Dirichlet 定理

很激動，我終於看明白了 Dirichlet 定理的證明，完成了我多年來的夙願。證明過程我將以筆記的形式梳理出來，在此感謝 EM. Stein，以及他的名著《傅里葉分析導論》。

Dirichlet 定理

形如的等差數列中包含無數個素數，當 .

注意：字母 與 ，在接下來的論述中我們會繼續使用它在此處的含義。

證明思路

Dirichlet 引入了關鍵性的概念——特徵。

特徵分解

特徵是分析學中常見的概念，比如在實變函數中，利用特徵函數在可測集

上的識別作用，由此可以將簡單函數分解為典範形式，從而自然過渡到 Lebesgue 積分理論。

不過，Dirichlet 特徵獨特的地方在於，它是有限群 $G=mathbb{Z}^*(q)$ 上的復值周期函數：，並且滿足完全可積性：，這貨妥妥地與指數函數掛了鉤，於是傅里葉提刀霍霍而來。

我們先從一個最簡單的特徵函數開始：

$[delta_{l}=egin{cases} 1&nequiv l mod q\ 0& otherwise end{cases}]$

注意，我們不再簡簡單單地認為這是一個實值函數，而應該以復值函數的角度審視它。接下來主角上場——

$[chi(m)=egin{cases} e(m)&(m,q)=1\ 0& otherwise end{cases}]$

特別地，我們稱稱為平凡特徵，

$[chi_0(m)=egin{cases} 1&(m,q)=1\ 0& otherwise end{cases}]$

Dirichlet 特徵，即 $left{ e_0,e_1,...,e_{q-1} ight}$ 更是以復值函數空間的一組正交基而顯得尤為特別。這就意味著可以被諸們正交分解：

$delta_l(m)=frac{1}{left| G ight|}sum_{chi}{hat delta_l(chi) chi(m)}$

其中是在上的投影，並且已知：

$hat delta_l(chi)=frac{1}{varphi(q)}sum_{min G}{delta_l(chi) overline{chi(m)}}:=frac{overline{chi(l)}}{varphi(q)}$

代入上式，

$delta_l(m)=frac{1}{varphi(q)}sum_{chi}{overline{chi(l)}chi(m)} qquad (ast)$

有了這個工具，就可以順理成章地將 Dirichlet 問題表達為解析形式。

解析形式

一個通俗易懂但又不易為常人察覺的原理，若下面級數發散，則 Dirichlet 定理成立：

$sum_{pequiv l , mod , q}{frac{1}{p}}$

這是 Euler 大神的思路。這就需要我們通過特徵函數進一步分析問題的核心要點，

$sum_{pequiv l , mod , q}{frac{1}{p^s}}=sum_{p}{frac{delta_l(p)}{p^s}}=frac{1}{varphi(q)}sum_{chi}{overline{chi(l)}sum_{p}{frac{chi(p)}{p^s}}}$

我們需要考慮上式在復變數時的性態。此時，對上式的一個關鍵性的分解使得證明的目的變得明朗起來，

$sum_{pequiv l , mod , q}{frac{1}{p^s}}=frac{1}{varphi(q)}left( sum_{p}{frac{chi_0(p)}{p^s}}+sum_{chi echi_0}{overline{chi(l)}sum_{p}{frac{chi(p)}{p^s}}} ight)$

其中括弧里第一項我們單拎出來發現：

$sum_{p}{frac{chi_0(p)}{p^s}}=sum_{p ,not ,dividing ,q}{frac{1}{p^s}} ightarrowinfty,s ightarrow 1^+$

關於這一點，實際上是利用了函數的性質，是它的極點。已知能整除的素數是有限的，所以剩下的不能整除的倒數之和依然發散。

所以，如果能證明括弧里第二項有界，於是神功大成！因為 $sum_{chi echi_0}$ 求和只有有限多項，所以只需證明

$left| sum_{p}{frac{chi(p)}{p^s}} ight|<infty$

問題又來了，如何估計這一項呢？利用的完全可積性，可以得到和歐拉恆等式類似的形式：

$sum_{n=1}^{infty}{frac{chi(n)}{n^s}} =prod_{p}frac{1}{1-chi(p)p^{-s}}$

左式稱作 -函數，記為；兩邊同取對數（注意這裡取的對數乃是在複平面推廣的結果），

$log L(s,chi)=-sum_{p}{log(1-chi(p)p^{-s})}$

$=sum_{p}{left[ frac{chi(p)}{p^s}+Oleft( frac{1}{p^{2s}} ight) ight]}$

$= sum_{p}{frac{chi(p)}{p^s}} +O(1)$

於是問題轉化為是否有界，當，即是否有界、非零——而事實上，這才是證明中最困難的地方。

證明

總而言之，一切的問題都歸結於-函數的特性上，所以我們接下來重點研究它的性質。

-函數

命題 1 設 $q=p_1^{a_1}...p_N^{a_N}$ ，則

$L(s,chi_0)=(1-p_1^{-s})...(1-p_N^{-s})zeta(s)$

於是 $lim_{s ightarrow 1^+}{L(s,chi_0)}=infty$

通過前面的敘述已經十分明顯，證明略。

命題 2 有界，並且連續可導，更進一步

若 $L(s,chi)=1+O(e^{-cs}) qquad s ightarrow infty$

若 $L(s,chi)=O(e^{-cs}) qquad s ightarrow infty$

想要證明該命題需要一個引理

引理 1 若非平凡，則

$left| sum_{n=1}^{k}{chi(n)} ight|leq q ,qquad kin mathbb{Z}^+$ .

證明

對一個完整的周期求和，有

$S:=sum_{n=1}^{q}{chi(n)}=0$

這是因為取 $ain mathbb{Z}^*(q)$ ，使得（非平凡保證了的存在）

$chi (a)S=sum_{n=1}^{q}{chi (a)chi(n)}=sum_{n=1}^{q}{chi(an)}=sum_{n=1}^{q}{chi(n)}=S$

於是；若，

$sum_{n=1}^{k}{chi(n)}=sum_{n=1}^{aq}{chi(n)}+sum_{aq < nleq aq+b}{chi(n)}=sum_{aq < nleq aq+b}{chi(n)}$

即便將每一項的模放大到，亦不會超過

Q. E. D

繼續證明命題 2，利用 Abel 求和技巧

記 $s_k:=sum_{n=1}^{k}{chi(n)}$ ，則

$sum_{k=1}^{N}{frac{chi(k)}{k^s}} =sum_{k=1}^{N}{frac{s_k-s_{k-1}}{k^s}}$

$=sum_{k=1}^{N-1}s_kleft[ frac{1}{k^s}-frac{1}{(k+1)^s} ight]+frac{s_N}{N^s}$

$=sum_{k=1}^{N-1}f_k(s)+frac{s_N}{N^s}$

其中 $f_k(s)=s_kleft[ frac{1}{k^s}-frac{1}{(k+1)^s} ight]$ ，利用引理和中值定理得

$left| f_k(s) ight|leq qsk^{-s-1}$

由此，絕對並且一致收斂，當；繼續估值

$left| L(s,chi)-1 ight|leq 2qsum_{n=2}^{infty}{n^{-s}}leq2^{-s}O(1)$

同理也可證明第二個結論。

Q. E. D

只剩下最後一個命題就萬事大吉。

命題 3 若，則 .

這個命題需要分為分別為復值與實值兩種情況。我們先證明復值的情況。

取復值

這裡我們需要兩個引理來說明一個矛盾。

引理 2 若，則

$prod_{chi}L(s,chi)geq1$

此處對所有特徵求乘積.

證明

利用我們之前提到的恆等式

$log L(s,chi)=-prod_{p}log(1-chi(p)p^{-s})$

則原式可化為

$log prod_{chi}L(s,chi)=-sum_{chi}sum_{p}log(1-chi(p)p^{-s})$

$=sum_{chi}sum_{p}sum_{k=1}^{infty}{frac{1}{k}}frac{chi(p^k)}{p^{ks}}$

$=sum_{p}sum_{k=1}^{infty}sum_{chi}{frac{1}{k}}frac{chi(p^k)}{p^{ks}}$

又因為 $sum_{chi}chi(p^k)=delta_0(p^k)varphi(q)$ （令式中的即可得），於是

$prod_{chi}L(s,chi)=expleft( varphi(q)sum_{p}sum_{k=1}^{infty}{frac{1}{k}}frac{delta_0(p^k)}{p^{ks}} ight)geq1$

這是因為指數得每一項都是非負的。

Q. E. D

引理 3

若，則 .

若，且，則

對於平凡特徵，

$left| L(s,chi_0) ight|leq frac{C}{left| s-1 ight|}$

證明

第一個結論顯然，這是因為；

第二個結論是因為由的連續可導，當；

最後一個結論成立的依據是命題 1 與關於函數的一個估計：

$zeta(s)leq 1+frac{1}{s-1}$ ,

Q. E. D

我們終於可以得到命題 3 的第一種情況的證明了。反證法（全程盯緊引理 3），假如存在某一個特徵，有，則其共軛亦為 0；考慮引理 2 中的連乘，連乘中唯一的無界因子是由平凡特徵所帶來的，其餘有限個特徵皆有界（命題 2），

$prod_{chi}L(s,chi)=Ccdot L(s,chi_0)left| L(s,chi_1) ight|^2$

$leq frac{C}{left| s-1 ight|}left| s-1 ight|^2$

，

而這與引理 2 相矛盾。

取實值

最後這種情況依舊使用反證法。在引出矛盾前，先要說明兩個符號：

$F(m,n)=frac{chi(n)}{sqrt{mn}}$

$S_N=sum_{1leq mn leq N} F(m,n)$

引理 4

， .

$S_N=2sqrt{N}L(1,chi)+O(1)$ .

由此可見，若，則、矛盾。

證明

我們沿雙曲線對求和，注意到

$sum_{mn=k}{frac{chi(n)}{sqrt{mn}}}=frac{1}{sqrt{k}}sum_{n |k}{chi(n)}$

易證

$[ sum_{n |k}{chi(n)}geqegin{cases} 1&k=d^2 \ 0& otherwise end{cases}]$

代入於是得到

$S_Ngeq sum_{1leq dleqsqrt{N}}{frac{1}{d}}geq clog N$

最後的不等號由調和級數公式可得。下面證明第二個結論。

我們將分為區域求和。

$S_N=S_I+(S_{II}+S_{III})$

$S_I= sum_{mleqsqrt{N}}{frac{1}{sqrt{m}}}left( sum_{sqrt{N}<nleq N/m}{frac{chi (n)}{sqrt{n}}} ight)$

$S_{II}+S_{III}=sum_{nleqsqrt{N}}{frac{chi (n)}{sqrt{n}}}left( sum_{mleq N/n}{frac{1}{sqrt{m}}} ight)$

由此我們發現三個級數估計亟待解決，事實上它們階——

$sum_{mleq N}{frac{1}{sqrt{m}}}=2sqrt{N}+c+Oleft( frac{1}{sqrt{N}} ight)$

$sum_{n=a}^{b}{frac{chi (n)}{sqrt{n}}}=Oleft( frac{1}{sqrt{a}} ight)$

$sum_{n=a}^{b}{frac{chi (n)}{n}}=Oleft( frac{1}{a} ight)$

第一個估計容易證明，後兩個式子的估計借用依然利用 Abel 求和：

$sum_{n=a}^{b}{frac{chi (n)}{sqrt{n}}}=sum_{n=a}^{b-1}{s_nleft[ frac{1}{sqrt{n}}-frac{1}{sqrt{n+1}} ight]}+Oleft( frac{1}{sqrt{a}} ight)$

$=Oleft( sum_{n=a}^{infty}{frac{1}{n^{3/2}}} ight)+Oleft( frac{1}{sqrt{a}} ight)$

$=Oleft( frac{1}{sqrt{a}} ight)$

將估計結果代入， $S_{II}+S_{III}$ 中，得到

$S_I= O(N^{1/4}N^{-1/4})=O(1)$

$S_{II}+S_{III}=2sqrt{N}sum_{nleq sqrt{N}}^{b}{frac{chi (n)}{n}}+csum_{nleq sqrt{N}}{frac{chi (n)}{sqrt{n}}}+Oleft( frac{1}{sqrt{N}}sum_{nleq sqrt{N}}{1} ight)$