这里有两个等价项。
定理1对于每个百万美元\geq 1$，以下是等效的。
a） 对于所有非平凡的Dirichlet字符美元\chi\bmod m$，$L（1，\chi）不=0$.
b） 对于所有人$a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\次$，素数集百万美元$具有Dirichlet密度$1/\varphi（百万）$.
定理证明1.我们将计算$\{p\equiv a\bmod m\}$没有假设（a），然后看看为什么（a）和（b）是等价的。平凡Dirichlet特征模百万美元$将写为1百万美元$.
对于每个Dirichlet字符美元\chi\bmod m$，$L（s，\chi）$正在分析$｛\rm Re｝（s）>0$除了$L（s，{\mathbf 1}_m）$在美元=1$.设置$$n（chi）：={\rm ord}_{s=1}（L（s，chi））$$所以$（{\mathbf 1}_m）=-1$和$（\chi）\geq 0$对于所有非平凡的美元\chi$.
对于${\rm Re}>1$和$（a，m）=1$，$$\sum{p\equiva\bmodm}\frac{1}{p^s}=\frac{1}{\varphi（m）}\sum{p}\sum{\chi}\frac{\chi（p）\overline{\chi{（a）}{p^s}=\frac{1}{\varphi（m）}\sum{\chi}\上划线{\chi{（a）\左（\sum{p}\frac{\chi（p）}{p^s}\右）$$其中右边的和覆盖了所有素数美元$和所有Dirichlet角色美元\chi\bmod m$.对于Dirichlet角色美元\chi\bmod m$和${\rm Re}>1$，$$\对数L（s，\chi）=\sum_p\frac{\chi（p）}{p^s}+\sum_{p，k\geq2}\frac}\chi，$$其中O美元$-常数为$\sum_{p，k\geq2}1/（kp^k）$，所以$$\sum{p\equiva\bmodm}\frac{1}{p^s}=\裂缝{1}{\varphi（m）}\sum_{\chi\bmod-m}\上横线{\chi}（a）\log L（s，\chi）+O（1）。$$
现在让我们按照消失的顺序$（\chi）$以上。对于%s美元$近的$1$，$L（s，chi）=（s-1）^{n（chi）}f_chi（s）$哪里$f_chi（s）$是以下邻域中的解析函数美元=1$和$f_chi（1）不=0$.因此$f_chi（s）$大约有一个解析对数美元=1$（定义明确，最多可加上的整数倍2美元\pi i$)，所以对于$s>1$，$\log L（s，\chi）=n（\chi，\log（s-1）+\ell_{f_chi}$，哪里$\ell_{f\chi}（s）$是合适的对数$f_chi（s）$.因此$$ \log L（s，\chi）=n（\chi，\log（s-1）+O_chi（1）$$对于%s美元$近的$1$并将其插入上面显示的公式中，\开始{align}\sum{p\equiva\bmodm}\frac{1}{p^s}&=\frac{1}}{\varphi（m）}\sum{\chi\bmodm}\overline{\chi}（a）（n（chi）\log（s-1）+O\chi（1））+O（1）\nonumber\\&=\frac{1}{\varphi（m）}\left（\sum_{\chi}\overline（a）n（\chi）\right）\log（s-1）+O_m（1）。\结束{对齐}
要计算Dirichlet密度，我们想把双方分开$\sum_p 1/p^s$对于%s美元$近的$1$右边。对于这种情况%s美元$，$$\log\zeta（s）=\sum_p\frac{1}{p^s}+O（1）=-\log（s-1）+O（一）。$$因此$\sum_p 1/p^s\sim-\log（s-1）$作为$s\至1^+$，所以除以$\sum_p 1/p^s$并且让$s\到1^+$给了我们\开始{方程式}\lim{s\到1^+}\裂缝{\sum_{p\equiva\bmodm}1/p^s}{\sum_p1/p^s}=\压裂{1}{\varphi（m）}\左（-\sum{\chi}\上横线{\chi}（a）n（\chi）\右），\结束{方程式}它表示的是$\{p\equiv a\bmod m\}$根据消失的顺序$（\chi）$作为美元\chi$运行Dirichlet字符mod百万美元$.
如果（a）为真，则$（\chi）=0$对于所有非平凡的事物$\chi美元$，因此上述极限计算的右侧是$（1/\varphi（m））$，即（b）。
相反，如果（b）为真，则$$\sum{chi}\上划线{chi}（a）n（chi）=-1$$为所有人$a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\次$通过我们的极限计算。为什么这意味着$（\chi）=0$对于非平凡美元\chi$?
使用由所有Dirichlet字符mod索引的复数向量百万美元$，让${\mathbf n}_m=（n（\chi））_\chi$和${\mathbf v}_a=（\chi（a））_\chi$对于每个$a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\次$.所有复数向量的空间$\mathbf z=（z_\chi）_\ chi$有维$\varphi（百万）$它有赫尔米人的内在产物$\langle\mathbfz，\mathbf w\rangle=\frac{1}{\varphi（m）}\sum_{\chi}z_\chi\上划线{w_\chi}$其中向量${\mathbf v}_a$是Dirichlet字符mod的正交关系的正交基百万美元$。上面显示的公式说$\langle{\mathbfn}_m，{\matHBfv}_a\rangle=-1/\varphi（m）$为所有人美元$在里面$（\mathbf Z/m\ mathbf Z）^\次$，所以$${mathbfn}_m=\sum_{a}\langle{mathbf n}_m，{mathbf-v}_a\rangle{mathbv}_a=-\frac{1}{\varphi（m）}\sum_a}{\mathbfv}_a。$$对于每个非平凡的美元\chi\bmod m$，的美元\chi$-的组件$\sum_{a}{\mathbf v}_a$是$\sum_a\chi（a）$，这是$0$.所以美元\chi$-的组件$｛\mathbf n｝_m$，这是$n（\chi）$，为0。这就是（a）。
QED定理1。（我只是在复制和粘贴之后才意识到我已经复制并粘贴了它，作为对MO问题的回答在这里.)
定理2对于每个百万美元\geq 1$，以下是等效的。
a） 对于所有Dirichlet字符美元\chi\bmod m$，$L（s，\chi）不=0$什么时候${\rm Re}=1$.
b）$\sum_{n\leqx}\chi（n）\Lambda（n）=o（x）$对于非平凡的Dirichlet字符美元\chi\bmod m$和$\sum_{n\leqx}\chi_{{mathbf1}_m}（n）\Lambda（n）\sim x$，
c） 对于所有人$a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\次$，$|\{p\leqx:p\equiva\bmodm\}|\sim（1/\varphi（m））x/\log x$.
将下面定理2的证明与2734364041答案中的草图进行比较，我们也将使用Tauberian定理（证明（b）隐含（c）），但我们不需要显式公式。
定理证明2.
我们将证明（a）等于（b），（b）等于（c）。
首先，我们显示（a）意味着（b）。设置$\psi_\chi（x）=\sum_{n\leqx}\chi$为所有人美元\chi$，所以（b） 说$\psi_\chi（x）=o（x）$对于非平凡美元\chi$和$\psi_{{\mathbf 1}_m}（x）\sim x$.
对于美元\西格玛>1$，$-L'（s，\chi）/L（s，\ chi）=\sum\chi（n）\Lambda（n）/n^s$，用于所有Dirichlet字符美元\chi\bmod m$，所以$\psi_\chi（x）$是系数的部分和$-L'（s，\chi）/L（s，\ chi）$.自$L（s，{\mathbf 1}_m）\n不=0$在美元\西格玛=1$通过（a），$-L'（s，｛\mathbf 1｝_m）/L（s，｛\mathbf 1｝_m）$是全纯的美元\sigma\geq 1$除了在美元=1$它具有非负Dirichlet级数系数$\psi_{{\mathbf 1}_m}（x）=O（x）$.因此$\psi_{{\mathbf 1}_m}（x）\sim x$，这是（b）的一部分，根据纽曼的Tauberian定理。得到（b）的其余部分，即$\psi_\chi（x）=o（x）$对于非平凡美元\chi$，我们有$-L'（s，\chi）/L（s，\ chi）$全纯的美元\sigma\geq 1$by（a）及其Dirichlet级数系数满足$|\chi（n）\Lambda（n）|\leq{\mathbf 1}_m（n）\ Lambda$为所有人n美元$，所以$\psi_\chi（x）=o（x）$根据纽曼Tauberian定理的推论$-L'（s，\chi）/L（s，\ chi）$使用比较Dirichlet级数$-L'（s，{\mathbf 1}_m）/L$.
因此（a）意味着（b）。
为了表明（b）意味着（a），我们将使用以下事实。对于函数美元（x）$在$[1，\infty）$有界且Riemann可积$1，T]美元$为所有人$T\geq 1美元$，所以$f（s）：=\int_1^\infty（a（x）/x^s）dx/x$绝对收敛于美元\西格玛>1$，如果$a（x）至0$作为$x\到\英寸$和$f美元$扩展到上的亚纯函数$\西格玛=1$然后$f美元$事实上是全纯的美元\西格玛=1$.（用于显示条件美元\psi（x）\sim x$暗示$\zeta（s）\not=0$在美元\西格玛=1$通过使用$a（x）=\psi（x）/x-1$.）由于积分表示$$-\压裂{L'（s，\chi）}{sL（s，\ chi）{=\int_1^\infty\frac{\psi_\chi（x）}{x}\frac}{x^s}$$和$$-\压裂{L'（s，{\mathbf 1}_m）}{sL（s，}\mathbf1}_m）}-\frac{1}{s-1}=\int_1^\infty\left（\frac}\psi{\matHBf1}（x）}{x}-1\right）\frac[dx}{x^s}，$$对于${\rm Re}>1$，哪里美元\chi$在第一个方程中很重要。我们可以在以下情况下使用上述事实$a（x）=\psi_\chi（x）/x$对于非平凡美元\chi$和$a（x）=\psi_{{\mathbf1}_m}（x）/x-1$得出结论$L'（s，\chi）/L（s，\ chi）$是全纯的美元\西格玛=1$对于非平凡$\chi美元$和$L'（s，{\mathbf 1}_m）/L$是全纯的美元\西格玛=1$除了在美元=1$，所以$L（s，\chi）$正在取消设置美元\西格玛=1$和$L（s，{\mathbf 1}_m）$正在取消设置美元\西格玛=1$.因此（b）意味着（a）。
（b）意味着（c）来自于上述的积分表示$-L'（s，\chi）/L（s，\chi）$对于所有非平凡的美元\chi$用标准方法证明（c）。
我们的最后一步是显示（c）意味着（b）。设置$\pi（x；a\bmodm）=|\{p\leqx:p\equiv a\bmod m\}|$什么时候$（a，m）=1$和$\pi_\chi（x）=\sum_{p\leqx}\chi$，哪里美元\chi$是Dirichlet字符模块百万美元$.写入美元\chi$作为以下各项的线性组合上的增量函数$（\mathbf Z/m\ mathbf Z）^\次$:$\chi=\sum_{a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\times}\chi（a）\delta_a$。那么\开始{align*}\pi_\chi（x）&=\sum{p\leqx}\chi\\&=sum_{p\leqx}\sum_{a\in（\mathbfZ/m\mathbf Z）^\times}\chi（a）\delta_a（p）\\&=\sum_{a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\times}\chi（a）\left（\sum_{p\leq x}\delta_a（p）\right）\\&=\sum_{a\in（\mathbf Z/m\mathbf-Z）^\times}\chi（a）\pi（x；a\bmod-m），\结束{align*}所以$$\压裂{\pi_\chi（x）}{x/\log x}=\sum_{a\in（\mathbf Z/m\mathbfZ）^\times}\chi[a）\frac{\pi（x；a\bmodm）}{x/\log-x}。$$由（c），作为$x\到\英寸$右侧倾向于$\sum_{a\in（{\mathbf Z}/m{\mathbf Z}）^\times}\chi（a）/\varphi（m）$，如果为0美元\chi$不平凡。因此，当美元\chi$我们拥有的并不平凡$\pi_\chi（x）=o（x/\log x）$，这意味着$\psi_\chi（x）=o（x）$通过同样的论点$\pi（x）\sim x/\log x$暗示$\psi（x）\模拟x$显示（c）暗示$\psi_{{\mathbf 1}_m}（x）\sim x$，综合（c）中的关系美元$在里面$（\mathbf Z/m\ mathbf Z）^\次$到得到$\pi（x）\sim x/\log x$，素数定理，其中等于美元\psi（x）\sim x$，所以$\psi_{{\mathbf 1}_m}（x）\sim x$自从$\psi_{{\mathbf 1}_m}（x）=\psi（x）+O_m（\log x）$.
QED定理2。
更新（2022）：素数定理$\pi（x）\sim x/\log x$相当于涉及Moebius函数的两个属性：$\sum_{n\leqx}\mu（n）=o（x）$和$\sum\mu（n）/n=0$它们在定理2中都有类似之处。请参见在这里.
