|α).

Twierdzenie 44. µf jest ciągła i wypukła.

Twierdzenie 45 (Phramen-Lindelof). Jeżeli f jest holomorficzna w pasie A ¬ σ ¬B oraz f(s) = O(exp(exp(α|t|))), 0 ¬ α ¬ π

B−A oraz |f(A + it)|, |f(B + it)| ¬ M ,to ∀A¬σ¬B|f(s)| ¬M

Zastosowanie do ζA = −K << 0, B = 2

π−s2Γ(

s

2)ζ(s) =

1s(s− 1)

+∫ ∞

1ω(x)(x

s2−1 + x−

12−12 )dx,

gdzie ω(x) =∞∑n=1

exp(−πn2x).

|t| ­ 1

| 1s(s− 1)

+∫ ∞

1ω(x)(x

s2−1 + x−

s2−12 )dx| << 1 +

∫ ∞1

exp(−x)(1 + xK2 −

12 )dx << 1

|ζ(s)| = πσ2

|Γ( s2)|OK(1) << exp(

π

4|t|)|t|

K4 + 14 << exp(|t|)

Definicja. f(s) = s−1

(s+K+3)K+32ζ(s) dla −K ¬ σ ¬ 2

18

Uwaga. f jest holomorficzna dla −K ¬ σ ¬ 2f(s) << |t|−K− 12 exp(|t|) << exp(|t|) dla dużych t. (|t| ­ 1)f(2πit) << |t|−K− 12 << 1Z równania funkcyjnego ζ(s) razy ζ(1− s)

|ζ(−K + it)| |Γ( 1+K2 +i t2 )||Γ(−K2 +i t2 )| |ζ(1 +K + it)| exp(−π4 |t|)|t|

K2

exp(−π4 |t|)|t|−K2 −

12

= |t|K+ 12

Z definicji f|f(−K + it)| << 1, |t|K+ 12 << 1.

Z twierdzenia Phramen-Lindelofa

f(s) = O(1),−K ¬ σ ¬ 2

Wniosek 46. Dla σ ­ −K mamy |ζ(s)| << |t|K+ 12 dla |t| ­ 1.

Wniosek 47. Funkcja (s − 1)ζ(s) jest skończonego rzędu w dowolnym pasie A ¬σ ¬ B.µζ(σ) jest dobrze określona.

Dla σ < 0µζ(σ) = 1

2 − σ.Dla σ > 1µζ(σ) = 0.Dla 0 < σ < 1

µζ(σ) = µζ(σ · 1 + (1− σ) · 0) ¬ σµζ(1) + (1− σ)µζ(0) =12

(1− σ)

µζ(12) ¬ 1

4 , ζ(12 + it) << |t| 14+ε.

Hipoteza Lindelofa

µζ(σ) =

12 − σ dla σ < 1

2

0 dla σ ­ 12

.

Uwaga. Rezultaty:van der Corput µζ(1

2) ¬ 16 = 0, 1666 . . .

19

...Bomber-Iwances µζ(1

2) ¬ 956 = 0, 1607...

Huxley µζ(12) ¬ 89

570 = 0, 1561 . . .320 = 0, 15 to granica metod stosowanych przez powyższych autorów.

Wniosek 48. Następujące warunki są równoważne:

1. Hipoteza Lindelofa

2. µζ(12) = 0

3. ∀ε>0ζ(12 + it) = O(|t|ε) dla |t| ­ 1

4. ∀k­1

T∫−T|ζ(1

2 + it)|2kdt = O(T 1+ε)

Uwaga. 4 zachodzi dla k = 1, 2 , a dla większych liczb naturalnych nie wiadomo.

5 O zerach nietrywialnych ζ

zera trywialne: −2,−4,−6, . . .zera nietrywialne: ρ = β + iγ, 0 ¬ β ¬ 1Ozn. N(T ) =

∑0¬γ¬T

1 - liczymy zera z krotnościami do wysokości T .

Twierdzenie 49. Dla T ­ 3 mamy N(T + 1)−N(T ) << log T

Twierdzenie 50 (Jensena). Załóżmy, że funkcja f jest holomorficzna w |s−s0| ¬ r.Niech a1, . . . , ap oznaczają zera (wraz z krotnościami) f w kole oraz f(s) 6= 0 dla|s− s0| = r. Wówczas

log |f(s0)| =p∑j=1

log |aj − s0|+1

2π

∫ 2π

0log |f(s0 + r exp(iθ))|dθ

20

Niech f(s) = ζ(s) oraz s0 = 2 + iT , r = 3.

[0, 1]× [T, T + 1] ⊂ K(s0, r)

S = −p∑j=1

log |aj−s0|r

=p∑j=1

log 3|aj−s0| ­ (log 3√

5)(N(T + 1)−N(T ))

S = − log |ζ(3 + iT )| + 12π

2π∫0

log |ζ(s0 + 3 exp(it))|dθ ¬ C + C ′ log T << log T , bo

ζ(s0 + 3 exp(it)) << T µζ(−1)+ε = T32+ε

N(T + 1)−N(T ) << log T

Twierdzenie 51 (Riemann- von Hangoldt). N(T ) = 12πT log T− log(2πe)

2πe +O(log T ),T ­ 2.

N(T + 1)−N(T ) << log T ⇒ N(T ) << T log T

21

Szkic dowodu. ξ(s) = s(s− 1)π−s2Γ( s2)ζ(s)

ξ(s) = ξ(1− s) oraz ξ(s) = ξ(s)Zasada argumentu

Robimy tak, aby na T nie było zer.2N(T ) = 1

2π∆CArg ζ(s) = 1π∆a+iTa Arg ζ(s) +O(∆1−a+iT

a+iT Arg ζ(s))∆a+Ta Arg ζ(s) = O(1)

∆a+iTa Arg ζ(s) = −T

2 log π + ∆a+iTa Arg ζ( s2) +O(1) = T log T − log(2π?)T +O(1)

z formuły Stirlinga.

6 Warunki konieczne i wystarczające dla hipotezyRiemanna

Hipoteza Riemanna β = 12

Twierdzenie 52. Z hipotezy Riemanna wynika hipoteza Lindelofa.

Dowód. ζ(s) 6= 0 dla σ > 12 .

22

f(s) = log ζ(s) (gałąź z formuły Eulera f(s) =∑m,p

1mpms

).

Dla s ∈ ΩT mamy <f(s) = log |ζ(s)| ¬ log T + C.

Twierdzenie 53 (Borel-Caratheodory). Niech f będzie funkcją holomorficzną wkole |s| ¬ R oraz M(r) = max

|s|=r|f(s)|, A(R) = max

|s|=R<f(s). Wtedy

∀0<r<RM(r) ¬ 2rR− r

A(R) +r +R

R− r|f(0)|.

Powyższe twierdzenie stosujemy do f(s) = log ζ(s+s0), gdzie s0 = 2+iT , R = 32 ,

r = 32 − σ

| log ζ(12 + δ + iT )| << 1

δlog T .

Twierdzenie 54 (Hadamard). Niech f będzie funkcją holomorficzną na pierścieniuwyznaczonym przez r1 < r2 < r3. Wówczas

M(r2) ¬M(r1)log r3

r2

log r3r1

M(r2)log r2

r1

log r3r1

.

Stosujemy powyższe twierdzenie do f(s) = log ζ(s0 + s) dla s0 = 2 + iT , r1 = 12 ,

r2 = 32 − 2δ, r3 = 3

2 − δ. Wówczas

| log ζ(12

+ 2δ + iT )| << log Tlog

32−2δ12

log32−δ12

= log Tlog(3− 4δ)

3− 2δ.

C(s) = log(3−4δ)3−2δ < 1

|ζ(12 + 2δ + iT )| << exp(O((log T )C(s))) << T ε(δ) ∀T­T0(ε,δ)

(∀δ>0µζ(12 + 2δ) = 0)⇒ µζ(1

2) = 0

23

| log ζ(s)| << | log(s)| << (log |t|)C(δ), C(δ) < 1−C(log |t|)C(δ) ¬ log |ζ(s)| ¬ C(log |t|)C(δ) dla σ > 1

2 + δ|ζ(s)| ­ 1

|t|ε dla σ > 12 + δ, |t| ­ T0(ε, δ)

Twierdzenie 55. Jeżeli prawdziwa jest hipoteza Riemanna, to

∀ε>0∑n¬x

µ(n) = O(x12+ε).

Dowód. Niech x ∈ N + 12 .

M(x) =∑n¬x µ(n) = 1

2πi

b+iT∫b−iT

1ζ(s)

xs

sds+O(x lnx

T)

b = 1 + 1lnx

|M(x)| <<∫ 12+ε+iT

12+ε−iT

| 1ζ(s)|x12+ε

|s||ds|+

∫ b+iT

12+ε+iT

| 1ζ(s)|x

s

|s||ds|+ x lnx

T=

= x12+ε

∫ T

−T

1|ζ(1

2 + ε+ iT )| dt|12 + ε+ it|

+∫ b

12+ε

1|ζ(σ + iT )|

xσ

|σ + iT |dσ+

+x lnxT

<< x12+εT ε

∫ T

−T

dt1 + |t|

+ T ε1T

∫ b

12+ε

xσdσ +x lnxT

<<

<< x12+εT 2ε + T−1+ε x

σ

lnx|b12+ε +

x lnxT

<< x12+εT 2ε +

x

TT ε +

x lnxT

T =√x jest dobrym wyborem.

<< x12+2ε

Twierdzenie 56. Ψ(x) =∑n¬x

Λ(n) Jeśli zachodzi hipoteza Riemanna, to Ψ(x) =

x+O(x12+ε)

Dowód. Dowodzimy analogicznie jak wyżej.

Res ζ′(s)ζ(s)

xs

s= x

24

Uwaga. Równoważnie powyższemu twierdzeniu mamy:Hipoteza Riemanna ⇒ ∑

n¬x(Λ(n)− 1) = O(x

12+ε).

Fakt 57. Jeśli ∀ε>0 M(x) << x12+ε, to hipoteza Riemanna jest prawdziwa.

Dowód. Dla σ > 1

1ζ(s)

=∞∑n=1

µ(n)ns

= −∞∑n=1

µ(n)∫ ∞n

dξ−s = s∞∑n=1

µ(n)dξξs+1

(3)

1ζ(s)

= s∫ ∞

1

M(ξ)ξs+1

dξ dla σ > 1

∫ ∞1|M(ξ)ξs+1

|dξ =∫ ∞

1

|M(ξ)|ξσ+1

dξ <<∫ ∞

1ξ−σ−

12+εdξ

Ostatnia całka jest bezwzględnie zbieżna dla σ > 12 +ε. Prawa strona (3) jest funkcją

meromorficzną.(3) daje przedłużenie analityczne 1

ζ(s) dla funkcji holomorficznej w pasie σ > 12 .

ζ(s) 6= 0 dla σ > 12 , czyli mamy hipotezę Riemanna.

Wniosek 58. Następujące warunki są równoważne:

1. Hipoteza Riemanna

2. ∀ε>0M(x) << x12+ε

3. ∀ε>0Ψ(x) = x+O(x12+ε)

4. ∀ε>0∑n¬x

λ(n) =∑n¬x

(−1)Ω(n) << x12+ε

25

π(x) =∑p¬x

1 =∑p¬x

log p∫ ∞p

dξξ log2 ξ

=∫ ∞

2

∑p¬min(x,ξ)

log pdξ

ξ log2 ξ=

=∫ ∞

2

∑p¬ξ

log pdξ

ξ log2 ξ+ (

∑p¬x

log p)∫ ∞x

dξξ log2 ξ

=∫ x

2

dξlog ξ

+

+O(∫ x

2

dξ

ξ12−ε log2 ξ

) + x1

log x+O(x

12+ε) =

∫ x

2

dξlog ξ

+O(x12+ε) =

= li x+O(1) +O(x12+ε) = li x+O(x

12+ε)∑

p¬xlog p =

∑n¬x

Λ(n) +O(√x) = x+O(x

12+ε) przy założeniu hipotezy Riemanna

Wniosek 59. Hipoteza Riemanna ⇒ Π(x) = li x+O(x12+ε)

Uwaga. Hipoteza Riemanna⇒ funkcja Mobiusa µ jest losowa jak suma niezależnychzmiennych losowych, gdy rozpatrujemy niezależne zmienne losowe Xn ∈ −1, 1 zprawdopodobieństwem 1

2 , to∑n¬x

Xn << x12+ε.

7 Obszary wolne od zer

Twierdzenie 60 (Hadamard).

s(s− 1)π−s2Γ(

s

2)ξ(s) = exp(as+ b)

∏ρ-zero nietrywialne

(1− s

ρ) exp(

s

ρ)

log s+log(s−1)− s2

log π+log Γ(s

2)+log ζ(s) = as+b+

∑ρ-zera nietrywialne

log(1− sρ

)+s

ρ

Po zróżniczkowaniu

1s

+1

s− 1− 1

2log π +

12T ′

T(s

2) +

ζ ′

ζ(s) = a+

∑ρ-zero nietrywialne

(1

s− ρ+

1ρ

)

Z formuły Stirlinga wynika, że 12T ′

T( s2) = O(log |s|).

Wniosek 61. A ¬ σ ¬ B, |t| ­ 2

ζ ′

ζ(s) =

∑ρ-zero nietrywialne

( 1s− ρ

+1ρ

)+O(log |t|)

s = 2 + it, t = =s

ζ ′

ζ(2 + it) =

∑ρ-zero nietrywialne

( 12 + it− ρ

+1ρ

)+O(log |t|)

26

ζ ′

ζ(s) =

(ζ ′ζ

(s)− ζ ′

ζ(2 + it)

)+ζ ′

ζ(2 + it) =

∑ρ-zero nietrywialne

( 1s− ρ

− 12 + it− ρ

)+

+O(log |t|) =∑

ρ-zero nietrywialne,|γ−t|¬1

( 1s− ρ

− 12 + it− ρ

)+

+∑

ρ-zero nietrywialne,|γ−t|>1

2− σ(s− σ)(2 + it− ρ)

+O(log |t|) =∑|γ−t|¬1

1s− ρ

+

+O(log |t|)

Wniosek 62. Niech A ¬ σ ¬ B, |t| ­ 2 oraz ρ = β + iγ. Wówczasζ′

ζ(s) =

∑|γ−t|¬1

1s−ρ +O(log |t|)

Twierdzenie 63 (Klasyczny obszar wolny od zer).

∃C>0ζ(s) 6= 0 dla T > 1− C

log(|t|+ 2)

Dowód. Niech ρ0 = β0 + iγ0 będzie nietrywialnym zerem ζ Riemanna. Dowiedziemywarunków, które są równoważne tezie twierdzenia:

1. β0 < 1

2. β ¬ 1− Clog γ0

dla γ0 ­ B

−ζ′

ζ(s) =

∞∑n=1

Λ(n)ns

dla σ > 1

−<ζ′

ζ(σ + it) =

∞∑n=1

Λ(n)nσ

cos(t log n)

3 + 4 cos Φ + cos2Φ = 2(1 + cos Φ)2 ­ 0

3−ζ′

ζ(s)+ 4<−ζ

′

ζ(σ + it)+ <−ζ

′

ζ(σ + 2it) =

=∞∑n=1

Λ(n)nσ

(3 + 4 cos(t log n) + cos(2 + log n)) ­ 0

27

−−ζζ

(σ) =1

σ − 1+O(1)

Załóżmy, że ζ(1 + it) = 0.

ζ′

ζ(σ + it) = − m

σ − 1+O(1) dla σ → 1+,m ­ 1

ζ′

ζ(σ + 2it) = − n

σ − 1+O(1) dla n ­ 0

3σ − 1

− 4mσ − 1

− n

σ − 1+O(1) ­ 0

− 1σ − 1

+O(1) ­ 0

Przy σ → 1+ mamy − 1σ−1 +O(1)→ −∞.

ζ(1 + it) 6= 0-

−<ζ′

ζ(β0 + iγ0) ¬ −<

∑|γ−γ0|¬1

1s− ρ

+ C log γ0 =

= −∑

|γ−γ0|¬1

σ − β0

(σ − β0)2 + (γ − γ0)2+ C log γ0 ¬ −

1σ − β0

+ C log γ0

Stąd3

σ − 1− 4σ − β0

+B log γ0 ­ 0

σ = 5− 4β0 > 1

− 120(1− β0)

+B log γ0 > 0

β0 ¬ 1− C

log γ0

Lemat 64.∃C′>0,A>0∀σ>1− C′

log(|t|+2)

1ζ(s)

<< logA(|t|+ 2)

28

Dowód. W dowodzie korzysta się z transformaty Mellina i twierdzenia Borela.

Twierdzenie 65.∃C>0

∑n¬x

µ(n) = O(x exp(−C√

log x))

Uwaga.∀ε>0x exp(−C

√log x) ­ x1−ε

Zatem∀N∈N

∑n¬x

µ(n) <<x

(log x)N

Wniosek 66.M(x) = o(x) gdy x→∞

29

Dowód.

M(x) =1

2πi

∫ b+iT

b−iT

1ζ(s)

xs

sds+O(

x log xT

) <<∫ T

−T

1|ζ(σ + it)|

x1− Clog T

1 + |t|dt+

+∫ 1+ C

log x

1− Clog T

1|ζ(σ + it)|

xσ

Tdσ +

x log xT

<< x1− Clog T

∫ T

−T

logA(|t|+ 2)1 + |t|

dt+

+x

TlogA T +

x log xT

= x1− Clog T (log T )A+1 +

x

TlogA T +

x log xT

<<

<< x exp(−C log x√log x

)(log x)A2 + x exp(−

√log x)(log x)

A2 +

+ x exp(−√

lnx) log x << x exp(−C√

log x) exp(ε√

log x)+

+ x exp(−√

log x) exp(ε√

log x) = x exp(−C ′√

log x)

T = exp(√

log x) jest optymalnym wyborem.

Wniosek 67. Szereg∞∑n=1

µ(n)n

jest zbieżny jego suma wynosi 0.

Dowód.

|M∑n=N

µ(n)n| ¬ 1

M|M∑n=N

µ(n)|+M−1∑n=N

|n∑

m=N

µ(m)|( 1n− 1n+ 1

) <<

<<1MM exp(−C

√logM) +

M−1∑n=N

n exp(−C√

log n)1n2

<<

<< exp(−C√

logM) +M−1∑n=N

1n

exp(−C√

log n) <<

<< exp(−C√

logM) +M−1∑n=N

1n log2 n

< ε dla M > N ­ N0(ε)

Ponieważ dla każdego n ­ 2 mamy exp(C√

log n) >> log2 n.

Zatem szereg∞∑n=1

µ(n)n

jest zbieżny.

30

Twierdzenie 68 (Abela). Jeśli f(s) =∞∑n=1

anns

jest zbieżny w s = s0, to

lims→s0

′ f(s) =∑ a(n)

ns0

Połóżmy f(s) = 1ζ(s) . Wówczas

1ζ(1)

=∞∑n=1

µ(n)n

= limσ→1+

1ζ(σ)

= 0

ζ w 1 ma biegun.D(x) =

∑n¬x,p|n⇒p2-n

1

Niech ε = 0, 1 oraz Dε =∑

n¬x,n-bezkwadratowe,ω(n)≡ε mod 21, gdzie ω(n) =

∑p|n

1.

Wniosek 69.Dε(x) ∼ 1

2D(x) przy x→∞

Dowód.|µ(n)| =

∑d2|n

µ(d)

D(x) =∑n¬x|µ(n)| =

∑n¬x

∑d2|n

µ(d) =∑d¬√x

∑n¬x,d2|n

1 =∑d¬√x

µ(d)[x

d2] =

= x∑n¬√x

µ(d)d2

+O(√x) = x(

1ζ(2)

+O(1√x

)) +O(√x) =

6π2x+O(

√x)

D0(x)−D1(x) =∑n¬x

µ(n) = O(x exp(−C√

log x))

D0(x) +D1(x) =C

π2x+O(

√x)

Dε(x) = 3π2x+O(x exp(−C

√log x))

λ(n) = (−1)Ω(n)

31

∞∑n=1

λ(n)ns

= ζ(2s)ζ(s)

Powtarzając powyższe rozumowania otrzymujemy

∞∑n=1

λ(n) << x exp(−C√

log x)

Zadanie 70. Pokazać, żeλ(n) =

∑d2|n

µ(n

d2)

∞∑n=1

λ(n) wyprowadzić z M(γ) << x exp(−C√

log x)

Twierdzenie 71 (I. M. Vinogradov). ζ(s) 6= 0 dla σ > 1 − A

(log |t|)23 (log log |t|)

13

dla

|t| ­ 10.

Wniosek 72.

M(x) = O(x exp(−C (log x)35

(log log x)15

))

Ψ(x) = x+O(x exp(−C ′ (log x)35

(log log x)15

))

Twierdzenie 73. Formuły

1. π(x) ∼ xlog x

2. Ψ(x) ∼ x

3. Θ(x) =∑p¬x

log p ∼ x

4. M(x) = o(x)

są ”elementarnie” równoważne.

Uwaga. Równoważność 1⇔ 4 jest to twierdzenie Landaua.

Formuły dokładne:

Ψ(x) =1

2πi

∫ b+iT

b−iT−ζ

′

ζ(s)x

s

sds+O(

x log2 x

T)

32

Res s=ρζ ′

ζ(s)

xs

s = m(ρ)

xρ

ρ

gdzie m(ρ) oznacza krotność ρ.

Res s=0ζ ′

ζ(s)

xs

s = −ζ

′

ζ(0) = − log(2π)

Res s=2mζ ′

ζ(s)

xs

s = −x

2m

2m

Gdy k →∞, to całki ”poziome i pionowe” dążą do 0.

12πi

∫ b+iT

b−iT−ζ

′

ζ(s)x

s

sds→ x+

′∑ρ

xρ

ρ− log(2π)− 1

2log(1− 1

x2)przy T →∞

Twierdzenie 74. Dla x > 1

Ψ′(x) = x−∑ρ

′fracxρρ− log(2π)− 12

log(1− 1x2

),

gdzie∑′ = limT→∞

∑|x|¬T m(ρ)x

ρ

ρoraz Ψ′(x) =

Ψ(x), gdy x 6= pm

12(Ψ(x+0) + Ψ(x−0)), gdy x = pm

Uwaga. Liczby pierwsze i zera nietrywialne są ze sobą ściśle powiązane.

ρ = 12 + iγ ∑

ρ

xρ

ρ= x

12∑ρ

xiγ

ρ= x

12f(x)

∑ρ

xiγ

ρ=∑ρ

exp(iγ lnx)ρ

Nawet przy założeniu hipotezy Riemanna ciężko się bada powyższą sumę.

33

Uwaga. Szereg∑ρ

xρ

ρjest zbieżny jednostajnie w każdym przedziale nie zawierającym

potęgi liczby pierwszej.∑ρ

1|ρ| =∞

Ψ(x)− x = Ω±(√x)

f(x) = Ω±(g(x)) ⇔ ∃xn→∞,ym→∞,C>0f(xn) ­ Cg(xn), f(ym) ¬ −Cg(ym), gdzieg(x) > 0

Twierdzenie 75 (Littlewood).

Ψ(x)− x = Ω±(√x log log log x)

Uwaga. Przez 10 lat nikt nie poprawił tego rezultatu. Chciałoby się, aby z hipotezyRiemanna wynikało, że Ψ(x)− x = Ω±(

√xg(x)) = O(

√xg(x)). Montgomery wysu-

nął przypuszczenie, że g(x) = (log log x)2.Przy założeniu hipotezy Riemanna Ψ(x)− x = O(

√x log2 x).

Res s=ρ1ζ(s)

xs

s = lim

s→ρ

1(m− 1)!

dm−1

dρm−1((s− ρ)m

xs

ζ(s)s) = xρPρ(log x)

gdzie m = m(ρ) oraz Pρ(log x) jest wielomianem zależnym od ρ, jego stopień zależyod m. Dla m = 1

Res s=ρ1ζ(s)

xs

s =

xρ

ρζ ′(ρ).

Hipoteza Riemanna + zera pojedyncze lim∑|γ|¬T

xρ

ρζ′(ρ) .

Twierdzenie 76. Zakładamy, że zera ζ są pojedyncze. Istnieje wtedy ciąg Tν, ν ¬Tν < ν + 1 taki, że

M ′(x) = limν→∞

∑|γ|¬Tν

xρ

ρζ ′(ρ)− 2 +

∞∑n=1

(−1)n−1

(2n)!(2πx

)2n

ζ(1 + 2n).

Uwaga. Istnieje nieskończenie wiele n takich, że ζ(2n+ 1) /∈ Q.

8 Hipoteza Mertensa

Hipoteza Mertensa: |M(x)| ¬√x dla x ­ 1.

H1. M(x) = O(√x) jest osłabieniem hipotezy Mertensa i otwartym problemem.

H2.x∫2(M(ξ)

ξ)2dξ = O(log x) uśrednione H1.

Uwaga. H1⇒ H2, H2⇒ Hipoteza Riemanna.

Twierdzenie 77. H2⇒ hipoteza Riemanna oraz zera pojedyncze.

34

Dowód.1ζ(s)

= s+∫ ∞

1

M(ξ)ξs+1

dξ

∫ ∞1

|M(x)|xσ+1

dx =∫ ∞

1

|M(x)|x12σ+ 34

1

x12σ+ 14

dx ¬ (∫ ∞

1

|M(x)|2

xσ+ 32dx)

12 (∫ ∞

1

1

xσ+ 12)12 dla σ >

12

f(x) =∫ x

1(M(ξ)ξ

)2dξ = O(log x)

∫ ∞1

M2(x)

xσ+ 32dx =

∫ ∞1

f ′(x)

xσ−12

dx = (σ − 12

)∫ ∞

1

f(x)

xσ+ 12dx <<

<< (σ − 12

)∫ ∞

1

log x

xσ+ 12dx =

∫ ∞1

dx

xσ+ 12= O(

1σ − 1

2

)

H2⇒ Hipoteza Riemanna.1ζ(s) = O( |s|

σ− 12) ρ = 1

2 + iγ, h > 01

ζ(ρ+h) = O( |ρ|h

)1

ζ′(ρ) = O(|ρ|)W szczególności ζ ′(ρ) 6= 0, więc zero jest pojedyncze.

Twierdzenie 78. Załóżmy H2. Wtedy

∑ρ

1|ρζ ′(ρ)|2

<∞.

W szczególności 1ζ′(ρ) = o(|ρ|).∑

ρ1

|ρζ′(ρ)| =∞, bo prawa strona byłaby ciągła, a są skoki.

Definicja. Dla z ∈ H niech m(z) = 12πi

∫C

1ζ(s) exp(sz)ds.

Fakt 79. Całka jest bezwzględnie i niemal jednostajnie zbieżna na H. W szczegól-ności m ∈ Hol(H).

35

Uwaga. Jeżeli zera nietrywialne są pojedyncze oraz ∀ε>01

ζ′(ρ) = o(exp(ε|γ|)), tom(z) =

∑γ>0

1ζ′(ρ) exp(ρz).

Twierdzenie 80. Funkcja m(z) ma przedłużenie analityczne do funkcji meromor-ficznej na C. Jedynymi osobliwościami są bieguny pojedyncze w punktach log n.n ∈ N liczba bezkwadratowa z residuum

Res z=lognm(z) = −µ(n)2πi

Twierdzenie 81 (J. Kaczorowski, 2007). Dla x+ iy takiego, że |y| < π, x ∈ R orazz 6= log n( czyli µ(n) 6= 0) mamy

m(z) = −∞∑n=1

µ(n)n

exp(− 2πin exp(z)

)−exp(z)2πi

m0(z)− 12i

(m1(z)−m1(z))+12i

(F (z)−F (z)),

gdzie m0(z) =∞∑n=1

µ(n)n

1z−logn ,

m1(z) = 12πi

∫C

(tg πs2 − i)

exp(sz)ζ(s) ds

F (s) = 12πi

1+i∞∫1

(tg πs2 − i)

exp(sz)ζ(s) ds

tg(πs2 − i) = i+ o(exp(−C|z|))M(z) =

z∫z+i∞

m(s)ds

Uwaga. M ∈ Hol(H)

Wniosek 82 (J. Kaczorowski).

∀a∈R\0|∑n¬x

µ(n)|+ |∑n¬x

µ(n) cos(ax

n)| = Ω(

√x log log log x)

Uwaga. Zatem

∃C∃xn→∞|∑n¬x

µ(n)|+ |∑n¬x

µ(n) cos(ax

n)| ­ C

√xi log log log xi

A Dowody wybranych faktów

Dowód faktu 3. Niech (n,m) = 1.Jeśli µ(n) = 0, to µ(nm) = 0, więc µ(nm) = µ(n)µ(m).Jeśli n = 1, to nm = m, więc µ(n)µ(m) = µ(m) = µ(nm).Jeśli n,m > 1 oraz (−1)r = µ(n) 6= 0 6= µ(m) = (−1)s, to nm jest iloczynem r + sparami różnych liczb pierwszych, więc µ(nm) = µ(n)µ(m).Wobec tego funkcja µ jest multiplikatywna.

36

Dowód faktu 6. Niech f, g, h ∈ A. Wówczas dla każdego n ∈ N(f + 0)(n) = f(n) + 0(n) = f(n)Stąd f + 0 = f .

((f + g) + h)(n) = (f + g)(n) + h(n) = (f(n) + g(n)) + h(n) = f(n) + (g(n) + h(n)) == f(n) + (g + h)(n) = (f + (g + h))(n).

Wobec tego (f + g) + h = f + (g + h), czyli działanie + jest łączne i przemienne.Połóżmy f1(n) = −f(n). Wówczas f1 ∈ A. Ponadto

(f + f1)(n) = f(n) + f1(n) = f(n)− f(n) = 0.

Stąd f + f1 = 0, więc 0 jest elementem neutralnym działania +.Dla f ∗ g(n) =

∑d|nf(d)g(n

d) zastosujmy podstawienie d′ = n

d. Wówczas∑

d|nf(d)g(n

d) =

∑e|nf(n

e)g(e) = g ∗ f(n).

Zatem działanie ∗ jest przemienne.f ∗ e(n) =

∑d|nf(d)e(n

d) = f(n)

Wobec tego e jest elementem neutralnym działania ∗.Mamy f ∗ (g ∗ h)(n) =

∑t|nf(t)g ∗ h(n

t) =

∑t|nf(t)

∑t′|n

t

g(t′)h( ntt′

).

Zastosujmy podstawienie d = tt′. Wówczas∑t|nf(t)

∑t′|n

t

g(t′)h( ntt′

) =∑d|n

∑t|df(t)g(d

t)h(n

d).

f ∗ (g + h)(n) =∑d|nf(d)(g + h)(n

d) =

∑d|nf(d)(g(n

d) + h(n

d)) =

∑d|nf(d)(g(n

d) +∑

d|nf(d)h(n

d)) = f ∗ g(n) + f ∗ h(n)

Zatem f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h.Mamy e ∈ A, więc pierścień (A,+, ∗,0) jest niezerowy Załóżmy, że f 6= 0 orazf ∗ g = 0 dla pewnego g ∈ A. Wówczas dla każdego n mamy

∑d|nf(d)g(n

d) = 0.

Niech k będzie najmniejszą liczbą naturalną taką, że f(k) 6= 0. Wtedy g(1) = 0. In-dukcyjnie dowodzimy, że g(n) = 0 dla każdego n. Załóżmy, że g(k) = 0 dla każdegom < n. Wówczas f ∗g(mk) =

∑d|mk

f(d)g(mkd

). Wiemy, że dla każdego d < k zachodzi

f(d) = 0, a dla d > k mamy mkd< m, więc z założenia indukcyjnego g(mk

d) = 0

zatem f(d)g(mkd

) = 0 dla d 6= k. Wobec tego f(k)g(m) = 0, ale f(k) 6= 0, więcg(m) = 0.Z powyższych rozważań otrzymujemy, że (A,+, ∗,0) jest dziedziną całkowitości zjedynką e.

Dowód faktu 12. Z uwagi 1 wynika, że ten dowód przebiega analogicznie do dowodu,

że (A,+, ∗,0) jest pierścieniem. Zerem tego pierścienia jest szereg∞∑n=1

0ns

.

Dowód twierdzenia 13. Niech f, g ∈ A. Wówczas Φ(f + g)(s) =∞∑n=1

(f+g)(n)ns

=

37

∞∑n=1

f(n)+g(n)ns

=∞∑n=1

f(n)ns

+∞∑n=1

g(n)ns

= Φ(f)(s) + Φ(g)(s).

Na mocy uwagi 1 Φ(f ∗ g)(s) =∞∑n=1

f∗g(n)ns

= (FG)(s), gdzie F (s) =∞∑n=1

f(n)ns

,

G(s) =∞∑n=1

g(n)ns

.

Ponadto Φ(0)(s) =∞∑n=1

0ns

= 0.

Wobec tego Φ jest homomorfizmem pierścieni. Z definicji szeregu formalnego Diri-chleta wynika, że homomorfizm Φ jest epimorfizmem. Pozostaje do pokazania, że Φ

jest monomorfizmem. Załóżmy, że∞∑n=1

f(n)ns

=∞∑n=1

g(n)ns

.

Wówczas∞∑n=1

f(n)−g(n)ns

= 0. Wobec tego (f − g)(n) = 0(n), więc f = g.

Otrzymaliśmy zatem, że Φ jest izomorfizmem pierścieni.

Rozwiązanie zadania 27. 1. Zauważmy, że ζ2(s) =∞∑n=1

1ns

∞∑m=1

1ms

=∞∑k=1

c(k)ks

, gdzie

c(k) =∑n|k

1.

Zatem rzeczywiście ζ2(s) =∞∑n=1

d(n)ns

.

2. Niech s ∈ C będzie takie, że szereg∞∑n=1

1ns

będzie zbieżny. Wówczas szereg∞∑n=1|λ(n)ns| jest zbieżny, a funkcja λ jest multiplikatywna. Zatem

∞∑n=1

λ(n)ns

=∏p∈P

∞∑m=0

λ(pm)pms

=∏p∈P

∞∑m=0

(−1)m

pms=

∏p∈P

11+ 1

ps. Ponadto z twierdzenia 18 szereg

∞∑n=1

1n2s

jest zbieżny. Zatem z twierdzenia 26 mamy ζ(2s)ζ(s) =

∏p∈P

(1− 1p2s

)−1

(1− 1ps

)−1=

∏p∈P

1− 1ps

1− 1p2s

=∑p∈P

11+ 1

ps. Wobec tego rzeczywiście ζ(2s)

ζ(s) =∞∑n=1

λ(n)ns

.

3. Zauważmy, że korzystając z powyżej udowodnionych równości mamy ζ2(s)ζ(2s) =

∞∑n=1

d(n)ns

∞∑m=1

µ(m)m2s

=∞∑k=1

c(k)ks

, gdzie c(k) =∑n2|k

d( kn2

)µ(n) =

=∑

n2|k,n-bezkwadratowed( k

n2)µ(n). Niech k = pα11 · . . . · pαii · pi+1 · . . . · · · pl, gdzie

pjj=1,...,i są różnymi liczbami pierwszymi oraz α1, . . . , αi > 1. Wówczas2ω(k) = 2l = ((α1 +1)−(α1−1)) · . . . ·((αi+1)−(αi−1)) ·2l−i. Po wymnożeniunawiasów otrzymujemy wszystkie składniki sumy

∑n2|k,n-bezkwadratowe

d( kn2

)µ(n),

bo d( kn2

)µ(n) = ±(α1±1) · . . . ·(αi±1) ·2l−i. Zatem faktycznie ζ2(s)ζ(2s) =

∞∑n=1

2ω(n)ns

.

4. Niech s ∈ C będzie takie, że szereg∞∑n=1

1ns

będzie zbieżny. Wówczas szereg∞∑n=1

µ2(n)ns

jest zbieżny, a funkcja µ jest multiplikatywna. Zatem z twierdzenia

38

26∞∑n=1

µ2(n)ns

=∏p∈P

∞∑m=0

µ2(pm)pms

=∏p∈P

(1 + 1ps

). Ponadto z twierdzenia 18 szereg

∞∑n=1

1n2s

jest zbieżny. Zatem z twierdzenia 26 mamy ζ(s)ζ(2s) =

∏p∈P

(1− 1ps

)−1

(1− 1p2s

)−1=

=∏p∈P

1− 1p2s

1− 1ps

=∏p∈P

(1 + 1ps

). Stąd otrzymujemy ζ(s)ζ(2s) =

∞∑n=1

µ2(s)ns

.

5. Niech s ∈ C będzie takie, że szeregi∞∑n=1

d2(n)ns

oraz∞∑n=1

1ns

są zbieżne. Wówczas

szereg∞∑n=1

1n2s

jest zbieżny. Z twierdzenia 26 mamy ζ4(s)ζ(2s) =

∏p∈P

(1− 1ps

)−4

(1− 1p2s

)−1=

=∏p∈P

(1− 1p2s

)

(1− 1ps

)4=

∏p∈P

(1+ 1ps

)

(1− 1ps

)3. Ponadto

∞∑n=1

d2(n)ns

=∞∏n=1

∞∑m=0

d2(pm)pms

=∏p∈P

∞∑m=0

(m+1)2

pms=

∏p∈P

∞∑m=0

(m+1)2

pms=

∏p∈P

(2 1p2s

(1− 1ps

)3+

2 1ps

(1− 1ps

)2+ 1

1− 1ps

) =∏p∈P

(1+ 1ps

)

(1− 1ps

)3. Wobec tego ζ4(s)

ζ(2s) =∞∑n=1

d2(n)ns

.

6. Niech s ∈ C będzie takie, że szereg∞∑n=1

1ns−1

jest zbieżny. Wówczas skoro

φ(n) < n, to szereg∞∑n=1

φ(n)ns

jest zbieżny. Z twierdzenia 26 mamy więc∞∑n=1

φ(n)ns

=

∏p∈P

∞∑m=0

φ(pm)pms

=∏p∈P

(1 +∞∑m=1

pm−pm−1pms

) =∏p∈P

(1 +1

ps−1− 1ps

1− 1ps−1

) =∏p∈P

1− 1ps

1− 1ps−1

oraz

ζ(s−1)ζ(s) =

∏p∈P

(1− 1ps−1

)−1

(1− 1ps

)−1=

∏p∈P

1− 1ps

1− 1ps−1

. Zatem rzeczywiście ζ(s−1)ζ(s) =

∞∑n=1

φ(n)ns

.

7. Niech dla s ∈ C szereg∞∑n=1

1ns−1

będzie zbieżny. Wówczas ζ(s−1)ζ(s) =∏p∈P

((1−

1ps−1

)(1 − 1ps

))−1. Ponadto∞∑n=1

σ(n)ns

=∏p∈P

∞∑m=0

σ(pm)pms

=∏p∈P

∞∑m=0

1+p+...+pm

pms=

∏p∈P

∞∑m=0

1−pm+11−ppms

=∏p∈P

11−p( 1

1− 1ps− p

1− 1ps−1

) =∏p∈P

11−p(

1− 1ps−1

−p(1− 1ps

)

(1− 1ps

)(1− 1ps−1

)) =

=∏p∈P

11−p( 1−p

(1− 1ps

)(1− 1ps−1

)) =

∏p∈P

1(1− 1

ps)(1− 1

ps−1).

Wobec tego ζ(s− 1)ζ(s) =∞∑n=1

σ(n)ns

.