Sveuˇ
ciliˇ
ste u Rijeci - Odjel za matematiku
Preddiplomski sveuˇ
ciliˇ
sni studij Matematika
Zlatko Durmiˇ
s
Teorem o prostim brojevima
Zavrˇ
sni rad
Rijeka, 2012.
Sveuˇ
ciliˇ
ste u Rijeci - Odjel za matematiku
Preddiplomski sveuˇ
ciliˇ
sni studij Matematika
Zlatko Durmiˇ
s
Teorem o prostim brojevima
Mentor: doc. dr. sc. Neven Grbac
Kolegiji: Kompleksna analiza, Uvod u teoriju brojeva,
Matematiˇcka analiza
Zavrˇ
sni rad
Rijeka, 2012.
Sadrˇ
zaj
1 Uvod
1
2 Riemannova zeta funkcija
2
3 Analitiˇ
cki teorem
14
4 Teorem o prostim brojevima
23
5 Zakljuˇ
cak
25
ˇ
SAZETAK
Cilj rada je dokazati teorem o prostim brojevima koriˇstenjem kompleksne analize. Najprije ´cemo, u prvom poglavlju, definirati Riemmanovu zeta funkciju ζ(s),
skra´ceno zeta funkciju, i funkcije Φ(s) i ϑ(x). Pokazat ´cemo podskupove od C na
kojima su ζ(s) i Φ(s) holomorfne, u lemi 1 i 2. U lemi 3 ´cemo pokazati da se zeta
funkcija moˇze zapisati u obliku Eulerovog produkta, ˇsto ´ce nam poslije biti vrlo
korisno, naroˇcito u dokazu leme 6. Takoder ´cemo pokazati da se zeta funkcija moˇze
analitiˇcki produljiti na ve´ci podskup kompleksne ravnine u lemi 4, ˇsto ´cemo korisiti
takoder u lemi 6. U lemi 5 ´cemo pokazati jedno od svojstava funkcije ϑ(x), ˇsto
´ce nam biti bitno u zavrˇsnoj fazi dokaza teorema o prostim brojevima. U lemi 6
1
´cemo vidjeti da zeta funkcija ne poprima vrijednost nula i da je funkcija Φ(s) − s−1
holomorfna na pravcu <(s) = 1, ˇsto ´cemo koristiti poslije u lemi 7. Prije toga, u
narednom poglavlju, pro´ci ´cemo kroz dokaz analitiˇckog teorema, koji nam je osnova
za dokaz leme 7. Lema 8 navodi joˇs jedno svojstvo funkcije ϑ(x), ˇciji dokaz provodimo svodenjem na kontradikciju sa lemom 7. I konaˇcno, u poglavlju 4, navodimo
dokaz teorema o prostim brojevima koriˇstenjem prethodno dokazanih rezultata.
Kljuˇ
cne rijeˇ
ci:
teorem o prostim brojevima
kompleksna analiza
Riemmanova zeta funkcija
analitiˇcko produljenje
analitiˇcki teorem
1
Uvod
Jednom je veliki matematiˇcar Leopold Kronecker (1823.-1891.) rekao: ”Bog je
stvorio prirodne brojeve, sve ostalo je djelo ˇcovjeka.” Naime, pojam prirodnog broja
jedan je od osnovnih pojmova u matematici i jedan od pojmova koji je usko povezan
sa svakodnevnim praktiˇcnim ˇzivotom.
Bitan podskup prirodnih brojeva ˇcine prosti brojevi, brojevi ˇciji jedini djelitelji
su jedan i on sam. Kako prema osnovnom teoremu aritmetike znamo da je svaki
broj prost ili se moˇze na jedinstven naˇcin prikazati kao umnoˇzak prostih faktora, bez
uzimanja u obzir poretke faktora, vidimo da prosti brojevi na neki naˇcin izgraduju
prirodne brojeve, sliˇcno kao ˇsto atomi u fiziˇckom svijetu, izgraduju razne predmete
u naˇsoj okolini.
Iako naoˇcigled veoma jednostavan pojam, prosti brojevi bili su uzrokom razvoja
mnogih matematiˇckih disciplina i pojavljivanja nekih od najteˇzih problema u matematici, od kojih se neki joˇs i danas, nakon viˇse desetlje´ca ili ˇcak stolje´ca, opiru
razumijevanju najboljih intelektualnih umova moderne znanosti. Unatoˇc svim naporima, joˇs i danas nije u potpunosti najpreciznije poznato pravilo raspodjele prostih
brojeva medu prirodnim brojevima. Jedan od moˇzda najranijih pokuˇsaja razumijevanja u tom smjeru bio je i teorem o prostim brojevima.
Teorem je prije dokaza bio hipoteza koju su postavili Legendre i Gauss 1796.
godine. Prvi su ga dokazali, nezavisno jedan o drugome, Hadamard i de la Valle
Poussin 1896. godine. Metodu kojom ´cemo provesti dokaz je razvio D.J.Newman
oko 1980. godine.
1
2
Riemannova zeta funkcija
U ovom odlomku ´cemo definirati Riemmanovu zeta i joˇs nekoliko dodatnih funkcija i dokazati neka njihova potrebna svojstva.
Definicija 1 Za niz kompleksnih brojeva (cn )n∈N , red
∞
X
cn
n=1
ns
, gdje je s ∈ C, s = <(s) + i=(s), <(s), =(s) ∈ R,
nazivamo Dirichletov red.
Definicija 2 Ako je cn = 1, ∀n ≥ 1, tada red
∞
X
1
ζ(s) =
, gdje je s ∈ C, s = <(s) + i=(s), <(s), =(s) ∈ R,
s
n
n=1
nazivamo Riemannova zeta funkcija.
Definicija 3 Definiramo funkcije
Φ(s) =
X ln p
ps
p∈P
ϑ(x) =
X
,
ln p,
p≤x
p∈P
gdje je s ∈ C, x ∈ R, a P je oznaka za skup prostih brojeva.
Sada ´cemo dokazati nekoliko dodatnih, potrebnih svojstava, prethodno definiranih funkcija.
Lema 1 Funkcija ζ(s) je holomorfna za <(s) > 1.
Dokaz:
Oˇcito vrijedi
|ns | = |es ln n | = |e<(s) ln n (cos(=(s) ln n) + i sin(=(s) ln n))| =
=e
<(s) ln n
q
cos2 (=(s) ln n) + sin2 (=(s) ln n) = n<(s) .
|
{z
}
=1
Sada imamo
∞ ∞
X
1 X
1
=
,
ns n<(s)
n=1
n=1
2
a taj red konvergira za <(s) > 1, pa
P∞
1
n=1 ns
konvergira apsolutno za <(s) > 1.
Takoder vrijedi
1
= 1 ≤ 1 , za <(s) > 1, 1 < σ < <(s), ∀n ∈ N.
ns n<(s)
nσ
Iz konvergencije reda s pozitivnim ˇclanovima
P
1
cija reda ∞
n=1 ns za <(s) > 1.
I joˇs imamo da red
P∞
1
n=1 nσ ,
slijedi uniformna konvergen-
∞
∞
X
X
d 1
ln n
=
−
ds ns
ns
n=1
n=1
konvergira uniformno za <(s) > 1, pa vrijedi
∞
∞
X
d 1
d X 1
=
= ζ 0 (s).
s
s
ds
n
ds
n
n=1
n=1
Slijedi da derivacija ζ 0 (s) postoji i neprekidna je za Re(s) > 1.
P
1
Dakle red ∞
n=1 ns definira na <(s) > 1 holomorfnu funkciju, a to je upravo ζ(s).
Q.E.D.
Lema 2 Funkcija Φ(s) je holomorfna za <(s) > 1.
Dokaz:
Imamo
X ln p X ln p
.
ps =
p<(s)
p∈P
p∈P
Stavimo σ = <(s) > 1.
Funkcija f (x) = lnxσx je neprekidna i padaju´ca na [2, ∞i. Pokaˇzimo da nepravi
R∞
integral 2 lnxσx dx konvergira za σ > 1.
Naime, vrijedi
Z
ln x
x−σ+1
dx
=
· ln x −
xσ
−σ + 1
Z
x1−σ
1
=
ln x −
1−σ
1−σ
=
Z
x−σ+1 1
· dx =
−σ + 1 x
1
dx =
xσ
x1−σ
x1−σ
ln x −
,
1−σ
(1 − σ)2
pa iz toga slijedi
3
∞
Z
2
= lim
A→∞
ln x
dx = lim
A→∞
xσ
Z
A
2
ln x
dx =
xσ
A1−σ
A1−σ
21−σ
21−σ
ln A −
ln
2
+
−
1−σ
(1 − σ)2 1 − σ
(1 − σ)2
=
=
21−σ
21−σ
ln 2 +
, jer je
1−σ
(1 − σ)2
lim A1−σ ln A = [0 · ∞] = lim
A→∞
A→∞
ln A
1
=[
A1−σ
∞
]=
∞
[ primjenom L‘Hospitalovog pravila ]
= lim
A→∞
1
A
(σ −
1)Aσ−2
1
= 0,
A→∞ (σ − 1)Aσ−1
= lim
i takoder je lim A1−σ = 0, jer je σ > 1.
A→∞
Dakle, iz konvergencije
σ > 1.
R∞
2
ln x
dx
xσ
slijedi da red
P
ln p
p∈P ps
konvergira apsolutno za
Takoder vrijedi
ln p ln p
ln p
ps = p<(s) ≤ pσ0 , za <(s) > 1, 1 < σ0 < <(s), ∀n ∈ N.
Iz konvergencije reda s pozitivnim ˇclanovima
P
cija reda p∈P lnpsp za <(s) > 1.
P
ln p
p∈P pσ0
slijedi uniformna konvergen-
I joˇs imamo da red
X d ln p
X ln2 p
=
−
ds ps
ps
p∈P
p∈P
konvergira uniformno za <(s) > 1, pa vrijedi
X d ln p
d X ln p
=
= Φ0 (s).
s
s
ds p
ds p∈P p
p∈P
Slijedi da derivacija Φ0 (s) postoji i neprekidna je za Re(s) > 1.
P
Dakle red p∈P lnpsp definira na <(s) > 1 holomorfnu funkciju, a to je upravo
Φ(s).
Q.E.D.
Slijede´ca lema govori da Riemmanova zeta funkcija ima Eulerov produkt.
4
Lema 3 Vrijedi
ζ(s) =
Y
(1 − p−s )−1 , za <(s) > 1.
p∈P
Dokaz:
Neka je m ∈ N proizvoljan. Tada vrijedi
X 1
Y
Y
1
−s −1 −
ζ(s)
−
(1
−
p
)
=
s.
s
1
n
p∈P 1 −
p∈P
n∈N
p
p<m
p<m
Ako iskoristimo
n
∞ X
1
n=0
ps
p
Y
p∈P
p<m
1
1
1
s jer je s = <(s) < 1 za <(s) > 1, za
=
p
p
1− 1
1−
Y
1
s =
1
p
p∈P
p<m
∞ X
n=0
1
ps
=
X
Q
n∈N, n=
Y
r1 ,r2 ,...∈N0
X
=
pα(p) , α(p)∈N0
p∈P
p<m
n !
p1 ,p2 ,...∈P
pi <m
1
(pri i )s
=
1
,
ns
onda imamo
∞
∞
X 1
X 1
Y
1
−
−
s = s
1
n
ns
p∈P
1
−
n=1
n=1
n∈N,
p
p<m
X
= n∈N, n=Qp∈P pα(p) ,
∃p≥m, takav da je
α(p)∈N0 ,
α(p)∈N
m→∞
Y
p<m
Q
n=
p∈P
p<m
pα(p) , α(p)∈N0
1 X 1 X 1 X 1
≤
=
→ 0, za m → ∞,
≤
ns n≥m ns n≥m ns n≥m n<(s)
P
P
1
jer je n≥m n<(s)
ostatak reda ∞
n=1
Dakle, pokazali smo da vrijedi
lim
X
1 =
ns (1 − p−s )−1 =
1
,
n<(s)
Y
koji konvergira za <(s) > 1, prema lemi 1.
(1 − p−s )−1 = ζ(s), za <(s) > 1.
p∈P
Q.E.D.
Lema 4 ζ(s) −
1
s−1
se moˇze proˇsiriti do holomorfne funkcije na <(s) > 0.
5
Dokaz:
Najprije pokaˇzimo da vrijedi
∞
Z
1
1
1
, za <(s) > 1.
dx =
s
x
s−1
Naime, imamo
Z
∞
1
= lim
A→∞
A
Z
1
dx = lim
A→∞
xs
1
A−s+1
1
−
−s + 1 −s + 1
1
dx = lim
A→∞
xs
x−s+1
−s + 1
A
=
1
A−s+1
1
1
= lim
+
=
.
A→∞ −s + 1
s−1
s−1
Sada za <(s) > 1 imamo
∞
X 1
1
=
−
ζ(s) −
s − 1 n=1 ns
Z
∞
1
1
dx
xs
Z n+1
∞ Z n+1
∞ ∞
X
X
X
1
1
1
1
−
dx =
−
dx =
=
s
s
s
s
n
x
n
x
n
n
n=1
n=1
n=1
=
∞ Z
X
n+1
n
n=1
1
dx −
ns
n+1
Z
n
1
dx
xs
=
∞ Z
X
n=1
n+1
n
1
1
−
n s xs
dx.
Sada ∀n ∈ N, ∀s ∈ C, <(s) > 0, primjenom teorema o srednjoj vrijednosti
Z
b
|f (a) − f (b)| ≤
|f 0 (t)| dt ≤ max |f 0 (t)| |b − a| ,
a≤t≤b
a
imamo
Z n+1 d
1
1
1
1 −
dx ≤
dx ns − xs dx =
ns x s
n
n
Z n+1 s s =
dx
≤
max
s+1 s+1 |(n + 1) − n| =
n≤x≤n+1
x
x
n
Z
n+1
= max
n≤x≤n+1
|s|
x<(s)+1
≤
|s|
n<(s)+1
.
P
|s|
Red s pozitivnim ˇclanovima ∞
sto povlaˇci
n=1 n<(s)+1 konvergira za <(s) > 0, ˇ
P∞ R n+1 1
1
apsolutnu konvergenciju reda n=1 n
− xs dx za <(s) > 0.
ns
Sada primjenom Leibnizovog integralnog pravila imamo
Z
∞
X
d n+1 1
1
− s dx =
s
ds
n
x
n
n=1
6
∞ Z
X
=
n+1
n
n=1
d
ds
1
1
− s
s
n
x
dx =
∞ Z
X
n=1
n
n+1
ln n ln x
− s + s dx.
n
x
I sada opet, kao ranije, ∀n ∈ N, ∀s ∈ C, <(s) > 0, primjenom teorema o srednjoj
vrijednosti imamo
Z
n+1
n
Z
=
n
Z n+1 d
ln n ln x
ln
n
ln
x
dx =
− s + s dx ≤
−
+
dx
n
x
ns
xs n
n+1
1 − s ln x dx ≤ max 1 − s ln x |(n + 1) − n| =
xs+1 n≤x≤n+1 xs+1 |1 − s ln x|
1 + |s| ln(n + 1)
≤
.
<(s)+1
n≤x≤n+1
x
n<(s)+1
P
P∞ ln(n+1)
P
1+|s| ln(n+1)
1
= ∞
Red s pozitivnim ˇclanovima ∞
n=1 n<(s)+1 + |s|
n=1 n<(s)+1 ,
n=1
n<(s)+1
konvergira za <(s) > 0, jer oba reda sa desne strane jednakosti, kako je prethodno pokazano, konvergiraju za <(s) > 0, ˇsto povlaˇci uniformnu konvergenciju
R n+1 1
P
d
d
1
− x1s dx, a to znaˇci da ds
reda ∞
ζ(s) − s−1
postoji za <(s) > 0 i
n=1 ds n
ns
neprekidna je.
1
je holomorfna za <(s) > 0.
Dakle, funkcija ζ(s) − s−1
= max
Q.E.D.
Neka su f i g funkcije realne varijable. Kaˇzemo da je f (x) = O(g(x)), ako
postoje konstante C, B ∈ R takve da vrijedi
|f (x)| ≤ Cg(x), ∀x ≥ B.
Lema 5 Vrijedi ϑ(x) = O(x).
Dokaz:
Neka je n ∈ N proizvoljan. Tada za svaki p ∈ P, n < p ≤ 2n vrijedi
p | (2n(2n − 1) · . . . · (n + 2)(n + 1)) ,
a kako moˇzemo pisati
(2n)!
=
2n(2n − 1) · . . . · (n + 2)(n + 1) =
n!
i kako znamo da p - n!, slijedi p |
2n
n
2n
· n!
n
, iz ˇcega moˇzemo zakljuˇciti
2n
2n
2n
2n
p≤
≤
+
+ ... +
= (1 + 1)2n = 22n .
n
0
1
2n
n<p≤2n
Y
7
Sada primjenom strogo rastu´ce funkcije ln x na obje strane nejednakosti slijedi
X
ln p ≤ 2n ln 2.
n<p≤2n
Ako uzmemo da je n = 2k−1 , za neki k ∈ N, tada imamo
X
ln p ≤ 2k ln 2.
2k−1 <p≤2k
Sada za k = 1, . . . , m dobijemo m nejednakosti
X
ln p ≤ 2 ln 2,
1<p≤2
X
ln p ≤ 4 ln 2,
2<p≤4
X
ln p ≤ 8 ln 2,
4<p≤8
···
X
ln p ≤ 2m ln 2.
2m−1 <p≤2m
Sumiranjem nejednakosti imamo
m
X
X
n=1
ln p =
X
ln p ≤ (2 + 22 + 23 + . . . + 2m ) ln 2 =
p≤2m
2n−1 <p≤2n
= (2m+1 − 2) ln 2 ≤ 2m+1 ln 2,
odnosno
X
ln p ≤ 2m+1 ln 2.
p≤2m
Kako za svaki x ≥ 1 moˇzemo izabrati m ∈ N tako da vrijedi
2m−1 ≤ x < 2m , slijedi
ϑ(x) =
X
p≤x
ln p ≤
X
ln p ≤ 2m+1 ln 2 = (4 ln 2)2m−1 ≤ (4 ln 2)x,
p≤2m
odnosno
ϑ(x) ≤ Cx, ∀x ≥ 1,
8
ϑ(x) = O(x).
Q.E.D.
Lema 6 ζ(s) 6= 0 i Φ(s) −
1
s−1
je holomorfna za <(s) ≥ 1.
Dokaz:
P
1
Zbog apsolutne konvergencije reda ∞
n=1 ns , apsolutno konvergira i Eulerov produkt toga reda, za <(s) > 1, u konaˇcan broj razliˇcit od nule. Dakle, ζ(s) 6= 0 za
<(s) > 1. Preostaje nam pokazati da je ζ(s) 6= 0 za <(s) = 1.
1
Prema ranije pokazanome, Φ(s) je holomorfna za <(s) > 1, a takoder i s−1
, pa
1
zakljuˇcujemo da je Φ(s) − s−1 holomorfna za <(s) > 1. Preostaje nam pokazati da
je holomorfna i za <(s) = 1.
Sada za <(s) > 1 imamo
ln ζ(s) = ln
Y
1 − p−s
−1
=
p∈P
X
ln 1 − p−s
−1
,
p∈P
pa deriviranjem po s dobijemo
X p−s
ζ 0 (s) X
=
(1 − p−s )(−(1 − p−s )−2 p−s ln p) = −
ln p.
−s
ζ(s)
1
−
p
p∈P
p∈P
Primjenom formule za sumu geometrijskog reda slijedi
∞
∞
XX
X ln p X X
ζ 0 (s)
ln p
ln p
=−
=−
−
=
ns
s
ζ(s)
p
p
pns
p∈P n=1
p∈P
p∈P n=2
=−
X ln p
p∈P
odnosno
ps
−
X ln p · p−2s
p∈P
1 − p−s
=−
X ln p
p∈P
ps
−
X
p∈P
ln p
,
ps (ps − 1)
X
ζ 0 (s)
ln p
−
= Φ(s) +
.
ζ(s)
ps (ps − 1)
p∈P
Oduzimanjem
1
s−1
od obje strane jednakosti i promjenom rasporeda imamo
1
Φ(s) −
=−
s−1
X
ζ 0 (s)
1
ln p
+
+
s
ζ(s)
s − 1 p∈P p (ps − 1)
!
. (∗)
U nastavku ´cemo prouˇciti pojedine ˇclanove sa desne strane jednakosti (∗). NajP
0 (s)
1
prije p∈P ps (plnsp−1) , a zatim ζζ(s)
+ s−1
. Ako je svaki pojedini ˇclan holomorfan za
1
<(s) = 1, tada je i funkcija Φ(s) − s−1 , sa lijeve strane jednakosti (∗), holomorfna
za <(s) = 1, a upravo to ˇzelimo pokazati.
9
KORAK 1:
Pokaˇzimo da red
ln p
p∈P ps (ps −1) konvergira apsolutno i uniformno
> 21 . Koriˇstenjem |ps | = pσ i ||z1 | − |z2 || ≤ |z1
s
s
P
Neka je σ = Re(s)
vrijedi |pσ − 1| = ||p | − 1| ≤ |p − 1|, pa imamo
za Re(s) > 21 .
− z2 |, ∀z1 , z2 ∈ C,
ln p ln p
ln p
ln p
ps (ps − 1) = pσ |ps − 1| ≤ pσ |pσ − 1| ≤ (pσ − 1)2 .
P
p
1
Provjerimo konvergenciju reda p∈P (pσln−1)
2 , za σ > 2 . Naime, red s pozitivnim
P
ˇclanovima p∈P pln2σp = Φ(2σ) konvergira, prema lemi 2, za 2σ > 1, odnosno za σ > 12
i takoder vrijedi
ln p
(pσ −1)2
lim ln p
p→∞
p2σ
1
p2σ
= lim
2
σ
2
p→∞ 1 − σ +
p→∞ (p − 1)
p
= lim
1
p2σ
= 1 < ∞,
pa prema teoremu o usporedivanju redova sa pozitivnim ˇclanovima, zakljuˇcujemo
P
ln p
1
da i red
p∈P (pσ −1)2 konvergira za σ > 2 . Na temelju toga slijedi uniformna i
P
apsolutna konvergencija reda p∈P ps (plnsp−1) .
P
ln p
d
Red p∈P ds
takoder konvergira uniformno, ˇsto znaˇci da polazni red
ps (ps −1)
P
ln p
1
p∈P ps (ps −1) definira holomorfnu funkciju za <(s) > 2 .
KORAK 2:
0
(s)
1
Pokaˇzimo sada da je ζζ(s)
+ s−1
holomorfna za <(s) > 0, osim gdje nije definirana.
1
Naime, ranije smo pokazali da je funkcija ζ(s) − s−1
holomorfna za σ = <(s) > 0.
Kako vrijedi
ζ(s)−
1
(s − 1)ζ(s) − 1
=
, slijedi da je (s−1)ζ(s) holomorfna za σ > 0, pa je i
s−1
s−1
d
((s − 1)ζ(s)) holomorfna za σ > 0.
ds
Dakle,
d
((s
ds
− 1)ζ(s))
ζ 0 (s)
1
=
+
je meromorfna za σ > 0,
(s − 1)ζ(s)
ζ(s)
s−1
kao kvocijent dvije holomorfne funkcije. Njeni polovi se mogu pojaviti jedino u
nultoˇckama nazivnika.
KORAK 3:
10
U nastavku ´cemo pokazati da je (s − 1)ζ(s) 6= 0, za σ = 1. Na taj naˇcin ´cemo
P
0 (s)
1
pokazati da je funkcija ζζ(s)
+ s−1
holomorfna za σ = 1, a kako i red p∈P ps (plnsp−1)
1
holomorfna
definira holomorfnu funkciju u σ = 1, time ´cemo dokazati da je Φ(s)− s−1
za σ = 1.
Prvo pokaˇzimo da je (s − 1)ζ(s) 6= 0, za s = 1.
1
holomorfna za σ > 0, onda je holomorfna i u s = 1, gdje
Naime, jer je ζ(s) − s−1
poprima konaˇcnu vrijednost koja iznosi
lim ζ(s) −
s→1
1
s−1
= lim
s→1
(s − 1)ζ(s) − 1
s−1
.
Zato jer je lims→1 (s − 1) = 0, mora vrijediti i lims→1 ((s − 1)ζ(s) − 1) = 0, odnosno
lim((s − 1)ζ(s)) = 1 6= 0, pa je (s − 1)ζ(s) 6= 0, za s = 1.
s→1
Sada ´cemo pokazati da vrijedi
(s − 1)ζ(s) 6= 0, za σ = 1, t = =(s) 6= 0, t ∈ R, ˇsto je ekvivalentno sa
ζ(1 + it) 6= 0, za t 6= 0, t ∈ R.
Pretpostavimo suprotno, odnosno da ζ(s) ima nultoˇcku reda µ u toˇcki s0 = 1+it,
za neki t 6= 0, t ∈ R.
1
Kako je ζ(s) − s−1
holomorfna u s0 to je i ζ(s) holomorfna u s0 , pa je µ ≥ 0. Cilj
nam je pokazati da je µ = 0, iz ˇcega bi slijedilo da ζ(s) nema nultoˇcaka na pravcu
<(s) = 1.
Kako je s0 nultoˇcka reda µ, funkciju ζ(s) moˇzemo prikazati u obliku
ζ(s) = (s − s0 )µ ζ1 (s), ζ1 (s0 ) 6= 0, pa takoder vrijedi
ζ 0 (s) = µ(s − s0 )µ−1 ζ1 (s) + (s − s0 )µ ζ10 (s),
iz ˇcega slijedi jednakost
ζ 0 (s)
µ(s − s0 )µ−1 ζ1 (s) + (s − s0 )µ ζ10 (s)
µ
ζ10 (s)
=
=
+
ζ(s)
(s − s0 )µ ζ1 (s)
s − s0 ζ1 (s)
Sada za proizvoljan > 0 imamo
ζ 0 (s0 + )
µ
ζ 0 (s0 + )
=
+ 1
.
ζ(s0 + )
s0 + − s0 ζ1 (s0 + )
11
Ako pomnoˇzimo obje strane jednakosti sa i uzmemo da → 0+, slijedi
ζ10 (s0 + )
ζ 0 (s0 + )
· = µ + lim
· .
lim
→0+ ζ1 (s0 + )
→0+ ζ(s0 + )
Kako je ζ(s) diferencijabilna za σ > 1, pa ima derivaciju svakog reda na istom
podruˇcju, to je i ζ10 (s) diferencijabilna za σ > 1, i jednaka je nekom konaˇcnom broju.
Takoder je ζ1 (s0 ) 6= 0, jer bi u protivnom red nultoˇcke bio strogo ve´ci od µ, ˇsto je
kontradikcija, pa vidimo da limes sa desne strane jednakosti teˇzi ka nuli, iz ˇcega
slijedi
ζ 0 (s0 + )
· = µ.
lim
→0+ ζ(s0 + )
Prema prethodnome, iz
1
Φ(s0 + ) −
=−
s0 + − 1
X
ζ 0 (s0 + )
1
ln p
+
+
s
+
0
ζ(s0 + )
s0 + − 1 p∈P p
(ps0 + − 1)
!
, (1)
mnoˇzenjem obje strane jednakosti sa i ako uzmemo da → 0+, imamo sljede´ce
ζ 0 (s0 + )
· = −µ.
→0+ ζ(s0 + )
lim Φ(s0 + ) · = − lim
→0+
Ovdje posljednji red iz zagrade sa desne strane jednakosti (1) konvergira, pa mnoˇzenjem
sa teˇzi ka nuli, kada → 0+.
Pretpostavimo da je s1 = 1 + 2ti nultoˇcka reda ν ≥ 0, pa analogno kao za s0 ,
imamo da vrijedi
lim Φ(s1 + ) · = −ν.
→0+
Takoder iz
1
Φ(1 + ) −
=−
1+−1
X
ζ 0 (1 + )
1
ln p
+
+
1+
ζ(1 + )
1 + − 1 p∈P p (p1+ − 1)
!
, (2)
mnoˇzenjem obje strane jednakosti sa i ako uzmemo da → 0+, slijedi
lim Φ(1 + ) · = 1. (3)
→0+
Ovdje posljednji red iz zagrade sa desne strane jednakosti (2) konvergira, pa mnoˇzenjem
0 (s)
1
sa teˇzi ka nuli, kada → 0+. Takoder je ζζ(s)
+ s−1
holomorfna za s = 1, kako
smo pokazali na poˇcetku koraka 3, pa taj izraz mnoˇzenjem sa teˇzi ka nuli, kada
→ 0+. Na lijevoj strani ostane lim→0+ Φ(1 + ) · − 1, pa sada slijedi jednakost
(3).
12
Ako je s0 nultoˇcka od ζ(s), tada je i s0 nultoˇcka od ζ(s). Za nastavak nam je
bitno da je s0 istoga reda kao i s0 , pa ´cemo to sada pokazati.
Uoˇcimo da vrijedi
∞
∞
X
X
1
1
ζ(s) =
=
= ζ(s), jer je
s
n
ns
n=1
n=1
ns = es ln n = e(ξ−iψ) ln n = e(ξ+iψ) ln n = ns , pa sada imamo
ζ(s) = (s − s0 )µ ζ1 (s) = ζ(s) = (s − s0 )µ ζ1 (s) =
= (s − s0 )µ ζ1 (s) = (s − s0 )µ ζ1 (s), iz ˇcega slijedi
ζ1 (s) = ζ1 (s), a posebno ζ1 (s0 ) = ζ1 (s0 ) 6= 0 = 0, dakle
s0 je takoder reda µ.
Takoder zbog
0
ζ (s) = −
∞
X
ln n
n=1
ns
=−
∞
X
ln n
n=1
ns
= ζ 0 (s), imamo
ζ 0 (s) = µ(s − s0 )µ−1 ζ1 (s) + (s − s0 )µ ζ10 (s) =
= ζ 0 (s) = µ(s − s0 )µ−1 ζ1 (s) + (s − s0 )µ ζ10 (s) =
= µ(s − s0 )µ−1 ζ1 (s) + (s − s0 )µ ζ10 (s), pa zbog ζ1 (s) = ζ1 (s)
imamo da je ζ10 (s) = ζ10 (s), odnosno ζ10 (s0 ) = ζ10 (s0 ).
Dakle, s0 je takoder reda µ i cijeli postupak koji smo proˇsli za s0 vrijedi i za s0 .
P
Takoder, prisjetimo se da je Φ(s) = p∈P lnpsp .
Sada uoˇcimo sljede´ce
X ln p it 4 X ln p it
−it 4
2
2
2
2< p
p +p
0≤
=
=
p1+
p1+
p∈P
p∈P
=
=
X
p∈P
ln p
p1+−2it
X ln p
p2it + 4pit + 6 + 4p−it + p−2it =
1+
p
p∈P
+4
X ln p
X ln p
X ln p
X ln p
+
6
+
4
+
=
p1+−it
p1+
p1++it p∈P p1++2it
p∈P
p∈P
p∈P
= Φ(1 − 2it + ) + 4Φ(1 − it + ) + 6Φ(1 + ) + 4Φ(1 + it + ) + Φ(1 + 2it + ) =
= Φ(s1 + ) + 4Φ(s0 + ) + 6Φ(1 + ) + 4Φ(s0 + ) + Φ(s1 + ).
13
Ako sada pomnoˇzimo obje strane nejednakosti sa > 0 i uzmemo da → 0+,
koriˇstenjem prethodno dobivenih jednadˇzbi
lim Φ(s0 + ) · = lim Φ(s0 + ) · = −µ,
→0+
→0+
lim Φ(s1 + ) · = lim Φ(s1 + ) · = −ν i
→0+
→0+
lim Φ(1 + ) · = 1,
→0+
dobijemo nejednakost
0 ≤ −ν − 4µ + 6 − 4µ − ν = −2ν − 8µ + 6.
Zato jer je ν ≥ 0, imamo 0 ≤ 6 − 2ν − 8µ ≤ 6 − 8µ, iz ˇcega slijedi 8µ ≤ 6, odnosno
µ ≤ 86 < 1, pa slijedi da je µ = 0. Time smo pokazali da je ζ(s) 6= 0, za <(s) = 1,
1
pa prema koracima 1, 2, 3 i iz jednakosti (∗), slijedi da je Φ(s) − s−1
holomorfna za
<(s) = 1.
Q.E.D.
3
Analitiˇ
cki teorem
Teorem 1 (Analitiˇ
cki teorem) Pretpostavimo da je f (t), t ≥ 0, ograniˇcena i
lokalno integrabilna kompleksna funkcija. Neka se funkcija
Z
g(s) =
∞
f (t)e−st dt,
0
koja je holomorfna na podruˇcju <(s) > 0, analitiˇcki produlji do holomorfne funkcije
R∞
na otvorenom skupu koji sadrˇzi zatvoreni skup <(s) ≥ 0. Tada integral 0 f (t)dt
konvergira i jednak je g(0).
Dokaz:
RT
Za fiksni T > 0 stavimo da je gT (s) = 0 f (t)e−st dt.
gT (s) je holomorfna na ˇcitavom C. Naime, primjenom Leibnizovog integralnog
pravila imamo da je
d
d
gT (s) =
ds
ds
Z
T
−st
f (t)e
0
Z
dt =
0
T
d
f (t)e−st dt =
ds
Z
T
f (t)(−t)e−st dt.
0
Kako je f (t) lokalno integrabilna, a −t i e−st takoder, tada postoji
C, odnosno gT (s) je holomorfna na C.
14
d
g (s),
ds T
za svaki s ∈
Trebamo pokazati da vrijedi
lim gT (0) = g(0).
T →∞
Neka su R > 0 i δ > 0 takvi da je g(s) holomorfna na podskupu od C koji sadrˇzi
kompaktan skup D = {s ∈ C : |s| ≤ R, <(s) ≥ −δ} i neka je Γ rub od D. Tada,
prema Cauchyjevoj integralnoj formuli, vrijedi
g(0) − gT (0) = g(0)e
0T
0T
− gT (0)e
1
=
2πi
Z
Γ
1
esT
ds +
(g(s) − gT (s))
s
2πi
Γ
|
Z
1
=
2πi
1
g(s)esT
ds −
s
2πi
Z
Γ
gT (s)esT
ds =
s
esT s2
(g(s) − gT (s))
ds .
sR2
Γ
{z
}
Z
=0
Podintegralna funkcija, posljednjeg integrala iz prethodne jednakosti, je analitiˇcka
na podruˇcju koje sadrˇzi Γ, pa prema Cauchyjevom teoremu taj integral poprima
vrijednost nula, kako smo naznaˇcili. Zato smo ga mogli dodati. Sada moˇzemo pisati
Z
1
(g(s) − gT (s)) e
s
Γ
1
g(0) − gT (0) =
2πi
sT
s2
1 + 2 ds.
R
Kako je f (t) ograniˇcena, postoji konstanta M > 0, takva da je
|f (t)| ≤ M, za svaki t ≥ 0.
Sada za x = <(s) > 0, imamo
Z
|g(s) − gT (s)| = ∞
−st
f (t)e
T
Z
|f (t)|e
=
∞
|f (t)||e−st |dt =
T
∞
−xt
Z
dt ≤
Z
∞
dt ≤ M
T
−xt
e
Z
A
e−xt dt =
dt = M lim
A→∞
T
T
A
1 −xt
1 −xA 1 −xT
M e−xT
= M lim − e
+ e
=
,
= M lim − e
A→∞
A→∞
x
x
x
x
T
dok je za |s| = R, funkcija
esT 1s
1+
s2
R2
holomorfna i vrijedi
sT 1
s2 xT
e
s 1 + R2 = e
−1
s + 1 s =
R2 |sn | = |s|n , arg(sn ) = n arg(s), pa je
s−1 = R1 e−i arg(s) , R12 s = R1 ei arg(s)
15
xT
=e
1 −i arg(s) 1 i arg(s) exT e
=
R · e−i arg(s) + R · ei arg(s) =
+ e
R
2
R
R
=
exT
exT |2x|
2exT x
|2R
cos
(arg(s))|
=
=
.
R2
R2
R2
Iz neprekidnosti g(s) − gT (s), moˇzemo zakljuˇciti
2
−xT
2exT x
2M
(g(s) − gT (s)) esT 1 1 + s ≤ M e
·
= 2,
2
2
s
R
x
R
R
za svaki s ∈ Γ+ = Γ ∩ {s ∈ C : <(s) ≥ 0}, iz ˇcega slijedi
Z
Z
2
1
1
2M
s
1
sT
(g(s) − gT (s)) e
1 + 2 ds ≤
|ds| =
2πi
s
R
2π Γ+ R2
Γ+
=
M
1 2M
· 2 · Rπ =
.
2π R
R
Sada promotrimo integral na Γ− = Γ ∩ {s ∈ C : <(s) < 0}, posebno za g(s) i
gT (s). Pogledajmo prvo za gT (s).
Kako je gT (s) holomorfna na ˇcitavom C, prema Cauchyevom teoremu moˇzemo,
umjesto konture Γ− , uzeti polukruˇznicu Γ0− = {s ∈ C : |s| = R, <(s) < 0}.
Sada, za x = <(s) < 0, imamo
Z
|gT (s)| = T
0
Z
−st f (t)e dt ≤ M
T
e
−xt
Z
T
1
−xt
−xt
e dt = lim − e
=
A→∞
x
−A
Z
A→∞
e−xt dt =
−∞
0
= M lim
T
dt ≤ M
T
−A
= M lim
A→∞
1
1
− e−xT + exA
x
x
=M
M e−xT
e−xT
=
.
−x
|x|
Imamo da otprije vrijedi
sT 1
s2 2exT |x|
e
s 1 + R2 = R2 , pa iz svega slijedi
Z
1 Z
2
s
1 M e−xT 2exT |x|
M
sT 1
gT (s)e
1 + 2 ds ≤
·
|ds| =
.
2
2π |x|
2πi Γ0−
s
R
R
R
Γ0−
| {z }
=Rπ
Sada pogledajmo za g(s).
Kako je g(s) holomorfna na kompaktnom skupu Γ− , tada je i ograniˇcena na tom
16
skupu, pa tada postoji konstanta K = K(R, δ) > 0, tako da vrijedi
2
g(s) 1 1 + s ≤ K, za svaki s ∈ Γ− .
s
R2 Sada vrijedi
Z
1
2πi
1
g(s)e
s
Γ−
sT
Z
s2
1 sT 1 + 2 ds ≤
K e
|ds|,
R
2π
Γ−
a ako uzmemo da T → ∞, tada zbog limT →∞ |esT | = limT →∞ exT = 0, dobijemo
Z
1
lim T →∞ 2πi
1
g(s)e
s
Γ−
sT
s2
1 + 2 ds = 0.
R
Sada imamo da vrijedi
Z
2
1
1
s
sT
(g(s) − gT (s)) e
|g(0) − gT (0)| = 1 + 2 ds =
2πi Γ
s
R
Z
Z
2
2
1
1
s
1
s
1
sT
sT
(g(s) − gT (s)) e
(g(s) − gT (s)) e
= 1 + 2 ds +
1 + 2 ds ≤
2πi Γ+
s
R
2πi Γ−
s
R
Z
Z
2
2
1
1
1
s
1
s
sT
sT
(g(s) − gT (s)) e
(g(s) − gT (s)) e
1 + 2 ds+
1 + 2 ds ≤
≤ 2πi Γ+
s
R
2πi Γ−
s
R
Z
Z
1
1
s2
1
s2
M 1
+
(g(s)esT
gT (s)esT
1 + 2 ds + 1 + 2 ds ≤
≤
R
2πi Γ−
s
R
2πi Γ−
s
R
Z
M
1
M
sT
+
+
K|e |
|ds|,
≤
R
R
2π
Γ−
iz ˇcega slijedi
lim sup |g(0) − gT (0)| ≤
T →∞
a kako vrijedi limR→∞
2M
R
2M
,
R
= 0, to je onda
lim gT (0) = g(0).
T →∞
Q.E.D.
Lema 7 Nepravi integral
R∞
1
ϑ(x)−x
dx
x2
konvergira.
Dokaz:
Primjenit ´cemo analitiˇcki teorem kako bismo pokazali da dani integral, oznaˇcimo
ga sa I, konvergira.
17
Kako je x > 0, moˇzemo staviti x = et , pa imamo
∞
Z
I=
1
ϑ(x) − x
dx =
x2
∞
Z
1
1
ϑ(x)
−1
dx =
x
x
1
x = e ⇒ t = ln x, x ∈ [1, ∞] ⇒ t ∈ [0, ∞] , dt = dx
x
Z ∞
=
ϑ(et )e−t − 1 dt
t
0
Ako definiramo f (t) = ϑ(et )e−t − 1, imamo
∞
Z
f (t)dt.
I=
0
Sada, zbog ϑ(x) = O(x), lema 5, postoje konstante C ∈ R i t0 ∈ [0, ∞i, takve
da vrijedi
|f (t)| = |ϑ(et )e−t − 1| ≤ |ϑ(et )|e−t + 1 ≤ (Cet )e−t + 1 = C + 1, za svaki t ≥ t0 .
Kako f (t) ima jedino prekide prve vrste i to za t ∈ P, oˇcito je ograniˇcena na
[0, t0 i, pa slijedi da je ograniˇcena na [0, ∞i. Takoder, na svakom kompaktnom
skupu K ⊂ [0, ∞i, funkcija f (t) ima samo konaˇcno mnogo prekida prve vrste, pa
je integral po K od f (t) konaˇcan, na temelju ˇcega zakljuˇcujemo da je f (t) lokalno
integrabilna funkcija.
R∞
Definirajmo sada g(s) = 0 f (t)e−st dt, za <(s) > 0.
Ako pokaˇzemo da je g(s) holomorfna za <(s) ≥ 0, tada bi sve pretpostavke
R∞
analitiˇckog teorema bile ispunjene, pa bi slijedilo da 0 f (t)dt konvergira i jednak
je g(0).
Pokazat ´cemo da vrijedi jednakost
∞
Z
ϑ(et )e−(s+1)t dt =
0
Φ(s + 1)
, za <(s) > 0,
s+1
jer pomo´cu nje slijedi
Z
∞
g(s) =
t
ϑ(e )e
−t
− 1 e−st dt =
Z
0
Z
0
∞
e−st dt = lim
A→∞
∞
−(s+1)t
t
ϑ(e )e
0
Z
0
A
e−st dt = lim
A→∞
Z
dt −
∞
e−st dt =
0
A
1
1 1
1
1
− e−st = lim − · sA +
=
A→∞
s
s e
s
s
0
18
Φ(s + 1) 1
1
1 s+1
1
1
1
1
=
− =
= ·
=
+
=
Φ(s + 1) − − 1 ,
s+1
s
s
s s+1
s + 1 s(s + 1)
s+1
s
odnosno vrijedi
1
g(s) =
s+1
1
Φ(s + 1) − − 1 .
s
Ako dobivena jednakost vrijedi za <(s) > 0, tada je <(s + 1) > 1, pa prema
1
holomorfna za <(s) ≥ 1, slijedi
prethodno dokazanome rezultatu da je Φ(s) − s−1
da je Φ(s + 1) − 1s holomorfna za <(s) ≥ 0, iz ˇcega slijedi da je g(s) holomorfna za
R∞
<(s) ≥ 0, pa prema analitiˇckom teoremu integral I = 0 f (t)dt konvergira i jednak
je g(0). Kako je g(s) holomorfna za <(s) ≥ 0, pa dakle i u s = 0, to znaˇci da g(0)
R∞
poprima konaˇcnu vrijednost u s = 0, pa je dakle integral 1 ϑ(x)−x
dx konvergentan.
x2
Pokaˇzimo sada ranije navedenu jednakost
Z
∞
ϑ(et )e−(s+1)t dt =
0
Φ(s + 1)
, za <(s) > 0.
s+1
Oznaˇcimo integral sa lijeve strane jednakosti sa J. Sada imamo sljede´ce
Z
∞
J=
t
−(s+1)t
ϑ(e )e
∞
Z
ϑ(et )e−(s+2)t et dt.
dt =
0
0
Napravimo zamjenu varijabli x = et . Vrijedi
x = et ⇒ t = ln x,
t ∈ [0, ∞i ⇒ x ∈ [1, ∞i,
dt =
Pa imamo
Z
∞
J=
1
1
dx ⇒ dx = xdt = et dt.
x
∞
X
ϑ(x)
dx
=
xs+2
k=0
Z
pk+1
pk
ϑ(x)
dx.
xs+2
Gdje je p0 = 1, a pi ∈ P, i ∈ N.
Razlog ovakvog rastava integrala je zbog toga ˇsto za proizvoljan x ∈ hpk , pk+1 i
vrijedi
X
X
ϑ(x) =
ln p =
ln p = ϑ(pk ),
p≤x
pa moˇzemo pisati
J=
∞
X
p≤pk
Z
pk+1
ϑ(pk )
pk
k=0
1
xs+2
dx.
Izraˇcunajmo integral koji se nalazi pod sumom sa desne strane jednakosti, za
19
proizvoljan k,
Z
pk+1
pk
1
xs+2
dx =
pk
pk+1
1
1
x
=
· s+1
−s − 1
s+1 x
−s−1
pk
pk+1
1
=
s+1
1
ps+1
k
−
1
ps+1
k+1
.
Iz navedenog slijedi
∞
1 X
J=
ϑ(pk )
s + 1 k=0
1
ps+1
k
−
1
ps+1
k+1
.
Uoˇcimo da vrijedi ϑ(pk ) = ϑ(pk+1 ) − ln pk+1 i znamo otprije da
i Φ(s + 1) konvergiraju apsolutno za <(s) > 0, pa slijedi
∞
1 X
J=
s + 1 k=0
1
=
s+1
ϑ(pk ) ϑ(pk+1 ) − ln pk+1
−
ps+1
ps+1
k
k+1
∞
X
ϑ(pk )
k=0
ps+1
k
−
∞
X
ϑ(pk+1 )
k=0
ps+1
k+1
+
k=0
=
p∈P
ϑ(p)p−(s+1)
=
∞
X
ln pk+1
P
ps+1
k+1
!
=
∞
∞
1
1
ϑ(1) X ϑ(pl+1 ) X ϑ(pk+1 )
+Φ(s
+
1)
+
Φ(s + 1).
−
=
s+1
s+1
s + 1 | {z
1 } l=0 pl+1
s
+
1
p
k+1
{z k=0
}
|
=0
=0
Dakle, dobili smo da vrijedi
J=
Φ(s + 1)
, za <(s) > 0.
s+1
Q.E.D.
Za dvije funkcije, f i g, kaˇzemo da su asimptotiˇcki jednake i piˇsemo f (x) ∼ g(x),
(x)
ako vrijedi limx→∞ fg(x)
= 1.
Lema 8 Vrijedi ϑ(x) ∼ x.
Dokaz:
Trebamo pokazati da vrijedi:
a) ∀ > 0, ∃x0 > 0 tako da x > x0 ⇒
ϑ(x)
− 1 < , i
x
b) ∀ > 0, ∃x0 > 0 tako da x > x0 ⇒ 1 −
20
ϑ(x)
< .
x
Dokaˇzimo te dvije tvrdnje svodenjem na kontradikciju.
a) Pretpostavimo suprotno, odnosno
ϑ(x)
− 1 ≥ ,
x
∃ > 0 tako da ∀x0 > 0, ∃x > x0 tako da je
ˇsto je ekvivalentno sa ϑ(x) ≥ λx, gdje je λ = 1 + > 1.
Kako je ϑ(x) rastu´ca funkcija, odnosno vrijedi
X
x1 < x2 ⇒ ϑ(x1 ) =
ln p ≤
p≤x1
X
ln p = ϑ(x2 ),
p≤x2
tada slijedi
x ≤ t ≤ λx ⇒ λx ≤ ϑ(x) ≤ ϑ(t) ≤ ϑ(λx),
pa imamo sljede´ce
λx
Z
x
ϑ(t) − t
dt ≥
t2
λx
Z
t−2 dt −
= λx
= λx
x
Z
λx
x
x
λx
Z
1
1
−
x λx
ϑ(x) − t
dt ≥
t2
Z
x
λx
λx − t
dt =
t2
x
x
1
t−1 dt = λx
+
ln
t
=
t
λx
λx
+ ln x − ln λx = λ − 1 + ln
x
= λ − 1 − ln λ.
λx
Za λ > 1 vrijedi
C(λ) = λ − 1 − ln λ > 0, jer je
C(1) = 0 i C 0 (λ) = 1 −
1
> 0, pa je C(λ) strogo rastu´ca funkcija.
λ
Sada nastavimo postupak induktivno. Oznaˇcimo x sa x1 i λx sa λx1 . Uzmimo
da je x0 = λx1 > 0. Za taj novi x0 postoji x2 > x0 takav da vrijedi ϑ(x2 ) ≥ λx2 .
Uzmimo sada da je x0 = λx2 > 0. Za taj novi x0 postoji x3 > x0 takav da vrijedi
ϑ(x3 ) ≥ λx3 . Dalje, na ovaj naˇcin, induktivno definiramo niz (xn )n∈N za koji vrijedi
xn > λxn−1 i ϑ(xn ) ≥ λxn , za svaki n ∈ N, pa slijedi
Z
λxn
xn
ϑ(t) − t
dt ≥ C(λ), za svaki n ∈ N.
t2
Sada imamo
Z
1
∞
∞
X
ϑ(t) − t
dt
≥
t2
n=1
Z
λxn
xn
21
∞
X
ϑ(t) − t
dt
≥
C(λ),
t2
n=1
P
a kako vrijedi da red ∞
n=1 C(λ) divergira jer je C(λ) > 0, dobili smo kontraR∞
dikciju sa konvergencijom 1 ϑ(t)−t
dt.
t2
b) Pretpostavimo suprotno, odnosno
∃ > 0 tako da ∀x0 > 0, ∃x > x0 tako da je 1 −
ϑ(x)
≥ ,
x
ˇsto je ekvivalentno sa ϑ(x) ≤ λx, gdje je λ = 1 − < 1.
Kako je ϑ(x) rastu´ca funkcija, imamo sljede´ce
λx ≤ t ≤ x ⇒ ϑ(λx) ≤ ϑ(t) ≤ ϑ(x) ≤ λx,
pa onda vrijedi
x
Z
ϑ(t) − t
dt ≤
t2
λx
x
Z
λx
ϑ(x) − t
dt ≤
t2
Z
x
λx
λx − t
dt =
t2
λx
λx
1
t−1 dt = λx
t−2 dt −
= λx
+ ln t =
t
λx
λx
x
x
1
1
= λx
−
+ ln λx − ln x = 1 − λ + ln λ.
λx x
x
Z
Z
x
Sada vidimo da za λ < 1 vrijedi
C(λ) = 1 − λ + ln λ < 0, jer je
1
> 0 za 0 < λ < 1.
λ
Odnosno, C(λ) strogo raste i C(1) = 0, pa je C(λ) negativna za λ < 1.
C(1) = 0 i C 0 (λ) = −1 +
Sada, analogno kao pod a), nastavimo postupak induktivno. Oznaˇcimo x sa x1
i λx sa λx1 . Uzmimo da je x0 = λx1 > 0. Za taj novi x0 postoji x2 > x0 takav
da vrijedi ϑ(x2 ) ≤ λx2 . Uzmimo sada da je x0 = λx2 > 0. Za taj novi x0 postoji
x3 > x0 takav da vrijedi ϑ(x3 ) ≤ λx3 . Dalje, na ovaj naˇcin, induktivno definiramo
niz (xn )n∈N za koji vrijedi xn > λxn−1 i ϑ(xn ) ≤ λxn , za svaki n ∈ N, pa slijedi
Z
xn
λxn
ϑ(t) − t
dt ≤ C(λ), za svaki n ∈ N.
t2
Sada imamo
Z
1
∞
∞
X
ϑ(t) − t
dt
≤
t2
n=1
Z
xn
λxn
22
∞
X
ϑ(t) − t
dt
≤
C(λ),
t2
n=1
P
a kako vrijedi da red ∞
n=1 C(λ) divergira jer je C(λ) < 0, dobili smo kontraR∞
R1
dikciju sa konvergencijom 1 ϑ(t)−t
dt = − ∞ ϑ(t)−t
dt.
t2
t2
Q.E.D.
4
Teorem o prostim brojevima
Teorem 2 Vrijedi
π(x)
= 1,
x→∞ x/ ln x
lim
ˇsto se moˇze pisati i kao
x
,
ln x
gdje je π(x) broj prostih brojeva ≤ x, x ∈ R.
π(x) ∼
Dokaz:
Imamo da vrijedi
ϑ(x) =
X
ln p ≥
p≤x
X
ln p, za svaki > 0.
x1− <p≤x
Uoˇcimo da, zbog strogog rasta funkcije ln, vrijedi
x1− ≤ p ≤ x ⇒ ln x1− ≤ ln p ≤ ln x.
Primjenom prethodnog, imamo da vrijedi
ϑ(x) ≥
X
(1 − ) ln x = π(x) − π(x1− ) (1 − ) ln x.
x1− <p≤x
Kako oˇcito vrijedi π(x1− ) ≤ x1− , ∀x ≥ 0, imamo
ϑ(x) ≥ π(x) − x1− (1 − ) ln x.
Takoder vrijedi
ϑ(x) ≤
X
ln x = π(x) ln x,
p≤x
pa iz svega skupa imamo da vrijedi
π(x) − x1− (1 − ) ln x ≤ ϑ(x) ≤ π(x) ln x,
23
odnosno, dijeljenjem obje strane sa x > 0, dobije se
(1 − )
π(x) ln x ln x
− x
x
≤
ϑ(x)
π(x) ln x
≤
.
x
x
Sada uzmimo da x → ∞ u obje nejednakosti.
Kako je
ϑ(x)
lim
= 1, ˇsto smo ranije pokazali ,
x→∞ x
i kako je
ln x
1
= [primjenom L’Hospitalovog pravila] = lim = 0,
x→∞ x
x→∞ x
lim
slijedi
π(x) ln x
π(x) ln x
≤ 1 ≤ lim
, za svaki > 0,
x→∞
x→∞
x
x
pa imamo da vrijedi, iz prve nejednakosti
lim (1 − )
lim sup
x→∞
π(x) ln x
≤ 1,
x
i iz druge nejednakosti
π(x) ln x
≥ 1.
x
Na temelju posljednje dvije nejednakosti, konaˇcno moˇzemo zakljuˇciti
lim inf
x→∞
π(x) ln x
= 1.
x→∞
x
lim
Q.E.D.
Time je teorem o prostim brojevima dokazan.
24
5
Zakljuˇ
cak
Teorem o prostim brojevima tvrdi da je omjer π(x) i lnxx sve bliˇze jedinici kako
se x pove´cava. Unatoˇc tome, pokazano je da razlika π(x) − lnxx postaje sve ve´ca i
x
, iako je razlika manja. Takodjer, vrlo dobra
ve´ca. Sliˇcno vrijedi i za π(x) i ln x−1
R x dt
aproksimacija funkcije π(x) je 2 ln t .
Teorem se smatra jednim od najve´cih poduhvata u teoriji brojeva. Ako pratimo
povijesno, nije jednom da se ovako bitan rezultat rijeˇsio s namjerom da se rijeˇsi jedan
drugi, puno teˇzi problem. Naime, teorem o prostim brojevima je rjeˇsen s namjerom
razrjeˇsavanja, sada ve´c ˇcuvene, Riemannove hipoteze.
Temeljnije prouˇcavanje kompleksne analize i njezine primjene na rjeˇsavanje goru´cih
problema matematike devetnaestog stolje´ca, ne samo da je omogu´cilo bolje razumijevanje raspodijele prostih brojeva nego i mnogih problema primjenjene matematike
i fizike, ˇcija je ona danas neizostavan dio.
25
Literatura
1. Edwards, H. M.: Riemann’s Zeta Function, Dover Publications, Inc., Mineola,
New York, 2001.
2. Rockmore Dan: Stalking the Riemann Hypothesis, Vintage books, A Division of
Random House, Inc., New York, 2005.
3. Garrett, P.: Simple proof of the prime number theorem, etc., 2005.,
URL: http://www.math.umn.edu/ garrett/m/v/pnt.pdf. (19.02.2012.).
4. Zagier: Newman’s Short Proof of the Prime Number Theorem, The American
Mathematical Monthly, Vol. 104, No.8 (Oct. 1997), pp. 705-708,
URL: http://mathdl.maa.org/images/uploadl ibrary/22/Chauvenet/Zagier.pdf.
(21.04.2012.).
5. Kurepa, S.-Kraljevi´c, H.: Matematiˇcka analiza, ˇcetvrti dio; Funkcije kompleksne
varijable, prvi svezak, Tehniˇcka knjiga, Zagreb, 1986.
6. Elezovi´c, N.- Petrizio, D.: Funkcije kompleksne varijable, Zbirka zadataka, Element, Zagreb, 1994.
7. Kurepa, Svetozar: Matematiˇcka analiza 1, Diferenciranje i integriranje, Tehniˇcka
knjiga, Zagreb, 1984.
8. Kurepa, Svetozar: Matematiˇcka analiza 2, Funkcije jedne varijable, Tehniˇcka
knjiga, Zagreb, 1984.
26
© Copyright 2024 Paperzz
