解析數論/Chebyshev ψ 和 ϑ 函式

命題（Chebyshev ψ 函式可以寫成 Chebyshev ϑ 函式的總和）:

我們有以下恆等式

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

命題（Chebyshev ψ 和 ϑ 函式之間距離的估計）:

當 $x\geq 3,594,641$時，我們有

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

注意：當前證明給出了一個較差的誤差項。後續版本將解決這個問題。(在黎曼假設成立的情況下，誤差項可以變得更小)。

證明： 我們 知道 以下公式

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

成立。因此，

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

根據 Pierre Dusart 獲得的結果（基於對小模數黎曼假設的計算驗證），我們有

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

當 $x\geq 3,594,641$時。如果 $x$ 在那個範圍內，我們因此得出結論

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

根據 尤拉求和公式，我們有

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

當然 $\{2\}=0$ 並且 $\{\log _{2}(x)\}\leq 1$。此外，$x^{1/\log _{2}(x)}=2$。現在推導表明

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

是函式的原函式

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

的 $t$。根據微積分基本定理，可以得出

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

對於實數 $a,b\in \mathbb {R}$，滿足 $a<b$。這個積分並不是我們想要估計的積分。因此，我們需要一些分析技巧才能得到我們想要的估計。

我們首先注意到，如果積分中的括號項不存在，我們就能得到我們想要的估計。為了繼續進行，我們將 $x$ 替換為更一般的表示式 $xy$（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 $t_{0}$ 嚴格位於該範圍內，我們得到

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

現在引入一個常數 $K\in (2,t_{0})$ 並得到積分

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

第一個積分支配積分

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

而第二個積分支配積分

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

我們得到

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

現在我們想設定$t_{0}=\log _{2}(x)$。為此，我們必須確保$y$ 足夠大，以便 $K$ 或者 $t_{0}$ 嚴格地位於允許的區間內。

現在，我們使用上面的計算來估計左邊的兩個被加數，其中 $t_{0}$ 被 $K$ 替換，用於第一個計算：事實上，

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

以及

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

將這些估計結果彙總在一起，並設定$t_{0}=\log _{2}(x)$，我們得到

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

只要

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

現在我們選擇ansatz

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

對於常數 $C$ 以及 $D$。這些方程很容易看出意味著

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

注意，儘管需要 $y_{1}\geq 1$ 以及 $y_{2}\geq 1$。第一個條件得到

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

的方程 $y_{1}$ 以及 $y_{2}$ 可以代入上面的約束條件中 $K$ 以及 $\log _{2}(x)$；這將產生

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

如果所有這些條件都成立，那麼該假設立即得出

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

現在，我們透過進一步假設來修改我們的假設

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

這將得出

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

以及

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

由此我們推斷，為了獲得漸近的尖銳誤差項，我們需要設定 $\alpha =0$. 但這樣做會得到我們想要的結果。 $\Box$