素数分布的基本定理（一）

Chapter1 切比雪夫函数$\psi(x)$和$\vartheta(x)$

Definition：
- 对于$x>1$，$\psi(x)$定义为：
  
  \[\psi(x) = \sum_{n\le x}\Lambda(n) = \sum_{m\le \log_2{x}}\sum_{p\le x^{1/m}}\log{p} \]
- 对于$x>0$，$\vartheta(x)$定义为：
  
  \[\vartheta(x) = \sum_{p\le x}\log{p} \]
Theorem:
- Th1:Mangoldt函数$\Lambda(n)$的变化，即为什么：
  \[\sum_{n\le x}\Lambda(n) = \sum_{m\le \log_2{x}}\sum_{p\le x^{1/m}}\log{p} \]
Proof:

根据$\Lambda(n)$函数的定于，如果$n$不是某个素数的幂，那么$\Lambda(n)=0$。

于是我们可以将$\sum_{n\le x}\Lambda(n)$表示为

\[\sum_{n\le x}\Lambda(n) =\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{p^m\le x}\Lambda(p^m) = \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{p\le x^{1/m}}\log p \]
关于后面的那个sum，其中的$p,x,m$三者形成了一个关系。实际上，p是从2开始的，也就是说$x^{1/m}<2$的话，sum是0。

我们将$x^{1/m}<2$这个条件进行变换：

\[x^{1/m}<2\\ \dfrac{1}{m}\log x < \log 2\\ m > \dfrac{\log x}{\log 2} = \log_2{x} \]
于是我们得到了m和x的一个关系，于是就可以将前面sum的无穷转换为新的形式：

\[\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{p\le x^{1/m}}\log p = \sum_{m\le \log_2{x}}\sum_{p\le x^{1/m}}\log p \]
有了这样的形式，我们也可以将$\psi(x)$与$\vartheta(x)$联系起来：

\[\psi(x) = \sum_{m\le \log_2{x}}\vartheta(x^{1/m}) \]
- Th2:关于$\dfrac{\psi(x)}{x}$与$\dfrac{\vartheta(x)}{x}$两者之间的关系：其中一个趋于一个极限，那么另一个也趋于这个极限。也就是说：
  \[\lim_{x\rightarrow\infty}(\dfrac{\psi(x)}{x}-\dfrac{\vartheta(x)}{x})=0 \]
Proof:

通过$\psi(x)$与$\vartheta(x)$的关系我们可以得到一个减法：

\[\psi(x) - \vartheta(x) = \sum_{m\le \log_2{x}}\vartheta(x^{1/m}) - \vartheta(x) = \sum_{1 \le m \le \log_2{x}}\vartheta(x^{1/m}) \]
现在目光聚集到$\vartheta$上，对于$\vartheta$的定义，我们可以写出不等式：

\[\vartheta(x) = \sum_{p\le x}\log p \le x \log p \]
于是有

\[\begin{align*} 0 \le \psi(x)-\vartheta(x) \le \sum_{2\le m \le \log_2x}x^{1/m}\log x^{1/m}\\ \end{align*}\\ 将其扩大，放缩为：\\ \sum_{2\le m \le \log_2x}\log x^{1/m} \le (\log_2 x)\sqrt{x}\log\sqrt{x} = \dfrac{\log x}{\log 2}\dfrac{\sqrt{x}}{2}\log x = \dfrac{\sqrt{x}(\log x)^2}{2\log 2} \]
同时去除x最后得到：

\[0\le \dfrac{\psi(x)}{x} = \dfrac{\vartheta(x)}{x}\le \dfrac{(\log x)^2}{2\sqrt{x}\log2} \]
根据夹逼定理：

\[\begin{align*} \lim_{x\rightarrow\infty} \dfrac{(\log x)^2}{2\sqrt{x}\log2} &= \dfrac{1}{2\log2}\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{(\log x)^2}{\sqrt{x}}\\ 洛必达：\\ &=\dfrac{1}{2\log2}\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{4\log x}{\sqrt{x}}\\ 洛必达：\\ &=\dfrac{2}{\log2}\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{2}{\sqrt{x}}\\ &=0 \end{align*} \]
可以得出

\[\lim_{x\rightarrow\infty}(\dfrac{\psi(x)}{x}-\dfrac{\vartheta(x)}{x})=0 \]
Note:

Chapter2 $\vartheta(x)$与$\pi(x)$的关系

Theorem:
- Th1:（阿贝尔等式）对任一数论函数$a(n)$，令其部分和为
  \[A(x) = \sum_{n\le x}a(n) \]
  当$x<1$时，$A(x)=0$。如果函数$f$在区间$[y，x],(0<y<x)$上有连续导数，那么有：
  \[\sum_{y<n\le x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt \]
Proof:

令$k = \lfloor x\rfloor,m = \lfloor y\rfloor$。这样一来$A(k)=A(x),A(m)=A(y)$

\[\begin{align*} \sum_{y<n\le x}a(n)f(n)&=\sum_{n=m+1}^ka(n)f(n)\\ &=\sum_{n=m+1}^k\{A(n)-A(n-1)\}f(n)\\ &=\sum_{n=m+1}^kA(n)f(n) -\sum_{n=m}^{k-1}A(n)f(n+1)\\ &=\sum_{n=m+1}^{k-1}A(n)f(n)+A(k)f(k)-\sum_{n=m}^{k-1}A(n)f(n+1)\\ &=\sum_{n=m+1}^{k-1}A(n)\{f(n)-f(n+1)\}+A(k)f(k)-A(m)f(m+1)\\ &=-\sum_{n=m+1}^{k-1}A(n)\int_{n}^{n+1}f'(t)dt+A(k)f(k)-A(m)f(m+1)\\ &=-\sum_{n=m+1}^{k-1}\int_{n}^{n+1}A(t)f'(t)dt+A(k)f(k)-A(m)f(m+1)\\ &=-\int_{m+1}^{k}A(t)f'(t)dt+A(k)f(k)-A(m)f(m+1)\\ 用同样的思想向着\int_y^x出发： &=-\int_{m+1}^{k}A(t)f'(t)dt-\{\int_k^xA(t)f'(t)dt+A(k)f(x)\}-\{\int_y^m+1A(t)f'(t)dt+A(m)f(y)\}\\ &=A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_y^xA(t)f'(t)dt \end{align*} \]
- Th2:接下来我们分别用$\pi(x)$将$\vartheta(x)$表示出来，再用$\vartheta(x)$将$\pi(x)$表示出来：
  \[\vartheta(x) = \pi(x)\log x-\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt\\ 和\\ \pi(x) = \dfrac{\vartheta(x)}{\log x}+\int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2t}dt \]
Proof:

我们知道，$\pi(x)$计算的是小于等于x的范围内有多少个素数，如果用求和的形式将其表示出来的话就是$\pi(x) = \sum_{p\le x}1$，我们可以用一个特征函数表示:

\[a(n) = \begin{cases} 1,若n是素数\\ 0,其他 \end{cases} \]
所以$\pi(x) = \sum_{p\le x}1 = \sum_{1<n\le x}a(n)$

基于这个特征函数也可以将$\vartheta(x)$表示成$\vartheta(x) = \sum_{p\le x}\log p= \sum_{1<n\le x}a(n)\log n$

这两个函数在配合上面的阿贝尔等式，$f(n) = \log n $,我们就可以得到：

\[\vartheta(x) = \pi(x)\log{x}-\pi(1)\log{1}-\int_1^x\pi(t)(\log t)'dt \]
当t<2的时候，$\pi(t)=0$，于是最终形式如下：

\[\vartheta(x) = \pi(x)\log{x}-\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt \]
接下来对$\pi(x)$进行转换。

如果我们想用$\vartheta(x)$将$\pi(x)$表示出来，可以用$b(n)=a(n)\log n$将$\vartheta(x)$表示为部分和$\vartheta(x)=\sum_{n\le x}b(n)$的形式，然后就可以使用$f(n)=\dfrac{1}{\log n}$阿贝尔等式展开了：

\[\pi(x) = \sum_{y<n\le x}b(n)\dfrac{1}{\log n} = b(x)\dfrac{1}{\log x}-b(y)\dfrac{1}{\log y} - \int_y^xb(t)(\dfrac{1}{\log t})'dt \]
展开后得到：

\[\pi(x) =\vartheta(x)\dfrac{1}{\log x}-\vartheta(y)\dfrac{1}{\log y} + \int_y^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2 t}dt \]
当$0<y<2$时，$\vartheta(y)=0$，最终我们得到：

\[\pi(x) =\vartheta(x)\dfrac{1}{\log x} + \int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2 t}dt \]
Note:

Chapter3 素数定理的等价形式

Theorem:
- Th1:下面这几个式子是等价的
  \[\begin{equation} \lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\pi(x)\log x}{x}=1\\ \lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\vartheta(x)}{x}=1\\ \lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\psi(x)}{x}=1 \end{equation} \]
Proof:

由C2.Th2得到

\[\dfrac{\vartheta(x)}{x} = \dfrac{\pi(x)\log x}{x}-\dfrac{1}{x}\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt\\ 和\\ \dfrac{\pi(x)\log x}{x} = \dfrac{\vartheta(x)}{x}+\dfrac{\log x}{x}\int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2t}dt \]
证明$\dfrac{\vartheta(x)}{x}$和$\dfrac{\pi(x)\log x}{x}$的等价关系，只需要分别证明：

（1）$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{1}{x}\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt=0$:

通过第一个式子我们可以得到$\dfrac{\pi(x)}{x}=\Omicron(\dfrac{1}{\log x})$，于是

\[\dfrac{1}{x}\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt = \Omicron(\dfrac{1}{x}\int_2^x\dfrac{1}{\log t}dt)\\ \int_2^x\dfrac{1}{\log t}dt = \int_2^{\sqrt x}\dfrac{1}{\log t}dt + \int_{\sqrt x}^x\dfrac{1}{\log t}dt \le \dfrac{\sqrt{x}}{\log 2}+\dfrac{x-\sqrt{x}}{\log \sqrt{x}} \]
乘起来

\[\dfrac{1}{x}\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt \le \dfrac{1}{x}\{\dfrac{\sqrt{x}}{\log 2}+\dfrac{x-\sqrt{x}}{\log \sqrt{x}}\}=\dfrac{1}{\sqrt{x}\log 2}+\dfrac{1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}}{\log \sqrt{x}}\\ \lim_{x\rightarrow\infty}\{\dfrac{1}{\sqrt{x}\log 2}+\dfrac{1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}}{\log \sqrt{x}}\} = 0\\ 所以\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{1}{x}\int_2^x\dfrac{\pi(t)}{t}dt \rightarrow0 \]
（2）$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\log x}{x}\int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2t}dt=0$：

通过第二个式子我们可以得到$\vartheta(t)=\Omicron(t)$，于是

\[\dfrac{\log x}{x}\int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2t}dt = \Omicron(\dfrac{\log x}{x}\int_2^x\dfrac{1}{\log^2t}dt)\\ \int_2^x\dfrac{1}{\log^2t}dt = \int_2^{\sqrt{x}}\dfrac{1}{\log^2t}dt + \int_{\sqrt{x}}^x\dfrac{1}{\log^2t}dt\le \dfrac{\sqrt{x}}{\log^22}+\dfrac{x-\sqrt{x}}{\log^2\sqrt{2}} \]
乘起来

\[\dfrac{\log x}{x}\int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2t}dt \le \dfrac{\log x}{x}\{\dfrac{\sqrt{x}}{\log^22}+\dfrac{x-\sqrt{x}}{\log^2\sqrt{x}}\} = \dfrac{\log x}{\sqrt{x}\log^22}+\dfrac{2(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}})}{\log\sqrt{x}}\\ lim_{x\rightarrow\infty}\{\dfrac{\log x}{\sqrt{x}\log^22}+\dfrac{2(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}})}{\log\sqrt{x}}\} =0\\ 所以：lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\log x}{x}\int_2^x\dfrac{\vartheta(t)}{t\log^2t}dt \rightarrow0 \]
- Th2:接下来我们将素数定理和第n个素数的渐进值联系起来:令$p_n$是第n个素数，下面几个渐进式是逻辑等价的。
  \[\begin{gather} \lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\pi(x)\log x}{x} = 1\\ \lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\pi(x)\log{\pi(x)}}{x} = 1\\ \lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{p_n}{n\log n } = 1 \end{gather} \]
Proof:

第一个式子推第二个：

对第一个式子两边取对数得

\[\lim_{x\rightarrow\infty}[\log{\pi(x)}+\log{\log x}-\log{x}]=0\\ \lim_{x\rightarrow\infty}\log x[{\dfrac{{\log \pi(x)}}{\log{x}}+\dfrac{\log{\log x}}{\log{x}}-1}]=0 \]
当$x\rightarrow\infty$时，前面的$\log x\rightarrow\infty$，于是后面的$\lim_{x\rightarrow\infty}[{\dfrac{{\log\pi(x)}}{\log{x}}+\dfrac{\log{\log x}}{\log{x}}-1}]=0$。然而中间的又是0

即$\lim_{x\rightarrow\infty}{\dfrac{{\log\pi(x)}}{\log{x}}}=1$

于是$\lim_{x\rightarrow\infty}{\dfrac{{\log\pi(x)}}{\log{x}}\dfrac{\pi(x)\log x}{x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\pi(x)\log x}{x}=1$

第二个式子推第三个：

$p_n$是第n个素数，我们用x表示$p_n$。那么$\pi(x)=n，\pi(x)\log\pi(x) = n\log n$

于是$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\pi(x)\log{\pi(x)}}{x} = \lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{n\log n}{p_n}=1$

第三个式子推第二个：

式3成立，给定x，由不等式$p_n\le x < p_{n+1}$确定n，$n=\pi(x)$，于是有不等式：

\[\dfrac{p_n}{n\log n} \le \dfrac{x}{n\log n } < \dfrac{p_{n+1}}{n\log n}=\dfrac{p_{n+1}}{(n+1)\log{(n+1)}}\dfrac{(n+1)\log{(n+1)}}{n\log n} \]
如此一来就构成了满足式3的$p_n,p_{n+1}$，根据夹逼可以知道$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{x}{n\log n}=1$

将n替换为$\pi(x)$就得到了式2

第二个式子推第一个：

对式2取对数得

\[\lim_{x\rightarrow\infty}[\log\pi(x) + \log \log{\pi(x)} - \log x] = 0 \\ \lim_{x\rightarrow\infty}\log\pi(x)[1+\dfrac{\log\log\pi(x)}{\log\pi(x)}-\dfrac{\log x}{\log\pi(x)}] = 0 \\ \]
外面的$\log\pi(x)\rightarrow\infty$，那么里面的就有$\lim_{x\rightarrow\infty}1+\dfrac{\log\log\pi(x)}{\log\pi(x)}-\dfrac{\log x}{\log\pi(x)} = 0 $，中间的$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\log\log\pi(x)}{\log x}=0$

于是剩下的$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\log x}{\log\pi(x)}=1$

结合式2得到$\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{\log x}{\log\pi(x)}\dfrac{\pi(x)\log\pi(x)}{x}=\dfrac{\pi(x)\log x}{x}=1$

于是证出第一个式子。
Note: