Sveuciliste u Rijeci - Odjel za matematiku

Preddiplomski sveucilisni studij Matematika

Zlatko Durmis

Teorem o prostim brojevima

Zavrsni rad

Rijeka, 2012.

Sveuciliste u Rijeci - Odjel za matematiku

Preddiplomski sveucilisni studij Matematika

Zlatko Durmis

Teorem o prostim brojevima

Mentor: doc. dr. sc. Neven Grbac

Kolegiji: Kompleksna analiza, Uvod u teoriju brojeva,Matematicka analiza

Zavrsni rad

Rijeka, 2012.

Sadrzaj

1 Uvod 1

2 Riemannova zeta funkcija 2

3 Analiticki teorem 14

4 Teorem o prostim brojevima 23

5 Zakljucak 25

SAZETAK

Cilj rada je dokazati teorem o prostim brojevima koristenjem kompleksne ana-

lize. Najprije cemo, u prvom poglavlju, definirati Riemmanovu zeta funkciju ζ(s),

skraceno 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 moze zapisati u obliku Eulerovog produkta, sto ce nam poslije biti vrlo

korisno, narocito u dokazu leme 6. Takoder cemo pokazati da se zeta funkcija moze

analiticki produljiti na veci podskup kompleksne ravnine u lemi 4, sto cemo korisiti

takoder u lemi 6. U lemi 5 cemo pokazati jedno od svojstava funkcije ϑ(x), sto

ce nam biti bitno u zavrsnoj fazi dokaza teorema o prostim brojevima. U lemi 6

cemo vidjeti da zeta funkcija ne poprima vrijednost nula i da je funkcija Φ(s)− 1s−1

holomorfna na pravcu <(s) = 1, sto cemo koristiti poslije u lemi 7. Prije toga, u

narednom poglavlju, proci cemo kroz dokaz analitickog teorema, koji nam je osnova

za dokaz leme 7. Lema 8 navodi jos jedno svojstvo funkcije ϑ(x), ciji dokaz provo-

dimo svodenjem na kontradikciju sa lemom 7. I konacno, u poglavlju 4, navodimo

dokaz teorema o prostim brojevima koristenjem prethodno dokazanih rezultata.

Kljucne rijeci:

teorem o prostim brojevima

kompleksna analiza

Riemmanova zeta funkcija

analiticko produljenje

analiticki teorem

1 Uvod

Jednom je veliki matematicar Leopold Kronecker (1823.-1891.) rekao: ”Bog je

stvorio prirodne brojeve, sve ostalo je djelo covjeka.” Naime, pojam prirodnog broja

jedan je od osnovnih pojmova u matematici i jedan od pojmova koji je usko povezan

sa svakodnevnim prakticnim zivotom.

Bitan podskup prirodnih brojeva cine prosti brojevi, brojevi ciji jedini djelitelji

su jedan i on sam. Kako prema osnovnom teoremu aritmetike znamo da je svaki

broj prost ili se moze na jedinstven nacin prikazati kao umnozak prostih faktora, bez

uzimanja u obzir poretke faktora, vidimo da prosti brojevi na neki nacin izgraduju

prirodne brojeve, slicno kao sto atomi u fizickom svijetu, izgraduju razne predmete

u nasoj okolini.

Iako naocigled veoma jednostavan pojam, prosti brojevi bili su uzrokom razvoja

mnogih matematickih disciplina i pojavljivanja nekih od najtezih problema u ma-

tematici, od kojih se neki jos i danas, nakon vise desetljeca ili cak stoljeca, opiru

razumijevanju najboljih intelektualnih umova moderne znanosti. Unatoc svim napo-

rima, jos i danas nije u potpunosti najpreciznije poznato pravilo raspodjele prostih

brojeva medu prirodnim brojevima. Jedan od mozda najranijih pokusaja razumije-

vanja 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 jos nekoliko dodatnih funk-

cija i dokazati neka njihova potrebna svojstva.

Definicija 1 Za niz kompleksnih brojeva (cn)n∈N, red

∞∑n=1

cnns, gdje je s ∈ C, s = <(s) + i=(s), <(s),=(s) ∈ R,

nazivamo Dirichletov red.

Definicija 2 Ako je cn = 1, ∀n ≥ 1, tada red

ζ(s) =∞∑n=1

1

ns, gdje je s ∈ C, s = <(s) + i=(s), <(s),=(s) ∈ R,

nazivamo Riemannova zeta funkcija.

Definicija 3 Definiramo funkcije

Φ(s) =∑p∈P

ln p

ps,

ϑ(x) =∑p≤xp∈P

ln p,

gdje je s ∈ C, x ∈ R, a P je oznaka za skup prostih brojeva.

Sada cemo dokazati nekoliko dodatnih, potrebnih svojstava, prethodno definira-

nih funkcija.

Lema 1 Funkcija ζ(s) je holomorfna za <(s) > 1.

Dokaz:

Ocito vrijedi

|ns| = |es lnn| = |e<(s) lnn(cos(=(s) lnn) + i sin(=(s) lnn))| =

= e<(s) lnn√

cos2(=(s) lnn) + sin2(=(s) lnn)︸ ︷︷ ︸=1

= n<(s).

Sada imamo∞∑n=1

∣∣∣∣ 1

ns

∣∣∣∣ =∞∑n=1

1

n<(s),

2

a taj red konvergira za <(s) > 1, pa∑∞

n=11ns

konvergira apsolutno za <(s) > 1.

Takoder vrijedi∣∣∣∣ 1

ns

∣∣∣∣ =1

n<(s)≤ 1

nσ, za <(s) > 1, 1 < σ < <(s), ∀n ∈ N.

Iz konvergencije reda s pozitivnim clanovima∑∞

n=11nσ, slijedi uniformna konvergen-

cija reda∑∞

n=11ns

za <(s) > 1.

I jos imamo da red∞∑n=1

d

ds

1

ns= −

∞∑n=1

lnn

ns

konvergira uniformno za <(s) > 1, pa vrijedi

∞∑n=1

d

ds

1

ns=

d

ds

∞∑n=1

1

ns= ζ ′(s).

Slijedi da derivacija ζ ′(s) postoji i neprekidna je za Re(s) > 1.

Dakle red∑∞

n=11ns

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 ∑p∈P

∣∣∣∣ ln pps∣∣∣∣ =

∑p∈P

ln p

p<(s).

Stavimo σ = <(s) > 1.

Funkcija f(x) = lnxxσ

je neprekidna i padajuca na [2,∞〉. Pokazimo da nepravi

integral∫∞

2lnxxσdx konvergira za σ > 1.

Naime, vrijedi ∫lnx

xσdx =

x−σ+1

−σ + 1· lnx−

∫x−σ+1

−σ + 1· 1

xdx =

=x1−σ

1− σlnx− 1

1− σ

∫1

xσdx =

=x1−σ

1− σlnx− x1−σ

(1− σ)2,

pa iz toga slijedi

3

∫ ∞2

lnx

xσdx = lim

A→∞

∫ A

2

lnx

xσdx =

= limA→∞

(A1−σ

1− σlnA− A1−σ

(1− σ)2− 21−σ

1− σln 2 +

21−σ

(1− σ)2

)=

=21−σ

1− σln 2 +

21−σ

(1− σ)2, jer je

limA→∞

A1−σ lnA = [0 · ∞] = limA→∞

lnA1

A1−σ

= [∞∞

] =

[ primjenom L‘Hospitalovog pravila ]

= limA→∞

1A

(σ − 1)Aσ−2= lim

A→∞

1

(σ − 1)Aσ−1= 0,

i takoder je limA→∞

A1−σ = 0, jer je σ > 1.

Dakle, iz konvergencije∫∞

2lnxxσdx slijedi da red

∑p∈P

ln pps

konvergira apsolutno za

σ > 1.

Takoder vrijedi∣∣∣∣ ln pps∣∣∣∣ =

ln p

p<(s)≤ ln p

pσ0, za <(s) > 1, 1 < σ0 < <(s), ∀n ∈ N.

Iz konvergencije reda s pozitivnim clanovima∑

p∈Pln ppσ0

slijedi uniformna konvergen-

cija reda∑

p∈Pln pps

za <(s) > 1.

I jos imamo da red ∑p∈P

d

ds

ln p

ps= −

∑p∈P

ln2 p

ps

konvergira uniformno za <(s) > 1, pa vrijedi

∑p∈P

d

ds

ln p

ps=

d

ds

∑p∈P

ln p

ps= Φ′(s).

Slijedi da derivacija Φ′(s) postoji i neprekidna je za Re(s) > 1.

Dakle red∑

p∈Pln pps

definira na <(s) > 1 holomorfnu funkciju, a to je upravo

Φ(s).

Q.E.D.

Slijedeca lema govori da Riemmanova zeta funkcija ima Eulerov produkt.

4

Lema 3 Vrijedi

ζ(s) =∏p∈P

(1− p−s)−1, za <(s) > 1.

Dokaz:

Neka je m ∈ N proizvoljan. Tada vrijedi∣∣∣∣∣∣∣ζ(s)−∏p∈Pp<m

(1− p−s)−1

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∑n∈N

1

ns−∏p∈Pp<m

1

1−(

1p

)s∣∣∣∣∣∣∣ .

Ako iskoristimo

∞∑n=0

(1

ps

)n=

1

1−(

1p

)s jer je

∣∣∣∣ 1

ps

∣∣∣∣ =1

p<(s)< 1 za <(s) > 1, za

∏p∈Pp<m

1

1−(

1p

)s =∏p∈Pp<m

(∞∑n=0

(1

ps

)n)=

∑r1,r2,...∈N0

∏p1,p2,...∈Ppi<m

1

(prii )s

=

=∑

n∈N, n=∏

p∈Pp<m

pα(p), α(p)∈N0

1

ns,

onda imamo

∣∣∣∣∣∣∣∞∑n=1

1

ns−∏p∈Pp<m

1

1−(

1p

)s∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∞∑n=1

1

ns−

∑n∈N, n=

∏p∈Pp<m

pα(p), α(p)∈N0

1

ns

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∑

n∈N, n=∏p∈P p

α(p), α(p)∈N0,∃p≥m, takav da je α(p)∈N

1

ns

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∑n≥m

1

ns

∣∣∣∣∣ ≤∑n≥m

∣∣∣∣ 1

ns

∣∣∣∣ =∑n≥m

1

n<(s)→ 0, za m→∞,

jer je∑

n≥m1

n<(s)ostatak reda

∑∞n=1

1n<(s)

, koji konvergira za <(s) > 1, prema lemi 1.

Dakle, pokazali smo da vrijedi

limm→∞

∏p<m

(1− p−s)−1 =∏p∈P

(1− p−s)−1 = ζ(s), za <(s) > 1.

Q.E.D.

Lema 4 ζ(s)− 1s−1

se moze prosiriti do holomorfne funkcije na <(s) > 0.

5

Dokaz:

Najprije pokazimo da vrijedi∫ ∞1

1

xsdx =

1

s− 1, za <(s) > 1.

Naime, imamo

∫ ∞1

1

xsdx = lim

A→∞

∫ A

1

1

xsdx = lim

A→∞

(x−s+1

−s+ 1

)A

1

=

= limA→∞

(A−s+1

−s+ 1− 1

−s+ 1

)= lim

A→∞

A−s+1

−s+ 1+

1

s− 1=

1

s− 1.

Sada za <(s) > 1 imamo

ζ(s)− 1

s− 1=∞∑n=1

1

ns−∫ ∞

1

1

xsdx

=∞∑n=1

1

ns−∞∑n=1

∫ n+1

n

1

xsdx =

∞∑n=1

(1

ns−∫ n+1

n

1

xsdx

)=

=∞∑n=1

(∫ n+1

n

1

nsdx−

∫ n+1

n

1

xsdx

)=∞∑n=1

∫ n+1

n

(1

ns− 1

xs

)dx.

Sada ∀n ∈ N, ∀s ∈ C, <(s) > 0, primjenom teorema o srednjoj vrijednosti

|f(a)− f(b)| ≤∫ b

a

|f ′(t)| dt ≤ maxa≤t≤b

|f ′(t)| |b− a| ,

imamo ∣∣∣∣∫ n+1

n

(1

ns− 1

xs

)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ n+1

n

∣∣∣∣ ddx(

1

ns− 1

xs

)∣∣∣∣ dx =

=

∫ n+1

n

∣∣∣ s

xs+1

∣∣∣ dx ≤ maxn≤x≤n+1

∣∣∣ s

xs+1

∣∣∣ |(n+ 1)− n| =

= maxn≤x≤n+1

|s|x<(s)+1

≤ |s|n<(s)+1

.

Red s pozitivnim clanovima∑∞

n=1|s|

n<(s)+1 konvergira za <(s) > 0, sto povlaci

apsolutnu konvergenciju reda∑∞

n=1

∫ n+1

n

(1ns− 1

xs

)dx za <(s) > 0.

Sada primjenom Leibnizovog integralnog pravila imamo

∞∑n=1

d

ds

∫ n+1

n

(1

ns− 1

xs

)dx =

6

=∞∑n=1

∫ n+1

n

d

ds

(1

ns− 1

xs

)dx =

∞∑n=1

∫ n+1

n

(− lnn

ns+

lnx

xs

)dx.

I sada opet, kao ranije, ∀n ∈ N, ∀s ∈ C, <(s) > 0, primjenom teorema o srednjoj

vrijednosti imamo∣∣∣∣∫ n+1

n

(− lnn

ns+

lnx

xs

)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ n+1

n

∣∣∣∣ ddx(− lnn

ns+

lnx

xs

)∣∣∣∣ dx =

=

∫ n+1

n

∣∣∣∣1− s lnx

xs+1

∣∣∣∣ dx ≤ maxn≤x≤n+1

∣∣∣∣1− s lnx

xs+1

∣∣∣∣ |(n+ 1)− n| =

= maxn≤x≤n+1

|1− s lnx|x<(s)+1

≤ 1 + |s| ln(n+ 1)

n<(s)+1.

Red s pozitivnim clanovima∑∞

n=11+|s| ln(n+1)

n<(s)+1 =∑∞

n=11

n<(s)+1 + |s|∑∞

n=1ln(n+1)

n<(s)+1 ,

konvergira za <(s) > 0, jer oba reda sa desne strane jednakosti, kako je pret-

hodno pokazano, konvergiraju za <(s) > 0, sto povlaci uniformnu konvergenciju

reda∑∞

n=1dds

∫ n+1

n

(1ns− 1

xs

)dx, a to znaci da d

ds

(ζ(s)− 1

s−1

)postoji za <(s) > 0 i

neprekidna je.

Dakle, funkcija ζ(s)− 1s−1

je holomorfna za <(s) > 0.

Q.E.D.

Neka su f i g funkcije realne varijable. Kazemo 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 mozemo pisati

2n(2n− 1) · . . . · (n+ 2)(n+ 1) =(2n)!

n!=

(2n

n

)· n!

i kako znamo da p - n!, slijedi p |(

2nn

), iz cega mozemo zakljuciti

∏n<p≤2n

p ≤(

2n

n

)≤(

2n

0

)+

(2n

1

)+ . . .+

(2n

2n

)= (1 + 1)2n = 22n.

7

Sada primjenom strogo rastuce funkcije ln x na obje strane nejednakosti slijedi∑n<p≤2n

ln p ≤ 2n ln 2.

Ako uzmemo da je n = 2k−1, za neki k ∈ N, tada imamo∑2k−1<p≤2k

ln p ≤ 2k ln 2.

Sada za k = 1, . . . ,m dobijemo m nejednakosti∑1<p≤2

ln p ≤ 2 ln 2,

∑2<p≤4

ln p ≤ 4 ln 2,

∑4<p≤8

ln p ≤ 8 ln 2,

· · ·∑2m−1<p≤2m

ln p ≤ 2m ln 2.

Sumiranjem nejednakosti imamo

m∑n=1

∑2n−1<p≤2n

ln p

=∑p≤2m

ln p ≤ (2 + 22 + 23 + . . .+ 2m) ln 2 =

= (2m+1 − 2) ln 2 ≤ 2m+1 ln 2,

odnosno ∑p≤2m

ln p ≤ 2m+1 ln 2.

Kako za svaki x ≥ 1 mozemo izabrati m ∈ N tako da vrijedi

2m−1 ≤ x < 2m, slijedi

ϑ(x) =∑p≤x

ln p ≤∑p≤2m

ln p ≤ 2m+1 ln 2 = (4 ln 2)2m−1 ≤ (4 ln 2)x,

odnosno

ϑ(x) ≤ Cx, ∀x ≥ 1,

8

ϑ(x) = O(x).

Q.E.D.

Lema 6 ζ(s) 6= 0 i Φ(s)− 1s−1

je holomorfna za <(s) ≥ 1.

Dokaz:

Zbog apsolutne konvergencije reda∑∞

n=11ns

, apsolutno konvergira i Eulerov pro-

dukt toga reda, za <(s) > 1, u konacan broj razlicit od nule. Dakle, ζ(s) 6= 0 za

<(s) > 1. Preostaje nam pokazati da je ζ(s) 6= 0 za <(s) = 1.

Prema ranije pokazanome, Φ(s) je holomorfna za <(s) > 1, a takoder i 1s−1

, pa

zakljucujemo da je Φ(s)− 1s−1

holomorfna za <(s) > 1. Preostaje nam pokazati da

je holomorfna i za <(s) = 1.

Sada za <(s) > 1 imamo

ln ζ(s) = ln∏p∈P

(1− p−s

)−1=∑p∈P

ln(1− p−s

)−1,

pa deriviranjem po s dobijemo

ζ ′(s)

ζ(s)=∑p∈P

((1− p−s)(−(1− p−s)−2p−s ln p)

)= −

∑p∈P

p−s

1− p−sln p.

Primjenom formule za sumu geometrijskog reda slijedi

ζ ′(s)

ζ(s)= −

∑p∈P

∞∑n=1

ln p

pns= −

∑p∈P

ln p

ps−∑p∈P

∞∑n=2

ln p

pns=

= −∑p∈P

ln p

ps−∑p∈P

ln p · p−2s

1− p−s= −

∑p∈P

ln p

ps−∑p∈P

ln p

ps(ps − 1),

odnosno

−ζ′(s)

ζ(s)= Φ(s) +

∑p∈P

ln p

ps(ps − 1).

Oduzimanjem 1s−1

od obje strane jednakosti i promjenom rasporeda imamo

Φ(s)− 1

s− 1= −

(ζ ′(s)

ζ(s)+

1

s− 1+∑p∈P

ln p

ps(ps − 1)

). (∗)

U nastavku cemo prouciti pojedine clanove sa desne strane jednakosti (∗). Naj-

prije∑

p∈Pln p

ps(ps−1), a zatim ζ′(s)

ζ(s)+ 1

s−1. Ako je svaki pojedini clan holomorfan za

<(s) = 1, tada je i funkcija Φ(s) − 1s−1

, sa lijeve strane jednakosti (∗), holomorfna

za <(s) = 1, a upravo to zelimo pokazati.

9

KORAK 1:

Pokazimo da red∑

p∈Pln p

ps(ps−1)konvergira apsolutno i uniformno za Re(s) > 1

2.

Neka je σ = Re(s) > 12. Koristenjem |ps| = pσ i ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|, ∀z1, z2 ∈ C,

vrijedi |pσ − 1| = ||ps| − 1| ≤ |ps − 1|, pa imamo∣∣∣∣ ln p

ps(ps − 1)

∣∣∣∣ =ln p

pσ|ps − 1|≤ ln p

pσ|pσ − 1|≤ ln p

(pσ − 1)2.

Provjerimo konvergenciju reda∑

p∈Pln p

(pσ−1)2, za σ > 1

2. Naime, red s pozitivnim

clanovima∑

p∈Pln pp2σ

= Φ(2σ) konvergira, prema lemi 2, za 2σ > 1, odnosno za σ > 12

i takoder vrijedi

limp→∞

ln p(pσ−1)2

ln pp2σ

= limp→∞

p2σ

(pσ − 1)2= lim

p→∞

1

1− 2pσ

+ 1p2σ

= 1 <∞,

pa prema teoremu o usporedivanju redova sa pozitivnim clanovima, zakljucujemo

da i red∑

p∈Pln p

(pσ−1)2konvergira za σ > 1

2. Na temelju toga slijedi uniformna i

apsolutna konvergencija reda∑

p∈Pln p

ps(ps−1).

Red∑

p∈Pdds

(ln p

ps(ps−1)

)takoder konvergira uniformno, sto znaci da polazni red∑

p∈Pln p

ps(ps−1)definira holomorfnu funkciju za <(s) > 1

2.

KORAK 2:

Pokazimo sada da je ζ′(s)ζ(s)

+ 1s−1

holomorfna za <(s) > 0, osim gdje nije definirana.

Naime, ranije smo pokazali da je funkcija ζ(s)− 1s−1

holomorfna za σ = <(s) > 0.

Kako vrijedi

ζ(s)− 1

s− 1=

(s− 1)ζ(s)− 1

s− 1, slijedi da je (s−1)ζ(s) holomorfna za σ > 0, pa je i

d

ds((s− 1)ζ(s)) holomorfna za σ > 0.

Dakle,

dds

((s− 1)ζ(s))

(s− 1)ζ(s)=ζ ′(s)

ζ(s)+

1

s− 1je meromorfna za σ > 0,

kao kvocijent dvije holomorfne funkcije. Njeni polovi se mogu pojaviti jedino u

nultockama nazivnika.

KORAK 3:

10

U nastavku cemo pokazati da je (s − 1)ζ(s) 6= 0, za σ = 1. Na taj nacin cemo

pokazati da je funkcija ζ′(s)ζ(s)

+ 1s−1

holomorfna za σ = 1, a kako i red∑

p∈Pln p

ps(ps−1)

definira holomorfnu funkciju u σ = 1, time cemo dokazati da je Φ(s)− 1s−1

holomorfna

za σ = 1.

Prvo pokazimo da je (s− 1)ζ(s) 6= 0, za s = 1.

Naime, jer je ζ(s)− 1s−1

holomorfna za σ > 0, onda je holomorfna i u s = 1, gdje

poprima konacnu vrijednost koja iznosi

lims→1

(ζ(s)− 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

lims→1

((s− 1)ζ(s)) = 1 6= 0, pa je (s− 1)ζ(s) 6= 0, za s = 1.

Sada cemo pokazati da vrijedi

(s− 1)ζ(s) 6= 0, za σ = 1, t = =(s) 6= 0, t ∈ R, sto je ekvivalentno sa

ζ(1 + it) 6= 0, za t 6= 0, t ∈ R.

Pretpostavimo suprotno, odnosno da ζ(s) ima nultocku reda µ u tocki s0 = 1+it,

za neki t 6= 0, t ∈ R.

Kako je ζ(s)− 1s−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 cega bi slijedilo da ζ(s) nema nultocaka na pravcu

<(s) = 1.

Kako je s0 nultocka reda µ, funkciju ζ(s) mozemo prikazati u obliku

ζ(s) = (s− s0)µζ1(s), ζ1(s0) 6= 0, pa takoder vrijedi

ζ ′(s) = µ(s− s0)µ−1ζ1(s) + (s− s0)µζ ′1(s),

iz cega slijedi jednakost

ζ ′(s)

ζ(s)=µ(s− s0)µ−1ζ1(s) + (s− s0)µζ ′1(s)

(s− s0)µζ1(s)=

µ

s− s0

+ζ ′1(s)

ζ1(s)

Sada za proizvoljan ε > 0 imamo

ζ ′(s0 + ε)

ζ(s0 + ε)=

µ

s0 + ε− s0

+ζ ′1(s0 + ε)

ζ1(s0 + ε).

11

Ako pomnozimo obje strane jednakosti sa ε i uzmemo da ε→ 0+, slijedi

limε→0+

ζ ′(s0 + ε)

ζ(s0 + ε)· ε = µ+ lim

ε→0+

ζ ′1(s0 + ε)

ζ1(s0 + ε)· ε.

Kako je ζ(s) diferencijabilna za σ > 1, pa ima derivaciju svakog reda na istom

podrucju, to je i ζ ′1(s) diferencijabilna za σ > 1, i jednaka je nekom konacnom broju.

Takoder je ζ1(s0) 6= 0, jer bi u protivnom red nultocke bio strogo veci od µ, sto je

kontradikcija, pa vidimo da limes sa desne strane jednakosti tezi ka nuli, iz cega

slijedi

limε→0+

ζ ′(s0 + ε)

ζ(s0 + ε)· ε = µ.

Prema prethodnome, iz

Φ(s0 + ε)− 1

s0 + ε− 1= −

(ζ ′(s0 + ε)

ζ(s0 + ε)+

1

s0 + ε− 1+∑p∈P

ln p

ps0+ε(ps0+ε − 1)

), (1)

mnozenjem obje strane jednakosti sa ε i ako uzmemo da ε→ 0+, imamo sljedece

limε→0+

Φ(s0 + ε) · ε = − limε→0+

ζ ′(s0 + ε)

ζ(s0 + ε)· ε = −µ.

Ovdje posljednji red iz zagrade sa desne strane jednakosti (1) konvergira, pa mnozenjem

sa ε tezi ka nuli, kada ε→ 0+.

Pretpostavimo da je s1 = 1 + 2ti nultocka reda ν ≥ 0, pa analogno kao za s0,

imamo da vrijedi

limε→0+

Φ(s1 + ε) · ε = −ν.

Takoder iz

Φ(1 + ε)− 1

1 + ε− 1= −

(ζ ′(1 + ε)

ζ(1 + ε)+

1

1 + ε− 1+∑p∈P

ln p

p1+ε(p1+ε − 1)

), (2)

mnozenjem obje strane jednakosti sa ε i ako uzmemo da ε→ 0+, slijedi

limε→0+

Φ(1 + ε) · ε = 1. (3)

Ovdje posljednji red iz zagrade sa desne strane jednakosti (2) konvergira, pa mnozenjem

sa ε tezi ka nuli, kada ε → 0+. Takoder je ζ′(s)ζ(s)

+ 1s−1

holomorfna za s = 1, kako

smo pokazali na pocetku koraka 3, pa taj izraz mnozenjem sa ε tezi ka nuli, kada

ε → 0+. Na lijevoj strani ostane limε→0+ Φ(1 + ε) · ε − 1, pa sada slijedi jednakost

(3).

12

Ako je s0 nultocka od ζ(s), tada je i s0 nultocka od ζ(s). Za nastavak nam je

bitno da je s0 istoga reda kao i s0, pa cemo to sada pokazati.

Uocimo da vrijedi

ζ(s) =∞∑n=1

1

ns=∞∑n=1

1

ns= ζ(s), jer je

ns = es lnn = e(ξ−iψ) lnn = e(ξ+iψ) lnn = 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 cega slijedi

ζ1(s) = ζ1(s), a posebno ζ1(s0) = ζ1(s0) 6= 0 = 0, dakle

s0 je takoder reda µ.

Takoder zbog

ζ ′(s) = −∞∑n=1

lnn

ns= −

∞∑n=1

lnn

ns= ζ ′(s), imamo

ζ ′(s) = µ(s− s0)µ−1ζ1(s) + (s− s0)µζ ′1(s) =

= ζ ′(s) = µ(s− s0)µ−1ζ1(s) + (s− s0)µζ ′1(s) =

= µ(s− s0)µ−1ζ1(s) + (s− s0)µζ ′1(s), pa zbog ζ1(s) = ζ1(s)

imamo da je ζ ′1(s) = ζ ′1(s), odnosno ζ ′1(s0) = ζ ′1(s0).

Dakle, s0 je takoder reda µ i cijeli postupak koji smo prosli za s0 vrijedi i za s0.

Takoder, prisjetimo se da je Φ(s) =∑

p∈Pln pps.

Sada uocimo sljedece

0 ≤∑p∈P

ln p

p1+ε

(2<(pit2

))4

=∑p∈P

ln p

p1+ε

(pit2 + p

−it2

)4

=

=∑p∈P

ln p

p1+ε

(p2it + 4pit + 6 + 4p−it + p−2it

)=

=∑p∈P

ln p

p1+ε−2it+ 4

∑p∈P

ln p

p1+ε−it + 6∑p∈P

ln p

p1+ε+ 4

∑p∈P

ln p

p1+ε+it+∑p∈P

ln p

p1+ε+2it=

= Φ(1− 2it+ ε) + 4Φ(1− it+ ε) + 6Φ(1 + ε) + 4Φ(1 + it+ ε) + Φ(1 + 2it+ ε) =

= Φ(s1 + ε) + 4Φ(s0 + ε) + 6Φ(1 + ε) + 4Φ(s0 + ε) + Φ(s1 + ε).

13

Ako sada pomnozimo obje strane nejednakosti sa ε > 0 i uzmemo da ε → 0+,

koristenjem prethodno dobivenih jednadzbi

limε→0+

Φ(s0 + ε) · ε = limε→0+

Φ(s0 + ε) · ε = −µ,

limε→0+

Φ(s1 + ε) · ε = limε→0+

Φ(s1 + ε) · ε = −ν i

limε→0+

Φ(1 + ε) · ε = 1,

dobijemo nejednakost

0 ≤ −ν − 4µ+ 6− 4µ− ν = −2ν − 8µ+ 6.

Zato jer je ν ≥ 0, imamo 0 ≤ 6− 2ν − 8µ ≤ 6− 8µ, iz cega slijedi 8µ ≤ 6, odnosno

µ ≤ 68< 1, pa slijedi da je µ = 0. Time smo pokazali da je ζ(s) 6= 0, za <(s) = 1,

pa prema koracima 1, 2, 3 i iz jednakosti (∗), slijedi da je Φ(s)− 1s−1

holomorfna za

<(s) = 1.

Q.E.D.

3 Analiticki teorem

Teorem 1 (Analiticki teorem) Pretpostavimo da je f(t), t ≥ 0, ogranicena i

lokalno integrabilna kompleksna funkcija. Neka se funkcija

g(s) =

∫ ∞0

f(t)e−stdt,

koja je holomorfna na podrucju <(s) > 0, analiticki produlji do holomorfne funkcije

na otvorenom skupu koji sadrzi zatvoreni skup <(s) ≥ 0. Tada integral∫∞

0f(t)dt

konvergira i jednak je g(0).

Dokaz:

Za fiksni T > 0 stavimo da je gT (s) =∫ T

0f(t)e−stdt.

gT (s) je holomorfna na citavom C. Naime, primjenom Leibnizovog integralnog

pravila imamo da je

d

dsgT (s) =

d

ds

∫ T

0

f(t)e−stdt =

∫ T

0

d

ds

(f(t)e−st

)dt =

∫ T

0

f(t)(−t)e−stdt.

Kako je f(t) lokalno integrabilna, a−t i e−st takoder, tada postoji ddsgT (s), za svaki s ∈

C, odnosno gT (s) je holomorfna na C.

14

Trebamo pokazati da vrijedi

limT→∞

gT (0) = g(0).

Neka su R > 0 i δ > 0 takvi da je g(s) holomorfna na podskupu od C koji sadrzi

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)e0T − gT (0)e0T =1

2πi

∫Γ

g(s)esT

sds− 1

2πi

∫Γ

gT (s)esT

sds =

=1

2πi

∫Γ

(g(s)− gT (s))esT

sds+

1

2πi

∫Γ

(g(s)− gT (s))esT s2

sR2ds︸ ︷︷ ︸

=0

.

Podintegralna funkcija, posljednjeg integrala iz prethodne jednakosti, je analiticka

na podrucju koje sadrzi Γ, pa prema Cauchyjevom teoremu taj integral poprima

vrijednost nula, kako smo naznacili. Zato smo ga mogli dodati. Sada mozemo pisati

g(0)− gT (0) =1

2πi

∫Γ

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds.

Kako je f(t) ogranicena, postoji konstanta M > 0, takva da je

|f(t)| ≤M, za svaki t ≥ 0.

Sada za x = <(s) > 0, imamo

|g(s)− gT (s)| =∣∣∣∣∫ ∞T

f(t)e−stdt

∣∣∣∣ ≤ ∫ ∞T

|f(t)||e−st|dt =

=

∫ ∞T

|f(t)|e−xtdt ≤M

∫ ∞T

e−xtdt = M limA→∞

∫ A

T

e−xtdt =

= M limA→∞

(−1

xe−xt

)A

T

= M limA→∞

(−1

xe−xA +

1

xe−xT

)=Me−xT

x,

dok je za |s| = R, funkcija esT 1s

(1 + s2

R2

)holomorfna i vrijedi

∣∣∣∣esT 1

s

(1 +

s2

R2

)∣∣∣∣ = exT∣∣∣∣s−1 +

1

R2s

∣∣∣∣ =

[|sn| = |s|n, arg(sn) = n arg(s), pa je

s−1 = 1Re−i arg(s), 1

R2 s = 1Rei arg(s)

]15

= exT∣∣∣∣ 1

Re−i arg(s) +

1

Rei arg(s)

∣∣∣∣ =exT

R2

∣∣R · e−i arg(s) +R · ei arg(s)∣∣ =

=exT

R2|2R cos (arg(s))| = exT |2x|

R2=

2exTx

R2.

Iz neprekidnosti g(s)− gT (s), mozemo zakljuciti∣∣∣∣(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)∣∣∣∣ ≤ Me−xT

x· 2exTx

R2=

2M

R2,

za svaki s ∈ Γ+ = Γ ∩ {s ∈ C : <(s) ≥ 0}, iz cega slijedi∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ+

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ ≤ 1

2π

∫Γ+

2M

R2|ds| =

=1

2π· 2M

R2·Rπ =

M

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 citavom C, prema Cauchyevom teoremu mozemo,

umjesto konture Γ−, uzeti polukruznicu Γ′− = {s ∈ C : |s| = R, <(s) < 0}.Sada, za x = <(s) < 0, imamo

|gT (s)| =∣∣∣∣∫ T

0

f(t)e−stdt

∣∣∣∣ ≤M

∫ T

0

e−xtdt ≤M

∫ T

−∞e−xtdt =

= M limA→∞

∫ T

−Ae−xtdt = lim

A→∞

(−1

xe−xt

)T

−A

=

= M limA→∞

(−1

xe−xT +

1

xexA)

= Me−xT

−x=Me−xT

|x|.

Imamo da otprije vrijedi∣∣∣∣esT 1

s

(1 +

s2

R2

)∣∣∣∣ =2exT |x|R2

, pa iz svega slijedi

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ′−

gT (s)esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣∣ ≤ 1

2π

Me−xT

|x|· 2exT |x|

R2

∫Γ′−

|ds|︸ ︷︷ ︸=Rπ

=M

R.

Sada pogledajmo za g(s).

Kako je g(s) holomorfna na kompaktnom skupu Γ−, tada je i ogranicena na tom

16

skupu, pa tada postoji konstanta K = K(R, δ) > 0, tako da vrijedi∣∣∣∣g(s)1

s

(1 +

s2

R2

)∣∣∣∣ ≤ K, za svaki s ∈ Γ−.

Sada vrijedi∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ−

g(s)esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ ≤ 1

2πK∣∣esT ∣∣ ∫

Γ−

|ds|,

a ako uzmemo da T →∞, tada zbog limT→∞ |esT | = limT→∞ exT = 0, dobijemo

limT→∞

∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ−

g(s)esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ = 0.

Sada imamo da vrijedi

|g(0)− gT (0)| =∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ+

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds+

1

2πi

∫Γ−

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ ≤≤∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ+

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣+∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ−

(g(s)− gT (s)) esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ ≤≤ M

R+

∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ−

(g(s)esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣+

∣∣∣∣ 1

2πi

∫Γ−

gT (s)esT1

s

(1 +

s2

R2

)ds

∣∣∣∣ ≤≤ M

R+M

R+

1

2πK|esT |

∫Γ−

|ds|,

iz cega slijedi

lim supT→∞

|g(0)− gT (0)| ≤ 2M

R,

a kako vrijedi limR→∞2MR

= 0, to je onda

limT→∞

gT (0) = g(0).

Q.E.D.

Lema 7 Nepravi integral∫∞

1ϑ(x)−xx2

dx konvergira.

Dokaz:

Primjenit cemo analiticki teorem kako bismo pokazali da dani integral, oznacimo

ga sa I, konvergira.

17

Kako je x > 0, mozemo staviti x = et, pa imamo

I =

∫ ∞1

ϑ(x)− xx2

dx =

∫ ∞1

(ϑ(x)

x− 1

)1

xdx =

[x = et ⇒ t = lnx, x ∈ [1,∞]⇒ t ∈ [0,∞] , dt =

1

xdx

]=

∫ ∞0

(ϑ(et)e−t − 1

)dt

Ako definiramo f(t) = ϑ(et)e−t − 1, imamo

I =

∫ ∞0

f(t)dt.

Sada, zbog ϑ(x) = O(x), lema 5, postoje konstante C ∈ R i t0 ∈ [0,∞〉, 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, ocito je ogranicena na

[0, t0〉 , pa slijedi da je ogranicena na [0,∞〉 . Takoder, na svakom kompaktnom

skupu K ⊂ [0,∞〉, funkcija f(t) ima samo konacno mnogo prekida prve vrste, pa

je integral po K od f(t) konacan, na temelju cega zakljucujemo da je f(t) lokalno

integrabilna funkcija.

Definirajmo sada g(s) =∫∞

0f(t)e−stdt, za <(s) > 0.

Ako pokazemo da je g(s) holomorfna za <(s) ≥ 0, tada bi sve pretpostavke

analitickog teorema bile ispunjene, pa bi slijedilo da∫∞

0f(t)dt konvergira i jednak

je g(0).

Pokazat cemo da vrijedi jednakost∫ ∞0

ϑ(et)e−(s+1)tdt =Φ(s+ 1)

s+ 1, za <(s) > 0,

jer pomocu nje slijedi

g(s) =

∫ ∞0

(ϑ(et)e−t − 1

)e−stdt =

∫ ∞0

ϑ(et)e−(s+1)tdt−∫ ∞

0

e−stdt =

∫ ∞0

e−stdt = limA→∞

∫ A

0

e−stdt = limA→∞

(−1

se−st

)A

0

= limA→∞

(−1

s· 1

esA+

1

s

)=

1

s

18

=Φ(s+ 1)

s+ 1−1

s=

[1

s=

1

s· s+ 1

s+ 1=

1

s+ 1+

1

s(s+ 1)

]=

1

s+ 1

(Φ(s+ 1)− 1

s− 1

),

odnosno vrijedi

g(s) =1

s+ 1

(Φ(s+ 1)− 1

s− 1

).

Ako dobivena jednakost vrijedi za <(s) > 0, tada je <(s + 1) > 1, pa prema

prethodno dokazanome rezultatu da je Φ(s) − 1s−1

holomorfna za <(s) ≥ 1, slijedi

da je Φ(s+ 1)− 1s

holomorfna za <(s) ≥ 0, iz cega slijedi da je g(s) holomorfna za

<(s) ≥ 0, pa prema analitickom teoremu integral I =∫∞

0f(t)dt konvergira i jednak

je g(0). Kako je g(s) holomorfna za <(s) ≥ 0, pa dakle i u s = 0, to znaci da g(0)

poprima konacnu vrijednost u s = 0, pa je dakle integral∫∞

1ϑ(x)−xx2

dx konvergentan.

Pokazimo sada ranije navedenu jednakost∫ ∞0

ϑ(et)e−(s+1)tdt =Φ(s+ 1)

s+ 1, za <(s) > 0.

Oznacimo integral sa lijeve strane jednakosti sa J . Sada imamo sljedece

J =

∫ ∞0

ϑ(et)e−(s+1)tdt =

∫ ∞0

ϑ(et)e−(s+2)tetdt.

Napravimo zamjenu varijabli x = et. Vrijedi

x = et ⇒ t = lnx,

t ∈ [0,∞〉 ⇒ x ∈ [1,∞〉,

dt =1

xdx⇒ dx = xdt = etdt.

Pa imamo

J =

∫ ∞1

ϑ(x)

xs+2dx =

∞∑k=0

∫ pk+1

pk

ϑ(x)

xs+2dx.

Gdje je p0 = 1, a pi ∈ P, i ∈ N.

Razlog ovakvog rastava integrala je zbog toga sto za proizvoljan x ∈ 〈pk, pk+1〉vrijedi

ϑ(x) =∑p≤x

ln p =∑p≤pk

ln p = ϑ(pk),

pa mozemo pisati

J =∞∑k=0

ϑ(pk)

∫ pk+1

pk

1

xs+2dx.

Izracunajmo integral koji se nalazi pod sumom sa desne strane jednakosti, za

19

proizvoljan k,

∫ pk+1

pk

1

xs+2dx =

(x−s−1

−s− 1

)pk+1

pk

=1

s+ 1· 1

xs+1

pk

pk+1

=1

s+ 1

(1

ps+1k

− 1

ps+1k+1

).

Iz navedenog slijedi

J =1

s+ 1

∞∑k=0

ϑ(pk)

(1

ps+1k

− 1

ps+1k+1

).

Uocimo da vrijedi ϑ(pk) = ϑ(pk+1)− ln pk+1 i znamo otprije da∑

p∈P ϑ(p)p−(s+1)

i Φ(s+ 1) konvergiraju apsolutno za <(s) > 0, pa slijedi

J =1

s+ 1

∞∑k=0

(ϑ(pk)

ps+1k

− ϑ(pk+1)− ln pk+1

ps+1k+1

)=

=1

s+ 1

(∞∑k=0

ϑ(pk)

ps+1k

−∞∑k=0

ϑ(pk+1)

ps+1k+1

+∞∑k=0

ln pk+1

ps+1k+1

)=

=1

s+ 1

ϑ(1)

1︸︷︷︸=0

+∞∑l=0

ϑ(pl+1)

ps+1l+1

−∞∑k=0

ϑ(pk+1)

ps+1k+1︸ ︷︷ ︸

=0

+Φ(s+ 1)

=1

s+ 1Φ(s+ 1).

Dakle, dobili smo da vrijedi

J =Φ(s+ 1)

s+ 1, za <(s) > 0.

Q.E.D.

Za dvije funkcije, f i g, kazemo da su asimptoticki jednake i pisemo f(x) ∼ g(x),

ako vrijedi limx→∞f(x)g(x)

= 1.

Lema 8 Vrijedi ϑ(x) ∼ x.

Dokaz:

Trebamo pokazati da vrijedi:

a) ∀ε > 0, ∃x0 > 0 tako da x > x0 ⇒ϑ(x)

x− 1 < ε, i

b) ∀ε > 0, ∃x0 > 0 tako da x > x0 ⇒ 1− ϑ(x)

x< ε.

20

Dokazimo te dvije tvrdnje svodenjem na kontradikciju.

a) Pretpostavimo suprotno, odnosno

∃ε > 0 tako da ∀x0 > 0, ∃x > x0 tako da jeϑ(x)

x− 1 ≥ ε,

sto je ekvivalentno sa ϑ(x) ≥ λx, gdje je λ = 1 + ε > 1.

Kako je ϑ(x) rastuca funkcija, odnosno vrijedi

x1 < x2 ⇒ ϑ(x1) =∑p≤x1

ln p ≤∑p≤x2

ln p = ϑ(x2),

tada slijedi

x ≤ t ≤ λx⇒ λx ≤ ϑ(x) ≤ ϑ(t) ≤ ϑ(λx),

pa imamo sljedece∫ λx

x

ϑ(t)− tt2

dt ≥∫ λx

x

ϑ(x)− tt2

dt ≥∫ λx

x

λx− tt2

dt =

= λx

∫ λx

x

t−2dt−∫ λx

x

t−1dt = λx

(1

t

)x

λx

+ ln t

x

λx

=

= λx

(1

x− 1

λx

)+ lnx− lnλx = λ− 1 + ln

x

λx= λ− 1− lnλ.

Za λ > 1 vrijedi

C(λ) = λ− 1− lnλ > 0, jer je

C(1) = 0 i C ′(λ) = 1− 1

λ> 0, pa je C(λ) strogo rastuca funkcija.

Sada nastavimo postupak induktivno. Oznacimo 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 nacin, induktivno definiramo niz (xn)n∈N za koji vrijedi

xn > λxn−1 i ϑ(xn) ≥ λxn, za svaki n ∈ N, pa slijedi∫ λxn

xn

ϑ(t)− tt2

dt ≥ C(λ), za svaki n ∈ N.

Sada imamo ∫ ∞1

ϑ(t)− tt2

dt ≥∞∑n=1

∫ λxn

xn

ϑ(t)− tt2

dt ≥∞∑n=1

C(λ),

21

a kako vrijedi da red∑∞

n=1C(λ) divergira jer je C(λ) > 0, dobili smo kontra-

dikciju sa konvergencijom∫∞

1ϑ(t)−tt2

dt.

b) Pretpostavimo suprotno, odnosno

∃ε > 0 tako da ∀x0 > 0, ∃x > x0 tako da je 1− ϑ(x)

x≥ ε,

sto je ekvivalentno sa ϑ(x) ≤ λx, gdje je λ = 1− ε < 1.

Kako je ϑ(x) rastuca funkcija, imamo sljedece

λx ≤ t ≤ x⇒ ϑ(λx) ≤ ϑ(t) ≤ ϑ(x) ≤ λx,

pa onda vrijedi ∫ x

λx

ϑ(t)− tt2

dt ≤∫ x

λx

ϑ(x)− tt2

dt ≤∫ x

λx

λx− tt2

dt =

= λx

∫ x

λx

t−2dt−∫ x

λx

t−1dt = λx

(1

t

)λx

x

+ ln t

λx

x

=

= λx

(1

λx− 1

x

)+ lnλx− lnx = 1− λ+ lnλ.

Sada vidimo da za λ < 1 vrijedi

C(λ) = 1− λ+ lnλ < 0, jer je

C(1) = 0 i C ′(λ) = −1 +1

λ> 0 za 0 < λ < 1.

Odnosno, C(λ) strogo raste i C(1) = 0, pa je C(λ) negativna za λ < 1.

Sada, analogno kao pod a), nastavimo postupak induktivno. Oznacimo 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 nacin, induktivno definiramo

niz (xn)n∈N za koji vrijedi xn > λxn−1 i ϑ(xn) ≤ λxn, za svaki n ∈ N, pa slijedi∫ xn

λxn

ϑ(t)− tt2

dt ≤ C(λ), za svaki n ∈ N.

Sada imamo ∫ 1

∞

ϑ(t)− tt2

dt ≤∞∑n=1

∫ xn

λxn

ϑ(t)− tt2

dt ≤∞∑n=1

C(λ),

22

a kako vrijedi da red∑∞

n=1C(λ) divergira jer je C(λ) < 0, dobili smo kontra-

dikciju sa konvergencijom∫∞

1ϑ(t)−tt2

dt = −∫ 1

∞ϑ(t)−tt2

dt.

Q.E.D.

4 Teorem o prostim brojevima

Teorem 2 Vrijedi

limx→∞

π(x)

x/ lnx= 1,

sto se moze pisati i kao

π(x) ∼ x

lnx,

gdje je π(x) broj prostih brojeva ≤ x, x ∈ R.

Dokaz:

Imamo da vrijedi

ϑ(x) =∑p≤x

ln p ≥∑

x1−ε<p≤x

ln p, za svaki ε > 0.

Uocimo da, zbog strogog rasta funkcije ln, vrijedi

x1−ε ≤ p ≤ x⇒ lnx1−ε ≤ ln p ≤ lnx.

Primjenom prethodnog, imamo da vrijedi

ϑ(x) ≥∑

x1−ε<p≤x

(1− ε) lnx =(π(x)− π(x1−ε)

)(1− ε) lnx.

Kako ocito vrijedi π(x1−ε) ≤ x1−ε, ∀x ≥ 0, imamo

ϑ(x) ≥(π(x)− x1−ε) (1− ε) lnx.

Takoder vrijedi

ϑ(x) ≤∑p≤x

lnx = π(x) lnx,

pa iz svega skupa imamo da vrijedi

(π(x)− x1−ε) (1− ε) lnx ≤ ϑ(x) ≤ π(x) lnx,

23

odnosno, dijeljenjem obje strane sa x > 0, dobije se

(1− ε)(π(x) lnx

x− lnx

xε

)≤ ϑ(x)

x≤ π(x) lnx

x.

Sada uzmimo da x→∞ u obje nejednakosti.

Kako je

limx→∞

ϑ(x)

x= 1, sto smo ranije pokazali ,

i kako je

limx→∞

lnx

xε= [primjenom L’Hospitalovog pravila] = lim

x→∞

1

εxε= 0,

slijedi

limx→∞

(1− ε)π(x) lnx

x≤ 1 ≤ lim

x→∞

π(x) lnx

x, za svaki ε > 0,

pa imamo da vrijedi, iz prve nejednakosti

lim supx→∞

π(x) lnx

x≤ 1,

i iz druge nejednakosti

lim infx→∞

π(x) lnx

x≥ 1.

Na temelju posljednje dvije nejednakosti, konacno mozemo zakljuciti

limx→∞

π(x) lnx

x= 1.

Q.E.D.

Time je teorem o prostim brojevima dokazan.

24

5 Zakljucak

Teorem o prostim brojevima tvrdi da je omjer π(x) i xlnx

sve blize jedinici kako

se x povecava. Unatoc tome, pokazano je da razlika π(x) − xlnx

postaje sve veca i

veca. Slicno vrijedi i za π(x) i xlnx−1

, iako je razlika manja. Takodjer, vrlo dobra

aproksimacija funkcije π(x) je∫ x

2dtln t

.

Teorem se smatra jednim od najvecih poduhvata u teoriji brojeva. Ako pratimo

povijesno, nije jednom da se ovako bitan rezultat rijesio s namjerom da se rijesi jedan

drugi, puno tezi problem. Naime, teorem o prostim brojevima je rjesen s namjerom

razrjesavanja, sada vec cuvene, Riemannove hipoteze.

Temeljnije proucavanje kompleksne analize i njezine primjene na rjesavanje gorucih

problema matematike devetnaestog stoljeca, ne samo da je omogucilo bolje razumi-

jevanje raspodijele prostih brojeva nego i mnogih problema primjenjene matematike

i fizike, cija 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/uploadlibrary/22/Chauvenet/Zagier.pdf.

(21.04.2012.).

5. Kurepa, S.-Kraljevic, H.: Matematicka analiza, cetvrti dio; Funkcije kompleksne

varijable, prvi svezak, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1986.

6. Elezovic, N.- Petrizio, D.: Funkcije kompleksne varijable, Zbirka zadataka, Ele-

ment, Zagreb, 1994.

7. Kurepa, Svetozar: Matematicka analiza 1, Diferenciranje i integriranje, Tehnicka

knjiga, Zagreb, 1984.

8. Kurepa, Svetozar: Matematicka analiza 2, Funkcije jedne varijable, Tehnicka

knjiga, Zagreb, 1984.

26