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格里格·马丁
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关于狄利克雷定理,我认为你需要定量版本(根据狄利克雷密度)来保持等价性。

假设$$\sum_{\substack{p\equiva(q)\\p<x}}\frac1p=\frac{\chi_0(a)}{\phi(q)}\log\logx+O(1)$$

然后按部分求和得出$s=1+\增量$一致地美元\ delta$,

$$\开始{align}\sum_p\chi(p)p^{-s}&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_{p\equiva(q)}p^{-s}\\&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n(\frac1\phi(q){\log\log n+O(1))(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\\&=\left(\sum_{a(q)}\chi(a)\right)\left(\sum_n\frac1{\phi(q)}\log\logn(n^{-\delta}-(n+1)^{-\delta})\right)+\\&+\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n O(1)(n^{-\delta}-(n+1)^{-\delta})\\&=O\左(\sum_{n\geq1}(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\右)=O(1)\,.\结束{align}$$\开始{align*}\sum_p\chi(p)p^{-s}&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_{p\equiva(q)}p^{-s}\\&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n\bigg\\&=left(sum_{a(q)}\chi(a)\right)\left(\sum_n\frac{\log\logn}{\phi(q){\big(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta}\big)\rift)\&\qquad{}+\sum_{a\\&\ll\sum_{n\geq1}\big(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta}\bigh)\ll 1\结束{align*}

从那以后$\log L(s;\chi)=\sum_p\chi(p)p^{-s}+O(1)$$\log L(s,\chi)=\sum_p\chi(p)p^{-s}+O(1)$我们看到了$L(1;\chi)\neq 0$$L(1,\chi)\neq 0$.

另一方面,如果你只告诉我每个AP中有无穷多个素数,但不同的AP具有不同的渐近性美元$国防部q美元$,我不认为会得出结论。

我不知道这是否写在任何地方,但我现在将把它添加到我的课堂笔记中的家庭作业中。

关于狄利克雷定理,我认为你需要定量版本(根据狄利克雷密度)来保持等价性。

假设$$\sum_{\substack{p\equiva(q)\\p<x}}\frac1p=\frac{\chi_0(a)}{\phi(q)}\log\logx+O(1)$$

然后按部分求和得出$s=1+\增量$一致地美元\ delta$,

$$\开始{align}\sum_p\chi(p)p^{-s}&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_{p\equiva(q)}p^{-s}\\&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n(\frac1\phi(q){\log\log n+O(1))(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\\&=left(sum_{a(q)}\chi(a)\right)\left(\sum_n\frac1{\phi(q){\log\log n(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\rift)+\&+\sum_{a\\&=O\左(\sum_{n\geq1}(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\右)=O(1)\,.\结束{对齐}$$

从那以后$\log L(s;\chi)=\sum_p\chi(p)p^{-s}+O(1)$我们看到了$L(1;\chi)\neq 0$.

另一方面,如果你只告诉我每个AP中有无穷多个素数,但不同的AP具有不同的渐近性美元$国防部q美元$,我不认为会得出结论。

我不知道这是不是写在任何地方,但我现在会把它添加到我的课程笔记中的家庭作业中。

关于狄利克雷定理,我认为你需要定量版本(根据狄利克雷密度)来保持等价性。

假设$$\sum_{\substack{p\equiv a(q)\\p<x}}\frac1p=\frac{\chi_0(a)}{\phi(q)}\log\log x+O(1)$$

然后按部分求和得出$s=1+\增量$一致地美元\ delta$,

\开始{align*}\sum_p\chi(p)p^{-s}&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_{p\equiv a(q)}p^{-s}\\&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n\bigg\\&=left(sum_{a(q)}\chi(a)\right)\left(\sum_n\frac{\log\logn}{\phi(q){\big(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta}\big)\rift)\&\qquad{}+\sum_{a\\&\ll\sum_{n\geq1}\big(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta}\bigh)\ll 1\结束{align*}

从那以后$\log L(s,\chi)=\sum_p\chi(p)p^{-s}+O(1)$我们看到了$L(1,\chi)\neq 0$.

另一方面,如果你只告诉我每个AP中有无穷多个素数,但不同的AP具有不同的渐近性美元$国防部q美元$,我不认为会得出结论。

我不知道这是否写在任何地方,但我现在将把它添加到我的课堂笔记中的家庭作业中。

正文增加917个字符;正文中增加11个字符;编辑的正文
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利奥·西尔伯曼
  • 2.8公里
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(错误提前提交;待修订)关于狄利克雷定理,我认为你需要定量的版本(根据Dirichlet密度)以保持等效性.

假设 $$\sum_{\substack{p\equiva(q)\\p<x}}\frac1p=\frac{\chi_0(a)}{\phi(q)}\log\logx+O(1)$$

然后按部分求和得出 $\sum_{\子堆栈{p\equiv a(q)\\p<x}}\frac1p=\frac1\phi(q)}\log\log x(1+o(1))$$s=1+\增量$一致地美元\ delta$,

$$\开始{align}\sum_p\chi(p)p^{-s}&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_{p\equiva(q)}p^{-s}\\&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n(\frac1\phi(q){\log\log n+O(1))(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\\&=\left(\sum_{a(q)}\chi(a)\right)\left(\sum_n\frac1{\phi(q)}\log\logn(n^{-\delta}-(n+1)^{-\delta})\right)+\\&+\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n O(1)(n^{-\delta}-(n+1)^{-\delta})\\&=O\左(\sum_{n\geq1}(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\右)=O(1)\,.\结束{对齐}$$

从那以后$\log L(s;\chi)=\sum_p\chi(p)p^{-s}+O(1)$我们看到了$L(1;\chi)\neq 0$.

另一方面,如果你只告诉我每个AP中有无穷多个素数,但不同的AP具有不同的渐近性美元$国防部q美元$,我不认为会得出结论。

我不知道这是否写在任何地方,但我现在将把它添加到我的课堂笔记中的家庭作业中。

(错误提前提交;待修订)关于狄利克雷定理,我认为你需要定量的版本。

假设$\sum_{\子堆栈{p\equiv a(q)\\p<x}}\frac1p=\frac1\phi(q)}\log\log x(1+o(1))$

关于狄利克雷定理,我认为你需要定量的版本(根据Dirichlet密度)以保持等效性.

假设 $$\sum_{\substack{p\equiva(q)\\p<x}}\frac1p=\frac{\chi_0(a)}{\phi(q)}\log\logx+O(1)$$

然后按部分求和得出 $s=1+\增量$一致地美元\ delta$,

$$\开始{align}\sum_p\chi(p)p^{-s}&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_{p\equiva(q)}p^{-s}\\&=\sum_{a(q)}\chi(a)\sum_n(\frac1\phi(q){\log\log n+O(1))(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\\&=left(sum_{a(q)}\chi(a)\right)\left(\sum_n\frac1{\phi(q){\log\log n(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\rift)+\&+\sum_{a\\&=O\左(\sum_{n\geq1}(n^{-\delta}-(n+1)^{-\ delta})\右)=O(1)\,.\结束{对齐}$$

从那以后$\log L(s;\chi)=\sum_p\chi(p)p^{-s}+O(1)$我们看到了$L(1;\chi)\neq 0$.

另一方面,如果你只告诉我每个AP中有无穷多个素数,但不同的AP具有不同的渐近性美元$国防部q美元$,我认为不会有这样的结论。

我不知道这是否写在任何地方,但我现在将把它添加到我的课堂笔记中的家庭作业中。

在正文中添加了7个字符
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威尔·萨温
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(错误地提前提交;待修订)关于狄利克雷定理,我认为您需要定量版本。

假设$\sum_substack{p\equiv a(q)\\p<x}\frac1p=\frac1{\phi(q)}\log\log x(1+o(1))$$\sum_{\子堆栈{p\equiv a(q)\\p<x}}\frac1p=\frac1\phi(q)}\log\log x(1+o(1))$

(错误地提前提交;待修订)关于狄利克雷定理,我认为您需要定量版本。

假设$\sum_substack{p\equiv a(q)\\p<x}\frac1p=\frac1{\phi(q)}\log\log x(1+o(1))$

(错误地提前提交;待修订)关于狄利克雷定理,我认为您需要定量版本。

假设$\sum_{\子堆栈{p\equiv a(q)\\p<x}}\frac1p=\frac1\phi(q)}\log\log x(1+o(1))$

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利奥·西尔伯曼
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