解析数论/Chebyshev ψ 和 ϑ 函数

命题（Chebyshev ψ 函数可以写成 Chebyshev ϑ 函数的总和）:

我们有以下恒等式

$\psi (x)=\sum _{m=1}^{\log _{2}(x)}\vartheta (x^{1/m})$.

命题（Chebyshev ψ 和 ϑ 函数之间距离的估计）:

当 $x\geq 3,594,641$时，我们有

$\psi (x)-\vartheta (x)={\sqrt {x}}+O\left({\frac {\sqrt {x}}{\ln(x)^{2}}}\right)$.

注意：当前证明给出了一个较差的误差项。后续版本将解决这个问题。(在黎曼假设成立的情况下，误差项可以变得更小)。

证明： 我们 知道 以下公式

$\psi (x)=\sum _{m=1}^{\log _{2}(x)}\vartheta (x^{1/m})$

成立。因此，

$\psi (x)-\vartheta (x)=\sum _{m=2}^{\log _{2}(x)}\vartheta (x^{1/m})$.

根据 Pierre Dusart 获得的结果（基于对小模数黎曼假设的计算验证），我们有

$\left|\theta (x)-x\right|\leq {\frac {0.2}{\ln(x)^{2}}}x$

当 $x\geq 3,594,641$时。如果 $x$ 在那个范围内，我们因此得出结论

$\psi (x)-\vartheta (x)=\sum _{m=2}^{\log _{2}(x)}\vartheta (x^{1/m})\leq \left(1+{\frac {0.2}{\ln(x)^{2}}}\right)\sum _{m=2}^{\log _{2}(x)}x^{1/m}$.

根据 欧拉求和公式，我们有

$\sum _{m=2}^{\log _{2}(x)}x^{1/m}=\int _{2}^{\log _{2}(x)}x^{1/t}dt+\int _{2}^{\log _{2}(x)}\{t\}\left({\frac {d}{dt}}x^{1/t}\right)dt+\{\log _{2}(x)\}x^{1/\log _{2}(x)}-\{2\}x^{1/2}$.

当然 $\{2\}=0$ 并且 $\{\log _{2}(x)\}\leq 1$。此外，$x^{1/\log _{2}(x)}=2$。现在推导表明

$-\exp \left({\frac {\ln(x)}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(x)}}$

是函数的原函数

$x^{1/t}-{\frac {2t}{\ln(x)}}x^{1/t}$

的 $t$。根据微积分基本定理，可以得出

$\int _{a}^{b}\left(1-{\frac {2t}{\ln(x)}}\right)x^{1/t}dt=\left[-\exp \left({\frac {\ln(x)}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(x)}}\right]_{t=a}^{t=b}$

对于实数 $a,b\in \mathbb {R}$，满足 $a<b$。这个积分并不是我们想要估计的积分。因此，我们需要一些分析技巧才能得到我们想要的估计。

我们首先注意到，如果积分中的括号项不存在，我们就能得到我们想要的估计。为了继续进行，我们将 $x$ 替换为更一般的表达式 $xy$（其中 $y\geq 1$），得到

$\int _{a}^{b}\left(1-{\frac {2t}{\ln(xy)}}\right)x^{1/t}y^{1/t}dt=\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy)}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy)}}\right]_{t=a}^{t=b}$.

只要

$t\leq {\frac {\ln(xy)}{2}}$.

此外，如果 $t_{0}$ 严格位于该范围内，我们得到

$\int _{2}^{t_{0}}x^{1/t}y^{1/t}dt\leq \left(1-{\frac {2t_{0}}{\ln(xy)}}\right)^{-1}\int _{2}^{t_{0}}\left(1-{\frac {2t}{\ln(xy)}}\right)x^{1/t}y^{1/t}dt=\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy)}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy)}}\right]_{t=2}^{t=t_{0}}$.

现在引入一个常数 $K\in (2,t_{0})$ 并得到积分

$\int _{2}^{K}x^{1/t}y^{1/t}dt$ 和 $\int _{K}^{t_{0}}x^{1/t}y^{1/t}dt$.

第一个积分支配积分

$y^{1/K}\int _{2}^{K}x^{1/t}dt$,

而第二个积分支配积分

$\int _{K}^{t_{0}}x^{1/t}dt$.

我们得到

$\int _{2}^{t_{0}}x^{1/t}dt\leq {\frac {1}{y^{1/K}}}\int _{2}^{K}x^{1/t}y_{1}^{1/t}dt+\int _{K}^{t_{0}}x^{1/t}y_{2}^{1/t}dt$.

现在我们想设置$t_{0}=\log _{2}(x)$。为此，我们必须确保$y$ 足够大，以便 $K$ 或者 $t_{0}$ 严格地位于允许的区间内。

现在，我们使用上面的计算来估计左边的两个被加数，其中 $t_{0}$ 被 $K$ 替换，用于第一个计算：事实上，

$\int _{2}^{K}x^{1/t}y_{1}^{1/t}dt\leq \left(1-{\frac {2K}{\ln(xy_{1})}}\right)^{-1}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{1})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{1})}}\right]_{t=2}^{t=K}$

以及

$\int _{K}^{t_{0}}x^{1/t}y_{2}^{1/t}dt\leq \left(1-{\frac {2t_{0}}{\ln(xy_{2})}}\right)^{-1}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{2})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{2})}}\right]_{t=K}^{t=t_{0}}$.

将这些估计结果汇总在一起，并设置$t_{0}=\log _{2}(x)$，我们得到

$\int _{2}^{\log _{2}(x)}x^{1/t}dt\leq {\frac {1}{y_{1}^{1/K}}}\left(1-{\frac {2K}{\ln(xy_{1})}}\right)^{-1}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{1})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{1})}}\right]_{t=2}^{t=K}+\left(1-{\frac {2t_{0}}{\ln(xy_{2})}}\right)^{-1}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{2})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{2})}}\right]_{t=K}^{t=\log _{2}(x)}$

只要

$K\leq {\frac {\ln(xy_{1})}{2}}$ 以及 $\log _{2}(x)\leq {\frac {\ln(xy_{2})}{2}}$.

现在我们选择ansatz

$1-{\frac {2K}{\ln(xy_{1})}}=C$ 以及 $1-{\frac {2t_{0}}{\ln(xy_{2})}}=D$

对于常数 $C$ 以及 $D$。这些方程很容易看出意味着

$y_{1}={\frac {1}{x}}\exp \left({\frac {2K}{1-C}}\right)$ 以及 $y_{2}={\frac {1}{x}}\exp \left({\frac {2\log _{2}(x)}{1-D}}\right)$.

注意，尽管需要 $y_{1}\geq 1$ 以及 $y_{2}\geq 1$。第一个条件得到

$K\geq {\frac {1-C}{2}}\ln(x)$.

的方程 $y_{1}$ 以及 $y_{2}$ 可以代入上面的约束条件中 $K$ 以及 $\log _{2}(x)$；这将产生

$K\leq {\frac {2K}{1-C}}$ 以及 $\log _{2}(x)\leq {\frac {2\log _{2}(x)}{1-D}}$，也就是说，$C\geq {\frac {1}{2}}$ 以及 $D\geq {\frac {1}{2}}$.

如果所有这些条件都成立，那么该假设立即得出

$\int _{2}^{\log _{2}(x)}x^{1/t}dt\leq {\frac {C^{-1}}{y_{1}^{1/K}}}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{1})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{1})}}\right]_{t=2}^{t=K}+D^{-1}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{2})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{2})}}\right]_{t=K}^{t=\log _{2}(x)}$.

现在，我们通过进一步假设来修改我们的假设

$K=\left({\frac {1-C}{2}}+\alpha \right)\ln(x)$.

这将得出

$y_{1}={\frac {1}{x}}\exp \left({\frac {(1-C+2\alpha )\ln(x)}{1-C}}\right)$

以及

${\frac {C^{-1}}{y_{1}^{1/K}}}\left[-\exp \left({\frac {\ln(xy_{1})}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{1})}}\right]_{t=2}^{t=K}={\frac {C^{-1}}{y_{1}^{1/K}}}\left[-\exp \left({\frac {\frac {(1-C+2\alpha )\ln(x)}{1-C}}{t}}\right){\frac {t^{2}}{\ln(xy_{1})}}\right]_{t=2}^{t=K}$.

由此我们推断，为了获得渐近的尖锐误差项，我们需要设定 $\alpha =0$. 但这样做会得到我们想要的结果。 $\Box$