素数定理的初等证明

零、基本介绍

此文中 \(\log\) 指代自然对数，记 \(p, q, r\) 为素数，分解 \(n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \cdots p_m^{\alpha_m}\)。

令 \(\displaystyle \pi(x) = \sum [0 \le p \le x]\) 为素数计数函数，则其为我们研究的目标。

素数作为整数环上的不可约元，研究素数的分布必然要与整数的唯一分解联系起来，累积是一种手段，我们研究考虑 \(n!\) 的质因数分解：

\[\log n! = \sum_{p} \left( \left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{n}{p^2}\right\rfloor + \cdots \right) \log p \]

但由于下取整的存在带来了困难，因此我们考虑反演，定义冯·曼戈尔特函数和其和函数切比雪夫函数：

\[\Lambda := \log *\,\mu = \begin{cases} \log p & (n = p^k) \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases} \]

\[\psi(x) := \sum_{n \le x} \Lambda(n) = \sum_{p ^ m \le x} \log p,\ \ \vartheta(x) := \sum_{p \le x} \log p \]

分析切比雪夫函数是证明素数定理必要的手段。

我们先能分析出 \(R(x) := \vartheta(x) - x\) 在积分累计后值较小，但这还不够。

利用 \(\Lambda * \Lambda + \Lambda' = \mu * 1''\)，我们得到了关键的塞尔伯格渐近公式。

从而我们可以迭代估计。

利用积分累计的式子，能分析出必然存在的 \(|R(x)|\) 较小的区间；

然后，利用这些值，就能估计出 \(|R(x)|\) 必然比预想中小，素数定理也就浮现了。

参考：华罗庚《数论导引》以及 TravorLZH 的知乎专栏。

一、以积分来估计和的数值

定理一

当 \(x \ge a\) 时，若 \(f(x)\) 非负且单调递增，则有：

\[\left| \sum_{a \le n \le \xi} f(n) - \int_a^\xi f(x) \mathrm dx \right| \le f(\xi) \]

证明只需设 \(b = \lfloor \xi \rfloor\)，则有：

\[\begin{aligned} \int_a^{\xi} f(x) \mathrm dx - \sum_{a \le n \le \xi} f(n) &= \int_b^\xi f(x) \mathrm dx + \sum_{i=a}^{b-1} \int_i^{i+1} f(x)\mathrm dx - \sum_{a \le n \le \xi} f(n) \\ &= \int_b^\xi f(x) \mathrm dx - f(b) + \sum_{i=a}^{b-1} \int_i^{i+1} \Big(f(x)-f(i)\Big)\mathrm dx \\ &\left\{ \begin{aligned} &\ge -f(b) \ge -f(\xi) \vphantom{\sum_{i=a}^{b-1}} \\ &\le f(\xi) - f(b) + \sum_{i=a}^{b-1} f(i+1)-f(i) = f(\xi)-f(a) \le f(\xi) \end{aligned} \right. \end{aligned}\]

取 \(a = 1, f(x) = \log x\)，则 \(\displaystyle \sum_{n \le x} \log n = \log \lfloor x \rfloor !\)，故：

\[\log \lfloor x \rfloor ! = \int_1^x \log t \mathrm dt + O(\log x) = x\log x - x + O(\log x) \]

定理二

当 \(x \ge a\) 时，若 \(f(x)\) 非负且单调递减，则极限：

\[\lim_{N \to \infty} \left( \sum_{n = a} ^ N f(n) - \int_a ^ N f(x) \mathrm dx \right) = \alpha \]

存在，且 \(0 \le \alpha \le f(a)\)，更进一步的，若 \(x \to \infty\) 时 \(f(x) \to 0\)，则 \(\xi \ge \alpha + 1\) 时有：

\[\left| \sum_{a \le n \le \xi} f(n) - \int_a ^ \xi f(x) \mathrm dx - \alpha \right| \le f(\xi - 1) \]

令：

\[g(\xi) = \sum_{a \le n \le \xi} f(n) - \int_a ^ \xi f(x) \mathrm dx \]

则有：

\[g(n) - g(n + 1) = -f(n + 1) + \int_n ^ {n + 1} f(x) \mathrm dx \ge -f(n + 1) + f(n + 1) \ge 0 \]

又有：

\[g(N) = \sum_{i = a} ^ {N - 1} \left( f(n) - \int_n ^ {n + 1} f(x) \mathrm dx \right) + f(N) \ge f(N) \ge 0 \]

故 \(g(n)\) 单调递减且有界，极限存在为 \(\alpha\)，且 \(0 \le \alpha \le f(a)\)。

若 \(x \to \infty\) 时 \(f(x) \to 0\)，则设 \(b = \lfloor \xi \rfloor\)：

\[\begin{aligned} g(\xi) - \alpha &= \sum_{a \le n \le \xi} f(n) - \int_a^\xi f(x)\mathrm dx - \lim_{N \to \infty} \left( \sum_{n=a}^N f(n) - \int_a^N f(x) \mathrm dx \right) \\ &= -\int_b^\xi f(x) \mathrm dx + \lim_{N \to \infty} \left( \int_b^N f(x) \mathrm dx - \sum_{n=b+1}^N f(n) \right) \\ &\left\{ \begin{aligned} &\le \lim_{N \to \infty} \sum_{n=b}^N \Big( f(n) - f(n+1) \Big) = f(b) \le f(\xi - 1) \\ &\ge -\int_b ^ \xi f(x) \mathrm dx \ge -(\xi - b) f(b) \ge - f(\xi - 1) \end{aligned} \right. \end{aligned}\]

故得定理。

取 \(\displaystyle a = 1, f(x) = \frac{1}{x}\)，此时 \(\alpha\) 为 Euler 常数 \(\gamma\)，有 \(0 \le \gamma \le 1\)，且：

\[\sum_{1 \le n \le \xi} \frac{1}{n} = \log \xi + \gamma + O \left( \frac{1}{\xi} \right) \]

一些应用

\[\sum_{n \le x} \left(\frac{x}{n}\right)^{\alpha} = x^\alpha\left(\frac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha} + O(1)\right) = O(x)\quad(0 < \alpha < 1) \]

\[\sum_{n \le x} \log^m\frac{x}{n} = \int_1^x \log^m\frac{x}{t}\mathrm dt + O(x) = x\int_1^x \frac{\log^m u}{u^2} \mathrm du + O(x) = O(x) \]

二、分部求和法

设 \(f : \mathbb N \mapsto \mathbb C, g : \mathbb R \mapsto \mathbb C\)，和函数 \(\displaystyle S(x) = \sum_{n \le x} f(n)\)，则有：

\[\sum_{a \le n \le x} f(n)g(n) = S(x)g(x) - S(a-1)g(a) - \int_a^x S(t)g'(t)\mathrm dt \]

记 \(b = \lfloor x \rfloor\)，则有：

\[\begin{aligned} \sum_{n=a}^b f(n)g(n) &= \sum_{n=a}^b \Big( S(n)-S(n-1) \Big) g(n) \\ &= S(b)g(b) - S(a-1)g(a) - \sum_{n=a}^{b-1}S(n) \Big( g(n+1) - g(n) \Big) \\ &= S(b)g(b) - S(a-1)g(a) - \int_a^b S(t)g'(t)\mathrm dt \end{aligned}\]

又有：

\[S(x)g(x) - S(b)g(b) = S(b)\Big(g(x)-g(b)\Big) = \int_b^x S(t)g'(t)\mathrm dt \]

故得证。

计算对素数求和时，常可以取 \(S(x) = \pi(x), \vartheta(x)\) 或别的和素数相关的和函数。

三、狄利克雷卷积

狄利克雷卷积满足乘法的运算律，其是如下定义的：

\[(f * g)(n) := \sum_{d \mid n} f(d)g\!\left(\frac{n}{d}\right) \]

设函数 \(h\) 满足 \(h(ab) = h(a) + h(b)\)，则可以定义狄利克雷导数：

\[f'(n) := f(n)h(n) \]

\[\begin{aligned} (f * g)'(n) &= \sum_{d \mid n} f(d)g\!\left(\frac{n}{d}\right)\!h(n) \\ &= \sum_{d \mid n} f(d)h(d)g\!\left(\frac{n}{d}\right) + \sum_{d \mid n} f(d)g\!\left(\frac{n}{d}\right)\!h\!\left(\frac{n}{d}\right) = f'*g + f*g' \end{aligned}\]

常取 \(h(n) = \log n\)。

以 \(\mu * 1 = \epsilon\) 定义 \(\mu\)，其中 \(1(n) = 1\)，\(\epsilon(n) = [n=1]\)。

可以证明，有 \(\displaystyle \mu(x)=\begin{cases}(-1)^{\omega(x)},\ \ \ &p^2 \nmid x \\ 0, &\text{otherwise} \end{cases}\)，其中 \(\omega(x)\) 表素因子个数。

以 \(\Lambda * 1 = 1'\) 定义 \(\Lambda\)，则 \(\Lambda = \mu * 1'\)，有 \(\displaystyle \Lambda = \begin{cases} \log p & (n = p^k) \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases}\)。

由于 \(0 = \epsilon' = (\mu * 1)' = \mu' * 1 + \mu * 1'\)，也有 \(\Lambda = -\mu' * 1\)。

从而可以定义其和函数：

\[\psi(x) := \sum_{n \le x} \Lambda(n) = \sum_{p ^ m \le x} \log p \]

四、切比雪夫定理

切比雪夫定理讲述了 \(\pi(x)\log x = \Theta(x)\)，是证明素数定理的一个前置估计。

对 \(\log n!\) 的估计

首先可以重写刚刚的 \(\log n!\) 的展开式：

\[\sum_{n \le x} \Lambda(n)\left\lfloor\frac{x}{n}\right\rfloor = \log \lfloor x \rfloor ! = x\log x + O(x) \]

在两侧做变换 \(F(x) - 2F(x/2)\)，右侧可以得到 \(x\log x - 2(x/2\log x/2) + O(x) = \Theta(x)\)，

然后在左侧通过 \([n>x/2] \le \lfloor x/n \rfloor - 2\lfloor x/2n \rfloor \le 1\)，可以得到：

\[\psi(x) - \psi(x/2) \le \Theta(x) \le \psi(x) \implies \psi(x) = \Theta(x) \]

又因为：

\[\psi(x) = \sum_{p \le x} \left\lfloor \frac{\log x}{\log p} \right\rfloor \log p \]

故 \(\psi(x) \le \pi(x)\log x \le 2\psi(x)\)，即 \(\pi(x)\log x = \Theta(x)\)。

切比雪夫定理的推论

以上的估计大部分都是 \(\Theta\)，但下面这个式子却成功估出了主项的系数！

\[\sum_{p \le x} \frac{\log p}{p} = \log x + O(1) \]

通过 \(\lfloor x \rfloor = x + O(1)\)，有：

\[\sum_{n \le x} \Lambda(n)\left\lfloor\frac{x}{n}\right\rfloor = x \sum_{n \le x} \frac{\Lambda(n)}{n} + O(\psi(x)) \]

故 \(\displaystyle \sum_{n \le x} \frac{\Lambda(n)}{n} = \log x + O(1)\)，则有：

\[\sum_{p \le x} \frac{\log p}{p} = \sum_{n \le x} \frac{\Lambda(n)}{n} + O\!\left(\sum_{p} \frac{\log p}{p(p-1)}\right) = \log x + O(1) \]

我们还可以通过分部求和法得到更多类似的式子，记 \(\displaystyle S(x) = \sum_{p \le x} \frac{\log p}{p}\)：

\[\sum_{p \le x} \frac{1}{p} = \frac{S(x)}{\log x} + \int_2^x \frac{S(t)}{t\log^2 t}\mathrm dt = \log\log x + O(1) \]

\[\sum_{p \le x} \frac{\log^2 p}{p} = S(x)\log x - \int_2^x \frac{S(t)}{t}\mathrm dt = \frac{1}{2}\log^2 x + O(\log x) \]

五、切比雪夫函数的估计

定义 \(\displaystyle \vartheta(x) := \sum_{p \le x} \log p\)。

首先根据 \(\pi(x)\log x = \Theta(x)\)，有以下事实：

\[\begin{aligned} \vartheta(x) &= \sum_{2\le n\le x} \Big( \pi(n) - \pi(n-1) \Big) \log n = \pi(x)\log x - \int_2^x \frac{\pi(t)}{t}\mathrm dt \\ &= \pi(x)\log x - O\!\left(\int_2^x \frac{\mathrm dt}{\log t}\right) = \pi(x)\log x - O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \end{aligned}\]

\[\psi(x) = \sum_{m = 1} \sum_{p \le \sqrt[m]{x}} \log p = \vartheta(x) + \vartheta(x^\frac{1}{2}) + \vartheta(x^\frac{1}{3}) + \cdots = \vartheta(x) + O(\sqrt{x}\log x) \]

故 \(\psi(x) \sim \vartheta(x) \sim \pi(x)\log x\)。我们将估计素数计数函数化为了估计更友好的切比雪夫函数。

事实上，利用分部求和，我们立马可以得到：

\[\sum_{p \le x} \frac{\log p}{p} = \frac{\vartheta(x)}{x} + \int_2^x \frac{\vartheta(t)}{t^2}\mathrm dt + O(1) \]

也即以下这个重要估计！

\[\int_2^x \frac{\vartheta(t)}{t^2}\mathrm dt = \log x + O(1) \]

误差函数的引入

令 \(R(x) = \vartheta(x) - x\)，我们要证的是 \(R(x) = \omicron(x)\)，估计 \(R(x)\) 的时候可以使用绝对值的语言，这将是十分方便的。

重写刚刚得到的 \(\vartheta(x)\) 的积分估计：

\[\int_2^x \frac{\vartheta(t)}{t^2}\mathrm dt = \log x + O(1) \implies \int_2^x \frac{R(t)}{t^2}\mathrm dt = O(1) \implies \int_y^x \frac{R(t)}{t^2}\mathrm dt = O(1) \]

估计 \(\displaystyle\left|\frac{R(x)}{x}\right|\) 的上界时，会发现痛点在于 \(R(x)\) 可能有局部的峰和变号。

我们将用一个从 \(n \le x\) 的 \(\displaystyle R\!\left(\frac{x}{n}\right)\) 递推到 \(R(x)\) 的递推公式解决这个问题。

关于 \(\mu\) 的求和

考虑 \(\mu * 1 = \epsilon, \mu * 1' = \Lambda\)，可以看出关于 \(\mu\) 的求和是关键的。

对前式两侧求和，直接就是：

\[\sum_{d\le x} \mu(d)\left\lfloor\frac{x}{d}\right\rfloor = 1 \implies \sum_{d\le x} \frac{\mu(d)}{d} = O(1) \]

而对后式两侧求和：

\[\begin{aligned} \psi(x) &= \sum_{dn\le x}\mu(d)\log n \\ &= \sum_{d\le x} \mu(d)\!\left(\vphantom{\int}\frac{x}{d}\log\frac{x}{d}-\frac{x}{d}+O\!\left(\log\frac{x}{d}\right)\hspace{-0.15em}\right) \\ &= \sum_{d\le x} \mu(d)\frac{x}{d}\left(\log\frac{x}{d} - 1\right) + O\!\left(\sum_{d\le x}{\log\frac{x}{d}}\right) \\ &= \sum_{d\le x} \mu(d)\frac{x}{d}\log\frac{x}{d} + O(x) \end{aligned}\]

考虑 \(\displaystyle \log x = \sum_{n\le x}\frac{1}{n} - \gamma + O\!\left(\frac{1}{x}\right)\)：

\[\begin{aligned} \sum_{d\le x} \mu(d)\frac{x}{d}\log\frac{x}{d} + O(x) &= \sum_{d\le x} \mu(d)\frac{x}{d}\left(\sum_{nd\le x}\frac{1}{n} - \gamma\right) + O(x) \\ &= \sum_{m\le x} \frac{x}{m} \sum_{d|m} \mu(d) + O(x) = O(x) \end{aligned}\]

我们直接得到了切比雪夫定理的结果！

由于 \(\sum_{n \le x} \mu(n)\) 我们目前只能得到 \(O(x)\) 的界，升高 \(\Lambda\) 的系数便变得理所当然。计算 \(\mu * 1''\) 的前缀和：

\[\begin{aligned} \sum_{d \le x} \mu(d) \sum_{n \le x/d} \log^2 n &= \sum_{d \le x} \mu(d) \frac{x}{d}\left(\log^2\frac{x}{d}-2\log\frac{x}{d}+2\right) + O(x) \\ &= \sum_{d\le x} \mu(d)\frac{x}{d}\log\frac{x}{d}\left(\sum_{nd\le x}\frac{1}{n} - \gamma\right) + O(x) \\ &= \sum_{m\le x} \frac{x}{m}\sum{d | m}\mu(d)\log\frac{x}{d} + O(x) \\ &= x\log x + \sum_{m \le x} \frac{x}{m}\Lambda(m) + O(x) = 2x\log x + O(x) \end{aligned}\]

塞尔伯格渐近公式

考虑对 \(\mu * 1'' = \mu * (\Lambda * 1)' = \mu * \Lambda * 1' + \Lambda' = \Lambda * \Lambda + \Lambda'\) 两侧前缀和：

\[\sum_{n \le x} \Lambda(n)\log n + \sum_{nm \le x} \Lambda(n)\Lambda(m) = 2x\log x + O(x) \]

逐项估计：

\[\begin{aligned} \sum_{n \le x} \Lambda(n)\log n - \vartheta(x)\log x &= \sum_{m \ge 2}\sum_{p^m \le x} m\log^2 p - \sum_{p \le x} \log p\log\!\left(\frac{x}{p}\right) \\ &= O(x) + O\Big((\pi(x)\log x - \vartheta(x))\log x\Big) = O(x) \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \sum_{nm \le x} \Lambda(n)\Lambda(m) - \sum_{p \le x}\vartheta\!\left(\frac{x}{p}\right)\log p &= \sum_{nm \le x} \Lambda(n)\Lambda(m) - \sum_{pq \le x} \log p\log q \\ &= O\!\left(\sum_{p \le x} \log p \sum_{m \ge 2} \psi\!\left(\frac{x}{p^m}\right)\right) \\ &= O\!\left(x\sum_{p \le x} \frac{\log p}{p(p-1)}\right) = O(x) \\ \end{aligned}\]

即证塞尔伯格渐近公式：

\[\vartheta(x)\log x + \sum_{p \le x}\vartheta\!\left(\frac{x}{p}\right)\log p = 2x\log x + O(x) \]

代入 \(\vartheta(x) = x\) 可以看到两侧相等，并且这个递推也符合我们的需要。

由于：

\[\sum_{p \le x} \log^2 p = \vartheta(x)\log x - \int_2^x \frac{\vartheta(t)}{t}\mathrm dt = \vartheta(x)\log x + O(x) \]

故塞尔伯格渐进公式也可写为：

\[\sum_{p \le x} \log^2 p + \sum_{pq \le x}\log p\log q = 2x\log x + O(x) \]

误差函数的上界与线性性

由于 \(\vartheta(x) = \Theta(x)\)，当 \(x > x_0'\) 时其存在下界 \(c'x\)，通过塞尔伯格渐进公式：

\[\vartheta(x) \le 2x - \frac{1}{\log x}\sum_{p\le x/x_0'}\vartheta\!\left(\frac{x}{p}\right)\log p + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \le (2-c')x + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \]

故存在 \(x_0, c\) 满足 \(x > x_0\) 时 \(cx < \vartheta(x) < (2-c)x\)，令 \(\sigma_0 = 1 - c\)，有 \(|R(x)| < \sigma_0x\)。

设 \(y > x\)，则有：

\[\begin{aligned} &\vartheta(y)\log y - \vartheta(x)\log x \le 2(y\log y - x\log x) + O(y) \\ \implies &\vartheta(y) - \vartheta(x) \le 2(y - x) + O\left(\frac{y\log(y/x)}{\log y}\right) \\ \implies &|R(y)-R(x)| < y-x + O\left(\frac{y\log(y/x)}{\log y}\right) \end{aligned}\]

递推公式的导出

我们想通过分部求和法将 \(\displaystyle \sum_{p \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{p}\right)\log p\) 化为更好操作的 \(\displaystyle \sum_{n \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{n}\right)\log n\)。

但塞尔伯格渐进公式包含了 \(p \le x\) 和 \(pq \le x\) 两项，仅有素数的项是不够的。

将 \(x / q\) 代入上式并以 \(\log(q)\) 的权重求和，得到：

\[\sum_{q \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{q}\right)\log\!\left(\frac{x}{q}\right)\log q + \sum_{pq \le x}\vartheta\!\left(\frac{x}{pq}\right)\log p\log q = 2\sum_{q \le x} \frac{x}{q}\log\!\left(\frac{x}{q}\right)\log q + O\!\left(x\log x\right) \]

估计第一项：

\[\sum_{q \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{q}\right)\log\!\left(\frac{x}{q}\right)\log q = \log x \sum_{q \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{q}\right)\log q - \sum_{q \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{q}\right)\log^2 q \]

\[\sum_{q \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{q}\right)\log q = 2x \log x + O(x) - \vartheta(x)\log x \]

估计右侧的第一项：

\[\sum_{q \le x} \frac{x}{q}\log\!\left(\frac{x}{q}\right)\log q = \frac{1}{2}x\log^2 x + O(x\log x) \]

故我们得到结论：

\[\vartheta(x)\log^2 x = x\log^2 x - \sum_{p \le x} \vartheta\!\left(\frac{x}{p}\right)\log^2 p + \sum_{pq \le x}\vartheta\!\left(\frac{x}{pq}\right)\log p\log q + O(x\log x) \]

看上去不错。

重写刚刚得到的估计：

\[R(x)\log^2 x = -\sum_{p \le x} R\!\left(\frac{x}{p}\right)\log^2 p + \sum_{pq \le x}R\!\left(\frac{x}{pq}\right)\log p\log q + O(x\log x) \]

其中用到了一个新的素数二重求和：

\[\sum_{pq \le x}\frac{\log p\log q}{pq} = \sum_{p \le x} \frac{\log p}{p}\Big(\log x - \log p + O(1)\Big) = \frac{1}{2}\log^2 x + O(\log x) \]

取绝对值得：

\[\begin{aligned} |R(x)|\log^2 x &\le \sum_{p \le x} \left|R\!\left(\frac{x}{p}\right)\right| \log^2 p + \sum_{pq \le x}\left|R\!\left(\frac{x}{pq}\right)\right|\log p\log q + O(x\log x) \\ &= \sum_{n \le x} \Big(2n\log n + O(n)\Big)\left(\left|R\!\left(\frac{x}{n-1}\right)\right|-\left|R\!\left(\frac{x}{n}\right)\right|\right) + O(x\log x) \\ &= \sum_{n \le x} \Big(2\log n + O(1)\Big)\left|R\!\left(\frac{x}{n}\right)\right| + O(x\log x) \end{aligned}\]

终于，我们去掉了公式中的 \(p\)，有：

\[|R(x)|\log^2 x \le 2\sum_{n \le x} \left|R\!\left(\frac{x}{n}\right)\right|\log n + O(x\log x) \]

六、最后的斗争

我们先罗列一下已有的工具：

\[\int_y^x \frac{R(t)}{t^2}\mathrm dt = O(1) \]

\[\forall x > x_0 : |R(x)| < \sigma_0x \]

\[\vartheta(y) - \vartheta(x) \le 2(y - x) + O\left(\frac{y\log(y/x)}{\log y}\right) \]

\[|R(x)|\log^2 x \le 2\sum_{n \le x} \left|R\!\left(\frac{x}{n}\right)\right|\log n + O(x\log x) \]

证明存在值较小的区间

设存在 \(\sigma < 1, x_0\) 使得 \(x > x_0\) 时有 \(|R(x)| < \sigma x\)。

取 \(x_1 \ge x_0\) 还满足以下两条条件：

\[\left|\int_y^x \frac{R(t)}{t^2}\mathrm dt\right| < M,\ \frac{\log x}{x} < \frac{\sigma}{3} \]

那么存在 \(x_\sigma\)，使得 \(x > x_\sigma\) 时，区间 \((x, \lambda x)\) 皆包含子区间 \([y, \delta y)\) 使得：

\[\forall z \in [y, \delta y) : \left|\frac{R(z)}{z}\right| < \frac{7\sigma}{9} \]

其中 \(\displaystyle \lambda = e^{3M/\sigma},\ \delta = \min\!\left(\lambda, 1 + \frac{\sigma}{3}\right)\)。

首先对于 \(x > x_1\)，若 \(R(x)\) 在 \((x, \lambda x)\) 上不变号，那么存在 \(y\) 使得：

\[\left|\frac{R(y)}{y}\right|\log\lambda = \left|\frac{R(y)}{y}\right|\int_x^{\lambda x} \frac{\mathrm dt}{t} \le \left|\int_x^{\lambda x} \frac{R(t)}{t^2}\mathrm dt\right| + \varepsilon < M \implies \left|\frac{R(y)}{y}\right| < \frac{\sigma}{3} \]

其中 \(\varepsilon\) 是因为 \(R(x)\) 阶跃，最小值不一定能取到。

若变号，则存在 \(y\) 使得 \(|R(y)| \le \log y\)，上述结论亦成立。

设 \(1/\delta \le y/y' < \delta\)，那么：

\[\begin{aligned} \left|\frac{R(y')}{y'}\right| &\le \left|\frac{R(y) + |y' - y|}{y'}\right| + O\!\left(\frac{1}{\log x}\right) \\ &\le \left|\frac{R(y)}{y}\right| \frac{y}{y'} + \left|1 - \frac{y}{y'}\right| + O\!\left(\frac{1}{\log x}\right) \\ &\le \frac{\sigma}{3}\!\left(1 + \frac{\sigma}{3}\right) + \frac{\sigma}{3} + O\!\left(\frac{1}{\log x}\right) < \frac{7\sigma}{9}\quad (x > x_\sigma) \end{aligned}\]

显然 \([y/\delta, \delta y)\) 中肯定含有所需的区间。

素数定理的证明

对 \(\sigma_0\) 应用结论，得到所需的 \(x_{\sigma_0}, \lambda, \delta\)，然后对于 \((x/\lambda^k, x/\lambda^{k-1})\) 选取 \(y_k\)：

\[\begin{aligned} |R(x)| &\le \frac{2}{\log^2 x}\sum_{n \le x} \left|R\!\left(\frac{x}{n}\right)\right|\log n + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \\ &\le \frac{2\sigma_0 x}{\log^2 x}\sum_{n \le x} \frac{\log n}{n} - \frac{4\sigma_0 x}{9\log^2 x}\sum_{\lambda^k \le \frac{x}{x_{\sigma_0}}}\sum_{y_k\le n<\delta y_k} \frac{\log n}{n} + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \\ &\le \sigma_0x - \frac{4\sigma_0 x}{9\log^2 x}\sum_{\lambda^k \le \frac{x}{x_{\sigma_0}}} \left(\log \delta\log x - k\log\delta\log \lambda + O\!\left(\frac{k\log \lambda}{\lambda^{k}}\right)\right) + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \\ &\le \sigma_0x - \frac{4\sigma_0 x}{9\log^2 x}\left(\frac{\log x}{\log \lambda}\log \delta\log x - \frac{1}{2}\!\left(\frac{\log x}{\log \lambda}\right)^2\log\delta\log\lambda\right) + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \\ &\le \sigma_0x\left(1 - \frac{2\log\delta}{9\log\lambda}\right) + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) \\ &\le \sigma_0x\left(1 - \frac{2\sigma_0^2}{81M}\right) + O\!\left(\frac{x}{\log x}\right) < \sigma_1 x \quad (\sigma_1 < \sigma_0) \end{aligned}\]

故我们得到了一系列 \(\sigma_0 > \sigma_1 > \cdots > \sigma_n\)，显然 \(\lim_{n\to\infty} \sigma_n = 0\)。

明所欲证！！！