El uso del límite en el libro de Titchmarsh "La teoría de la función zeta de Riemann" en el Teorema$3.13$

Question

En Titchmarsh del libro "La teoría de la Riemann Zeta función de" su Lema $3.12$ es una de las principales herramientas. Lema $3.12$ es una versión de la Escalinata de la fórmula. Lema $3.12$ se inicia por la observación de que, con $c>0$ e con $n<x$,

$$ \frac{1}{2\pi i}\int\limits_{c}^{c,+}\left(\frac{x}{n}\right)^w \frac{\mathrm dw}{w}=1+ S\left( \frac{(x/n)^c}{T\log (x/n)} \right) $$

Esto se deriva del hecho de que $c>0$, y por lo tanto si uno completa la integración de contorno a la izquierda rodeando el punto de $w=0$ completamente en el complejo de $w$ avión por un rectángulo cuyo derecho parte más original es la integración de la línea de $(c-iT,c+iT)$, el residuo es, simplemente, $1$. Esta es la razón de la exigencia $c>0$. El requisito de $n<x$ viene de dejar que el lado izquierdo de la integración rectángulo ser a $\Re(w)=-\infty$ e lo $(x/n)^w\to 0$ si y sólo si $n<x$ como $\Re(w)\to -\infty$.

Y así, en Teorema $3.13$ el punto de partida es la aplicación de un Lexema $3.12$,

$$ \sum\limits_{n<x} \frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{c}^{c,+} \frac{x^w \mathrm dw}{w} {\zeta(s+w)}+ S\left( \frac{x^c}{cT} \right)+ S\left( \frac{\log x}{T} \right) $$

En el lado izquierdo de la condición de $n<x$ es la condición de Lema $3.12$, e $c$ todavía está obligado a obedecer $c>0$.

Ahora Titchmarsh agranda el contorno de integración y encierra el $w=0$ completamente, como antes. Hacer notar que $c>0$ debe todavía se mantienen, ya que $c$ no es otra cosa sino $\Re(w)$ en el de la derecha, del lado de la integración de contorno. No importa cómo la línea original $(c-iT,c+iT)$ es deformado, la deformación cerrado integración de contorno debe encerrar el punto de $w=0$, y, por tanto, $c>0$ en el lado derecho de la parte del contorno que se cruza con el eje real en $w$ plano.

Con $c>0$ la pole en $w=0$ produce el residuo $1/\zeta(s)$ y el resultado es ahora

$$\sum\limits_{n<x} \frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{\zeta(s)}+O$$

El $O$ plazo tiende a $0$ en la final, después de Titchmarsh ajusta $T$ e $x$ adecuadamente.

Y entonces Titchmarsh requiere

$$c=\frac{1}{\log x}$$

Además, él entonces le $x\to\infty$.

Pero en este límite, $c\to 0$. Y esto hace que la original a partir de la ecuación inútil, ya que el polo de el integrando en $w=0$ es no encerrarse en la integración countour, sino que consiste en la integración de contorno en cambio, si se interpreta el límite de $\lim\limits_{x\to\infty}x=\infty$.

Por otro lado, si se interpreta el límite de $\lim\limits_{x\to\infty}x$ en la forma en que $x$ crece grande, pero no llega el punto en el infinito, a continuación, $c$ nunca llegue a $0$, y esto haría. Pero, ¿no hay problemas con esta interpretación de un límite en el estándar de matemáticas?

Tal vez Titchmarsh utiliza el Sokhotski–Plemelj teorema, pero luego el resultado pierde el sumando $\frac{1}{2\zeta(s)}$...

O tal vez me estoy perdiendo algún detalle completo aquí...

Así que mi pregunta es:

Qué es exactamente permite Titchmarsh para tomar el límite de $x\to\infty$?

Answer 1

Deje $\epsilon >0$; por el de arriba (estándar cosas que parecen estar de acuerdo con), no es lo suficientemente grande como la mitad de entero $x(\epsilon)$ (dependiendo $s=1+it, \epsilon$), s.t. $|\sum\limits_{n<x} \frac{\mu(n)}{n^s}-\frac{1}{\zeta(s)}| < \epsilon$ por cualquier otro medio entero $x \geq x(\epsilon)$ - como de costumbre, no hay restricción en el uso de la mitad de enteros (es decir, $odd/2$) por la suma de Dirichlet es constante entre los números enteros y el salto va a cero desde $s=1+it$

(la elección en la Escalinata, $c=\frac{1}{\log x}, \log T= (\log x)^{\frac{1}{10}}, \delta = A(\log T)^{-9}=A(\log x)^{-\frac{9}{10}},x$, por lo tanto $T$ lo suficientemente grande, $A$ absoluto positivo constante que viene de cero regiones libres de $\zeta$)

Pero, a continuación, la relación $|\sum\limits_{n<x} \frac{\mu(n)}{n^s}-\frac{1}{\zeta(s)}| < \epsilon$ para $x>x(\epsilon)$ es precisamente lo que se necesita a la conclusión de que el límite de $x$ va a la $\infty$ de $\sum\limits_{n<x} \frac{\mu(n)}{n^s}$ es, precisamente, $\frac{1}{\zeta(s)}$, por la definición de límite.

Así que el punto es que de aplicar Perron con grande pero finito $x$ y, a continuación, en "abreviada" que deje $x$ ir $\infty$ significado de la anterior $\epsilon - x(\epsilon)$ límite de relación, que no tiene nada que ver con la elaboración de $x$ infinito como un número

Answer 2

A ver la idea de la prueba, vamos a $M(x) = \sum_{n \le x} \mu(n)$ y vamos a buscar que en lugar de $f(x) = \int_1^x M(y)dy$ obtener absolutamente convergente integrales.

Luego Titchmarsh muestra una baja obligada $|\zeta(1+it)|\ge B/\log(2+| t|)$ más un límite superior $|\zeta'(s)|\le B\log(2+| t|)$ obtener algunos enlazado $|\zeta(s)|>1/(A\log(2+|t|)) ,|\frac1{\zeta(s)}|<\log(2+|t|)$ para $s=\sigma+it, \sigma\ge 1-\frac{1}{A\log^2(2+ |t|)}$.

Y esto es lo que necesitamos para concluir $$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{2-i\infty}^{2+i\infty} \frac{1}{\zeta(s)} \frac{x^{s+1}}{s(s+1)}ds= \frac{1}{2\pi} \int_{\Re(s) = 1-\frac{1}{Un\log^2 (2+|\Im(s)|)}} \frac{1}{\zeta(s)} \frac{x^{s+1}}{s(s+1)}ds \\= O(\int_{-\infty}^\infty \frac{\log (2+|t|)}{1+t^2 }x^{2-\frac{1}{Un \log^2(1+ |t|)}}dt)\\ = O(\int_0^T \frac{x^{2-\frac{1}{Un \log^2(1+ |T|)}}\log (2+|t|)}{1+t^2 }dt)+O(\int_T^\infty \frac{x^{2}\log T}{1+t^2 }dt)\\ =O(x^{2-\frac{1}{Un \log^2(1+ |T|)}}) + O(\frac{x^2 \log T}{T})\\=O(x^{2-\frac{1}{Un \log^2(1+ e^{\log^{1/4} x})}}) +O(\frac{x^2\log^{1/4} x}{e^{\log^{1/4} x}})=O(\frac{x^2}{e^{\log^{1/8} x}})=o(x)$$

Si $M(x)> cx$ infinitamente a menudo, como $M(x+y)\ge M(x)-y$ entonces $|f(x+cx/2)-f(x) | \ge \sum_{n=0}^{cx/2} (cx-n) \ge x^2 c^2/8$ infinitamente a menudo, contradiciendo ese $f(x)=o(x^2)$. Por lo tanto, hemos demostrado a $M(x)=o(x)$, el PNT.