欧拉乘积公式

著名的欧拉乘积公式
ζ(s)=∑n=1∞1ns=∏p11−1ps\zeta(s) = \sum_{n = 1}^\infin \frac{1}{n^s} = \prod_p\frac{1}{1 - \frac{1}{p^s}}ζ(s)=n=1∑∞ns1=p∏1−ps11
揭开了素数分布秘密的一角。证明思路如下，由
ζ(s)=11s+12s+13s+⋯\zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdotsζ(s)=1s1+2s1+3s1+⋯
两边乘以12s\frac{1}{2^s}2s1就得到
12sζ(s)=12s+14s+16s+⋯\frac{1}{2^s}\zeta(s) = \frac{1}{2^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s} + \cdots2s1ζ(s)=2s1+4s1+6s1+⋯
两式相减得（减掉所有2的倍数项）
(1−12s)ζ(s)=11s+13s+15s+⋯(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \cdots(1−2s1)ζ(s)=1s1+3s1+5s1+⋯
两边乘以13s\frac{1}{3^s}3s1就得到
13s(1−12s)ζ(s)=13s+19s+115s+⋯\frac{1}{3^s}(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = \frac{1}{3^s} + \frac{1}{9^s} + \frac{1}{15^s} + \cdots3s1(1−2s1)ζ(s)=3s1+9s1+15s1+⋯
再相减就得到（减掉所有3的倍数项）
(1−13s)(1−12s)ζ(s)=11s+15s+17s+⋯(1 - \frac{1}{3^s})(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{5^s} + \frac{1}{7^s} + \cdots(1−3s1)(1−2s1)ζ(s)=1s1+5s1+7s1+⋯
两边乘以15s\frac{1}{5^s}5s1再相减（减掉所有5的倍数项），如此这般下去，干掉右边所有得项，最终得到
⋯(1−15s)(1−13s)(1−12s)ζ(s)=1\cdots(1 - \frac{1}{5^s})(1 - \frac{1}{3^s})(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = 1⋯(1−5s1)(1−3s1)(1−2s1)ζ(s)=1
不难发现，乘到左边的项都是素数项，所以就有
ζ(s)=∏p11−1ps\zeta(s) = \prod_p\frac{1}{1 - \frac{1}{p^s}}ζ(s)=p∏1−ps11

Möbius函数

让我们尝试展开上式的右侧，得到
1ζ(s)=(1−12s)(1−13s)(1−15s)(1−17s)⋯=1−12s−13s−15s+16s−17s+⋯\frac{1}{\zeta(s)} = (1 - \frac{1}{2^s})(1 - \frac{1}{3^s})(1 - \frac{1}{5^s})(1 - \frac{1}{7^s})\cdots \\ = 1 - \frac{1}{2^s} - \frac{1}{3^s} - \frac{1}{5^s} + \frac{1}{6^s} - \frac{1}{7^s} + \cdots ζ(s)1=(1−2s1)(1−3s1)(1−5s1)(1−7s1)⋯=1−2s1−3s1−5s1+6s1−7s1+⋯
如果把这个级数写成Dirichlet级数
1ζ(s)=∑nanns\frac{1}{\zeta(s)} = \sum_n\frac{a_n}{n^s}ζ(s)1=n∑nsan
的形式，就会有当nnn为偶数个不同素数乘积时an=1a_n = 1an=1，当nnn为奇数个不同素数乘积时an=−1a_n = -1an=−1，而当nnn可被某一素数的平方整除时an=0a_n = 0an=0. 我们就定义这样的ana_nan为Möbius函数，记为μ(n)\mu(n)μ(n)，于是
1ζ(s)=∑nμ(n)ns\frac{1}{\zeta(s)} = \sum_n\frac{\mu(n)}{n^s}ζ(s)1=n∑nsμ(n)
容易验证Möbius函数是积性函数，也就是说μ(1)=1\mu(1) = 1μ(1)=1，且当a,ba, ~ ba, b互质时，μ(ab)=μ(a)μ(b)\mu(ab) = \mu(a)\mu(b)μ(ab)=μ(a)μ(b).

素数定理

欧拉注意到，当s=1s = 1s=1时，ζ(1)\zeta(1)ζ(1)为调和级数，其以对数方式发散。实际上
ln⁡(x)=∫1x1tdt\ln(x) = \int_1^x\frac{1}{t}dtln(x)=∫1xt1dt
为了干掉连乘积，两边取对数就有
ln⁡(∑n1n)=−∑pln⁡(1−1p)\ln(\sum_n\frac{1}{n}) = -\sum_p\ln(1 - \frac{1}{p})ln(n∑n1)=−p∑ln(1−p1)
为了展开ln⁡(1−1p)\ln(1 - \frac{1}{p})ln(1−p1)为幂级数，我们记q=1pq = \frac{1}{p}q=p1，显然ln⁡(1−q)\ln(1 - q)ln(1−q)可以在q=0q = 0q=0处展开，因为其nnn阶导数在q=0q = 0q=0处为−(n−1)!-(n - 1)!−(n−1)!，于是
−ln⁡(1−q)=q+12q2+13q3+⋯-\ln(1 - q) = q + \frac{1}{2}q^2 + \frac{1}{3}q^3 + \cdots−ln(1−q)=q+21q2+31q3+⋯
代入原式就得到
ln⁡(∑n1n)=−∑pln⁡(1−1p)=∑p(1p+12p2+13p3+⋯)\ln(\sum_n\frac{1}{n}) = -\sum_p\ln(1 - \frac{1}{p}) = \sum_p(\frac{1}{p} + \frac{1}{2p^2} + \frac{1}{3p^3} + \cdots)ln(n∑n1)=−p∑ln(1−p1)=p∑(p1+2p21+3p31+⋯)
上式右边除第一项外是收敛的，为了看出这一点，只需注意到
∑k=2∞(12k2+13k3+⋯)=−∑k=2∞[1k+ln⁡(1−1k)]=1−∑k=1∞1k+ln⁡∏k=2∞kk−1=1−lim⁡n→∞[∑k=1n1k−ln⁡(n)]=1−γ\sum_{k = 2}^\infty(\frac{1}{2k^2} + \frac{1}{3k^3} + \cdots) = -\sum_{k = 2}^\infty[\frac{1}{k} + \ln(1 - \frac{1}{k})] = 1 - \sum_{k = 1}^\infty\frac{1}{k} + \ln\prod_{k = 2}^\infty\frac{k}{k - 1} = 1 - \lim_{n \to \infty}[\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k} - \ln(n)] = 1 - \gammak=2∑∞(2k21+3k31+⋯)=−k=2∑∞[k1+ln(1−k1)]=1−k=1∑∞k1+lnk=2∏∞k−1k=1−n→∞lim[k=1∑nk1−ln(n)]=1−γ
其中γ\gammaγ为Euler-Mascheroni常数。于是
∑p1p∼ln⁡(∑n1n)∼ln⁡ln⁡(n)\sum_p\frac{1}{p} \sim \ln(\sum_n\frac{1}{n}) \sim \ln\ln(n)p∑p1∼ln(n∑n1)∼lnln(n)
或者更确切地说
∑p<N1p∼ln⁡ln⁡(N)\sum_{p < N}\frac{1}{p} \sim \ln\ln(N)p<N∑p1∼lnln(N)
更进一步地，上式左边似乎可以改写为积分的形式∫N1xdx\int^N\frac{1}{x}dx∫Nx1dx，但实际上并非所有的xxx都是素数，我们需要修改这个积分为
∫N1xρ(x)dx\int^N\frac{1}{x}\rho(x)dx∫Nx1ρ(x)dx
其中ρ(x)\rho(x)ρ(x)给出在xxx附近单位区间内存在素数的概率。如果注意到ln⁡ln⁡(N)=∫N1xln⁡(x)dx\ln\ln(N) = \int^N\frac{1}{x\ln(x)}dxlnln(N)=∫Nxln(x)1dx，就有
ρ(x)∼1ln⁡(x)\rho(x) \sim \frac{1}{\ln(x)}ρ(x)∼ln(x)1
于是xxx以内的素数个数π(x)\pi(x)π(x)可以表示为
π(x)=∫ρ(x)dx∼∫1ln⁡(x)dx∼xln⁡(x)\pi(x) = \int\rho(x)dx \sim \int\frac{1}{\ln(x)}dx \sim \frac{x}{\ln(x)}π(x)=∫ρ(x)dx∼∫ln(x)1dx∼ln(x)x
这就是素数定理。

Dirichlet卷积

数论函数

函数f⁣:Z+→Cf \colon \Z^+ \to \mathbb Cf:Z+→C被称为数论函数，每一个数论函数均可被视为一个复数序列。

Dirichlet卷积的定义

对于数论函数f,gf, ~ gf, g，其Dirichlet卷积定义为
(f∗g)(n)=∑d∣nf(d)g(nd)(f * g)(n) = \sum_{d \mid n}f(d)g(\frac{n}{d})(f∗g)(n)=d∣n∑f(d)g(dn)
可以验证，所有数论函数的集合以Dirichlet卷积为乘法构成一个阿贝尔幺半群。

实际上这个阿贝尔幺半群是一个整环（无零因子阿贝尔幺环），也就是说

数论函数对普通加法构成阿贝尔群

非零数论函数对卷积构成阿贝尔幺半群（即无零因子阿贝尔幺半群）

卷积对加法有分配律

以下验证相关性质，首先，根据定义，如果我们记b≡ndb \equiv \frac{n}{d}b≡dn，就容易看出
(f∗g)(n)=∑d∣nf(d)g(nd)=∑b∣ng(b)f(nb)=(g∗f)(n)(f * g)(n) = \sum_{d \mid n}f(d)g(\frac{n}{d}) = \sum_{b \mid n}g(b)f(\frac{n}{b}) = (g*f)(n)(f∗g)(n)=d∣n∑f(d)g(dn)=b∣n∑g(b)f(bn)=(g∗f)(n)
而注意到这个交换律我们就有
((f∗g)∗h)(n)=∑m∣n[∑d∣mf(d)g(md)]h(nm)=∑m∣nh(m)∑d∣nmf(d)g(ndm)=∑md=nh(m)f(d)g(ndm)=∑d∣nf(d)∑m∣ndh(m)g(ndm)((f * g) * h)(n) = \sum_{m \mid n}[\sum_{d \mid m}f(d)g(\frac{m}{d})]h(\frac{n}{m}) = \sum_{m \mid n}h(m)\sum_{d \mid \frac{n}{m}}f(d)g(\frac{n}{dm}) \\ = \sum_{md = n}h(m)f(d)g(\frac{n}{dm}) = \sum_{d \mid n}f(d)\sum_{m \mid \frac{n}{d}}h(m)g(\frac{n}{dm}) ((f∗g)∗h)(n)=m∣n∑[d∣m∑f(d)g(dm)]h(mn)=m∣n∑h(m)d∣mn∑f(d)g(dmn)=md=n∑h(m)f(d)g(dmn)=d∣n∑f(d)m∣dn∑h(m)g(dmn)
而
(f∗(g∗h))(n)=∑d∣nf(d)∑m∣ndg(m)h(ndm)=∑d∣nf(d)∑m∣ndh(m)g(ndm)(f * (g * h))(n) = \sum_{d \mid n}f(d)\sum_{m \mid \frac{n}{d}}g(m)h(\frac{n}{dm}) = \sum_{d \mid n}f(d)\sum_{m \mid \frac{n}{d}}h(m)g(\frac{n}{dm})(f∗(g∗h))(n)=d∣n∑f(d)m∣dn∑g(m)h(dmn)=d∣n∑f(d)m∣dn∑h(m)g(dmn)
这就证明了结合律。

Dirichlet卷积的例子

(1∗1)(n)=∑k∣n1=d(n)(1 * 1)(n) = \sum_{k \mid n}1 = d(n)(1∗1)(n)=∑k∣n1=d(n)，其中ddd为除数函数，其值等于nnn的正因子个数。
(1∗μ)(n)=∑d∣nμ(d)=1{1}(n)=[n=1]=ϵ(n)(1 * \mu)(n) = \sum_{d \mid n}\mu(d) = 1_{\{1\}}(n) = [n = 1] = \epsilon(n)(1∗μ)(n)=∑d∣nμ(d)=1{1}(n)=[n=1]=ϵ(n)，其中1A1_A1A为指示函数，ϵ\epsilonϵ为Dirichlet卷积的单位元。

证明
(1∗μ)(1)=1(1 * \mu)(1) = 1(1∗μ)(1)=1是显然的。当n>1n > 1n>1时，根据算数基本定理，我们可将nnn唯一分解为素数幂的乘积。n=∏k=1mpkakn = \prod^m_{k = 1}p_k^{a_k}n=∏k=1mpkak。现在设ddd的分解为d=∏k=1mpkbk,0≤bk≤akd = \prod^m_{k = 1}p_k^{b_k}, ~ 0 \le b_k \le a_kd=∏k=1mpkbk, 0≤bk≤ak，注意到如果bk≥2b_k \ge 2bk≥2就有μ(d)=0\mu(d) = 0μ(d)=0，因此
(1∗μ)(n)=∑bk=0,1μ(p1b1p2b2⋯pmbm)=∑bk=0,1μ(p1b1)μ(p2b2)⋯μ(pmbm)=∑bk=0,1(−1)b1+b2+⋯+bm=∑sm(ms)(−1)s=(1−1)m=0\begin{aligned} (1 * \mu)(n) &= \sum_{b_k = 0, ~ 1}\mu(p_1^{b_1}p_2^{b_2}\cdots p_m^{b_m}) \\ &= \sum_{b_k = 0, ~ 1}\mu(p_1^{b_1})\mu(p_2^{b_2})\cdots\mu(p_m^{b_m}) \\ &= \sum_{b_k = 0, ~ 1}(-1)^{b_1 + b_2 + \cdots + b_m} \\ &= \sum_s^m\binom{m}{s}(-1)^s \\ &= (1 - 1)^m = 0 \end{aligned}(1∗μ)(n)=bk=0, 1∑μ(p1b1p2b2⋯pmbm)=bk=0, 1∑μ(p1b1)μ(p2b2)⋯μ(pmbm)=bk=0, 1∑(−1)b1+b2+⋯+bm=s∑m(sm)(−1)s=(1−1)m=0
其中最后一步是二项式定理。综合两种情况就得到要证的结果。

(ϵ∗f)(n)=f(n)(\epsilon * f)(n) = f(n)(ϵ∗f)(n)=f(n)

Möbius反演定理

g=(1∗f)⟺f=(μ∗g)g = (1 * f) \iff f = (\mu * g)g=(1∗f)⟺f=(μ∗g)
两边同时对μ\muμ卷积，或者同时对111卷积即可证明。

广义Möbius反演

设数论函数α(n),β(n)\alpha(n), ~ \beta(n)α(n), β(n)满足(α∗β)(n)=ϵ(n)(\alpha * \beta)(n) = \epsilon(n)(α∗β)(n)=ϵ(n)，F,GF, ~ GF, G是定义在[1,+∞)[1, +\infty)[1,+∞)上的函数，我们有
G(x)=∑1≤n≤xz(n)α(n)F(xn)⟺F(x)=∑1≤n≤xz(n)β(n)G(xn)G(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\alpha(n)F(\frac{x}{n}) \iff F(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\beta(n)G(\frac{x}{n})G(x)=1≤n≤x∑z(n)α(n)F(nx)⟺F(x)=1≤n≤x∑z(n)β(n)G(nx)
其中z(n)z(n)z(n)为一完全积性函数，即z(1)=1z(1) = 1z(1)=1且z(nm)=z(n)z(m)z(nm) = z(n)z(m)z(nm)=z(n)z(m).

证明
∑1≤n≤xz(n)β(n)G(xn)=∑1≤n≤xz(n)β(n)∑1≤m≤xnz(m)α(m)F(xnm)=∑1≤n≤xβ(n)∑1≤m≤xnα(m)∑1≤r≤x[r=mn]z(r)F(xr)=∑1≤r≤xz(r)F(xr)∑1≤n≤x∑1≤m≤xn[r=mn]α(m)β(n)=∑1≤r≤xz(r)F(xr)∑m∣rα(m)β(rm)=∑1≤r≤xz(r)F(xr)ϵ(r)=F(x)\begin{aligned} \sum_{1 \le n \le x}z(n)\beta(n)G(\frac{x}{n}) &= \sum_{1 \le n \le x}z(n)\beta(n)\sum_{1 \le m \le \frac{x}{n}}z(m)\alpha(m)F(\frac{x}{nm}) \\ &= \sum_{1 \le n \le x}\beta(n)\sum_{1 \le m \le \frac{x}{n}}\alpha(m)\sum_{1\le r\le x}[r = mn]z(r)F(\frac{x}{r}) \\ &= \sum_{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\sum_{1 \le n \le x}\sum_{1 \le m \le \frac{x}{n}}[r = mn]\alpha(m)\beta(n) \\ &= \sum_{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\sum_{m \mid r}\alpha(m)\beta(\frac{r}{m}) \\ &= \sum_{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\epsilon(r) = F(x) \end{aligned}1≤n≤x∑z(n)β(n)G(nx)=1≤n≤x∑z(n)β(n)1≤m≤nx∑z(m)α(m)F(nmx)=1≤n≤x∑β(n)1≤m≤nx∑α(m)1≤r≤x∑[r=mn]z(r)F(rx)=1≤r≤x∑z(r)F(rx)1≤n≤x∑1≤m≤nx∑[r=mn]α(m)β(n)=1≤r≤x∑z(r)F(rx)m∣r∑α(m)β(mr)=1≤r≤x∑z(r)F(rx)ϵ(r)=F(x)

令α=1,β=μ\alpha = 1, ~ \beta = \muα=1, β=μ，我们就有广义Möbius反演
G(x)=∑1≤n≤xz(n)F(xn)⟺F(x)=∑1≤n≤xz(n)μ(n)G(xn)G(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)F(\frac{x}{n}) \iff F(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\mu(n)G(\frac{x}{n})G(x)=1≤n≤x∑z(n)F(nx)⟺F(x)=1≤n≤x∑z(n)μ(n)G(nx)
类似地，我们有
G(x)=∑1≤n≤xz(n)F(xn)⟺F(x)=∑1≤n≤xz(n)μ(n)G(xn)G(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)F(\sqrt[n]x) \iff F(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\mu(n)G(\sqrt[n]x)G(x)=1≤n≤x∑z(n)F(nx)⟺F(x)=1≤n≤x∑z(n)μ(n)G(nx)
证明是完全类似的。

黎曼的发展

黎曼也是从
ln⁡ζ(s)=∑p∑n1npns\ln\zeta(s) = \sum_p\sum_n\frac{1}{np^{ns}}lnζ(s)=p∑n∑npns1
入手，可以证明ln⁡ζ(s)\ln\zeta(s)lnζ(s)在复平面上ℜ(s)>0\Re(s) > 0ℜ(s)>0的区域是绝对收敛的。定义
J(x)=π(x)+12π(x)+13π(x3)+⋯=∑n[1nπ(xn)]J(x) = \pi(x) + \frac{1}{2}\pi(\sqrt x) + \frac{1}{3}\pi(\sqrt[3] x) + \cdots = \sum_n[\frac{1}{n}\pi(\sqrt[n]x)]J(x)=π(x)+21π(x)+31π(3x)+⋯=n∑[n1π(nx)]
称为黎曼素数计数函数。显然J(0)=0J(0) = 0J(0)=0，而后其每越过一个素数就增加111，每越过一个素数的平方就增加12\frac{1}{2}21，如此这般。在其不连续的点上，其值用J(x)=12[J(x−)+J(x+)]J(x) = \frac{1}{2}[J(x^-) + J(x^+)]J(x)=21[J(x−)+J(x+)]定义。可以看出，J(x)J(x)J(x)和π(x)\pi(x)π(x)之间的关系正是由上面提到的广义Möbius反演所联系
π(x)=∑n[μ(x)nJ(xn)]\pi(x) = \sum_n[\frac{\mu(x)}{n}J(\sqrt[n]x)]π(x)=n∑[nμ(x)J(nx)]
借此函数，上式就可以表为积分形式，因为
∑p∑n1npns=∫0∞∑n1nxnsρ(x)dx=∫0∞t−s∑n1ndπ(tn)=∫0∞t−sdJ(t)\sum_p\sum_n\frac{1}{np^{ns}} = \int_0^\infty\sum_n\frac{1}{nx^{ns}}\rho(x)dx = \int_0^\infty t^{-s}\sum_n\frac{1}{n}d\pi(\sqrt[n]t) = \int_0^\infty t^{-s}dJ(t)p∑n∑npns1=∫0∞n∑nxns1ρ(x)dx=∫0∞t−sn∑n1dπ(nt)=∫0∞t−sdJ(t)
其中第二个等号处使用换元x=tnx = \sqrt[n]tx=nt. 再进行一次分部积分便得
ln⁡ζ(s)=s∫0∞J(x)x−s−1dx\ln\zeta(s) = s\int_0^\infty J(x)x^{-s - 1}dxlnζ(s)=s∫0∞J(x)x−s−1dx

Mellin 变换

Mellin变换的定义是
{Mf}(s)=φ(s)=∫0∞xs−1f(x)dx\{\mathcal Mf\}(s) = \varphi(s) = \int_0^\infty x^{s-1}f(x)dx{Mf}(s)=φ(s)=∫0∞xs−1f(x)dx
其逆变换为
{M−1φ}(x)=f(x)=12πi∫c−i∞c+i∞x−sφ(s)ds\{\mathcal M^{-1}\varphi\}(x) = f(x) = \frac{1}{2\pi i}\int_{c - i\infty}^{c + i\infty}x^{-s}\varphi(s)ds{M−1φ}(x)=f(x)=2πi1∫c−i∞c+i∞x−sφ(s)ds
根据上述定义就有
ln⁡ζ(s)s={MJ}(−s)\frac{\ln\zeta(s)}{s} = \{\mathcal MJ\}(-s)slnζ(s)={MJ}(−s)
于是根据逆变换得到
J(x)=12πi∫a−i∞a+i∞ln⁡ζ(z)zxzdzJ(x) = \frac{1}{2\pi i}\int_{a - i\infty}^{a + i\infty}\frac{\ln\zeta(z)}{z}x^zdzJ(x)=2πi1∫a−i∞a+i∞zlnζ(z)xzdz
其中z=−s,a=−cz = -s, ~ a = -cz=−s, a=−c为大于111的实数。这就将ζ\zetaζ函数和素数分布规律JJJ明确地联系了起来。

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