¿Por qué es necesario el Teorema Analítico de Newman?

Question

En una demostración del teorema de los números primos en la línea de Newman, establecemos que $-\frac {\zeta'(s)}{\zeta(s)}-\frac 1{s-1}$ posee una continuación analítica a $\Re(s)\ge 1$ y que $\psi(x)=O(x)$ y luego utilizar un teorema auxiliar de Tauber, que Newman llama el Teorema Analítico, para demostrar que la integral $$\int_1^\infty \frac{\psi(x)-x}{x^2}\; dx=\int_0^\infty e^{-t}\psi(e^t)\; dt$$ converge. Mi pregunta es la siguiente: ¿por qué es necesario el Teorema Analítico? ¿No podemos decir simplemente que como $$-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=s\int_1^\infty \frac{\psi(x)}{x^{s+1}}\; dx$$ por la fórmula de suma de Abel (esta fórmula se utiliza en la prueba de Newman) entonces tenemos $$-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}-\frac 1{s-1}-1=s\int_1^\infty \frac{\psi(x)-x}{x^{s+1}}\; dx.$$ Ahora, la función $-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}-\frac 1{s-1}$ sin continuación analítica no se puede evaluar directamente en $s=1$ Sin embargo, el límite de arriba existe y está acotado. Por lo tanto, la singularidad en $s=1$ es una singularidad removible, y como tal podemos definir el valor de $-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}-\frac 1{s-1}$ en $s=1$ por este límite. En la fórmula anterior, está claro que $\psi(x)\sim x$ o la integral del lado derecho diverge a $\pm\infty$ en $s=1$ (por el límite $\psi(x)=O(x)$ ). Sin embargo, sabemos que el lado izquierdo está acotado en $s=1$ por el argumento anterior. Concluimos que $\psi(x)\sim x$ .

¿Cuál es el problema de este razonamiento que hace necesario utilizar el Teorema Analítico de Newman?

Answer 1

Veo dos problemas. Primero, de la existencia de

$$\lim_{u\to 0} \int_0^\infty f(t) e^{-ut}\,dt,$$

donde $u$ se acerca a $0$ del semiplano derecho, no se deduce que

$$\int_0^\infty f(t)\,dt$$

existe. Considere $f(t) = \sin t$ . Tenemos

$$\int_0^\infty e^{-ut}\sin t\,dt = \frac{1}{1+u^2},$$

por lo que el límite existe, pero $\int_0^\infty \sin t\,dt$ no existe.

Y segundo, de $\psi \in O(x)$ no se deduce que tampoco $\psi(x) \sim x$ o

$$\int_1^\infty \frac{\psi(x) - x}{x^{s+1}}\,dx$$

se desvía hacia $+\infty$ o $-\infty$ en $s = 1$ . Si tomamos por ejemplo

$$g(x) = x + \frac{x}{4}\sin (\log x),$$

entonces $g$ es monótonamente creciente, $g\in O(x)$ pero $g(x) \nsim x$ y

$$\int_1^\infty \frac{g(x)-x}{x^2}\,dx = \frac{1}{4}\int_1^\infty \frac{\sin (\log x)}{x}\,dx$$

no diverge a ninguno de los dos $+\infty$ o $-\infty$ oscila entre $0$ y $2$ . Pero, véase más arriba, el límite

$$\lim_{s\searrow 1} \int_1^\infty \frac{g(x)-x}{x^{s+1}}\,dx$$

existe. Para concluir $\psi(x)\sim x$ Necesitamos algo más fuerte. El "teorema analítico" de la prueba de Newman es ese "algo más fuerte" que da la conclusión deseada.