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
.