Распределение простых, элементарное доказательство

[Sonic86]

Просьба проверить, верны ли выкладки и рассуждения.
Пишу по статье Постникова и Романова.
http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml ... n_lang=rus

В их статье в дополнении 7 приведено доказательство соотношения

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=o(x) \Rightarrow \sum\limits_{n\leqslant x}\Lambda(n)\sim x$$

Доказательство длинное, потому я его не привожу.

Последнее соотношение (это $\psi(x)\sim x$), как известно, эквивалентно асимптотическому закону распределения простых $\pi(x)\sim\frac{x}{\ln x}$. Значит, для доказательства $\pi(x)\sim\frac{x}{\ln x}$ достаточно доказать $\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=o(x)$.

$\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=o(x)$ вытекает из соотношения $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$. Действительно, обозначим $S(x)=\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}$, предполагаем, что $S(x)=o(1)$ , и просуммируем по частям:

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=\sum\limits_{n\leqslant x}n(S(n)-S(n-1))=xS(x)+\sum\limits_{n\leqslant x}S(n)=o(x)+o(x)=o(x)$$

(можно было бы не доказывать, поскольку авторы в начале статьи утверждают даже, что $\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=o(x)\Leftrightarrow \sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$)

Значит, для $\pi(x)\sim\frac{x}{\ln x}$ достаточно доказать $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$. А этот факт неявно уже доказан авторами в лемме 4 статьи:

Лемма 4:

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\ln\frac{x}{n}=O(1)$$

Доказательство леммы 4 элементарно и опирается на лемму 1, которая также элементарна. (далее привожу доказательства, но не как у авторов, а немного подробнее)

Лемма 1:

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=O(1)$$

Доказательство леммы 1:

$$\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=[n=1] \ \Rightarrow \ \sum\limits_{n\leqslant x}\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=1$$

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=\sum\limits_{d\leqslant x}\mu(d)\sum\limits_{n\leqslant x, \ d\mid n}1=\sum\limits_{d\leqslant x}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right]=x\sum\limits_{d\leqslant x}\frac{\mu(d)}{d}+O(\sum\limits_{d\leqslant x}1)=x\sum\limits_{d\leqslant x}\frac{\mu(d)}{d}+O(x)$$

Отсюда $x\sum\limits_{d\leqslant x}\frac{\mu(d)}{d}=1+O(x)=O(x)$, $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=O(1)$.

Доказательство леммы 4: поскольку $H_t=\sum\limits_{k=1}^t\frac{1}{k}=\ln t+O(1)$, то

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\ln\frac{x}{n}= \sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\left(\sum\limits_{k\leqslant x/n}\frac{1}{k}+O(1)\right)= \sum\limits_{n\leqslant x}\sum\limits_{k\leqslant x/n}\frac{\mu(n)}{kn}+O\left(\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\right)$$

2-е слагаемое по лемме 1 равно $O(1)$. В 1-м делаем подстановку $m=kn$:

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\ln\frac{x}{n}= \sum\limits_{m\leqslant x}\frac{\sum\limits_{n\mid m}\mu(n)}{m}+O(1)=1+O(1)=O(1)$$

Покажем, как из леммы 4 следует соотношение $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$:

$$O(1)=\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\ln\frac{x}{n}=\ln x\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}-\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\ln n$$

Как известно, $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}\ln n=-1$, т.е. $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}\ln n=-1+o(1)=O(1)$, в результате получаем $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=O\left(\frac{1}{\ln x}\right)=o(1)$.

Соотношение $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}\ln n=-1$ доказывается через дзета-функцию Римана: с одной стороны, находим производную от $\zeta^{-1}(s)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n^s}$ - получаем, что

$$\lim\limits_{s\to 1}(\zeta^{-1} (s))'=-\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}\ln n$$

С другой стороны, разложение $\zeta(s)$ в ряд в окрестности $s=1$ нам известно:

$$\zeta^{-1}(s)=(s-1)+O((s-1)^2))\Rightarrow (\zeta^{-1}(s))'=1+O(s-1)$$

Откуда и получаем соотношение $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}\ln n=-1$. Рассуждение, конечно, неэлементарно, но оно не требует даже интегралов по контурам.

Можно ли доказать $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}\ln n=-1$ элементарно? У меня не получилось.

[ex-math]

Для этого

Sonic86 в сообщении #757280 писал(а):

$$\lim\limits_{s\to 1}(\zeta^{-1} (s))'=-\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}\ln n$$

нужно заранее знать, что ряд справа сходится (аналог теоремы Абеля для рядов Дирихле). А это уже интегрирование по контуру или, возможно, хитрые извращения в духе Сельберга и тех, что в статье.

[Sonic86]

Да, действительно, спасибо!
Про сходимость я и забыл.

[ex-math]

Вряд ли, конечно, но может и получится как-то это обойти более тонкими средствами, чем простая теорема Абеля. Попробуйте посмотреть опять же у Харди в "Расходящихся рядах", может что и найдется. Может еще что-то посмотреть из теории рядов Дирихле. Все остальное элементарно, предел производной $\zeta^{-1}(s)$ находится без ТФКП.

(Оффтоп)

Вообще, полистав эту книгу, поразился глубине и тонкости доказываемых там результатов. Вот ведь занимались люди реальной математикой, а не химерами, как сейчас. Жаль, что это все утрачено. А еще ощущаешь, как же мало ты знаешь на самом деле, как бесконечен анализ, и как много там на самом деле сделано.

Ваше рассуждение пройдет даже если просто удастся показать, что

$$ \sum_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}n\ln n=o(\ln x). $$

[Sonic86]

Попробую посмотреть, спасибо.