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Fourier分析导论——第8章——Dirichlet定理(E.M. Stein & R. Shakarchi)

Dirichlet, Gustav Lejeune (DÄuren 1805-GÄottingen 1859),

German mathematician. He was a number theorist at

heart. But, while studying in Paris, being a very like-

able person, he was befriended by Fourier and other

like-minded mathematicians, and he learned analysis

from them. Thus equipped, he was able to lay the

foundation for the application of Fourier analysis to

(analytic) theory of numbers.

Dirichlet, Gustav Lejeune (DÄuren 1805-GÄottingen 1859)，德国数学家。他本质上是一位数论学家。但是，在巴黎学习期间，他是一个非常讨人喜欢的人，与Fourier和其他志同道合的数学家成为朋友，并从他们那里学到了分析。有了这样的方法，他就能够为Fourier分析在(解析)数论中的应用奠定基础。)

------------------------------------------------------------------- S. Bochner, 1966----------------------

作为有限Fourier级数理论的一个引人注目的应用，我们现在证明算术级数中关于素数的Dirichlet定理。这个定理指出，若 q 和是没有公因子的正整数，则级数

， + q ， + 2q ， + 3q ，... ， + kq ，...

包含无穷多项素数。我们对主题的这种改变说明了Fourier分析思想在其看似狭窄的范围之外的各个领域的广泛适用性。在这个特殊情况下，有限abel群 $\mathbb{Z}^{*}(q)$ 的Fourier级数理论在问题的解决中发挥了关键作用。

1. 一点初等数论知识(A little elementary number theory)

我们首先介绍必要的背景。这涉及整数整除的基本概念，特别是有关素数的属性。这里，称为算术基本定理的基本事实是，每个整数在本质唯一的方式上都是素数的乘积。

1.1 算术基本定理(The fundamental theorem of arithmetic)

以下定理是长除法的数学公式。

定理 1.1 (Euclid算法) 对于任意整数 a 和 b(b > 0) ，存在唯一整数 q 和 r (0 ≤ r < b) , 使得

a = qb + r 。

这里的 q 表示 a 除以 b 的商，r 表示余数，其比 b 小。

证明：

首先我们证明 q 和 r 的存在。令 S 表示形如 a – qb (q∈ℤ)的所有非负整数的集合。这个集合是非空的，事实上，因为 b ≠ 0 ，S 包含任意大的正整数。令 r 表示 S 中的最小元素，因此,对于某些整数q 有

r = a - qb 。

通过构造 0 ≤ r ，我们声明 r < b ，如若不然，我们可以写成 r = b + s ，因此有 b + s = a – qb ，这意味着

s = a – (q + 1)b 。

因此， s ∈ S 且 s < r ，这与 r 表示 S 中的最小元素矛盾。由于 r < b ，因此，q 和 r 满足定理的条件。

为了证明唯一性，若我们另有 $a = q_{1}b + r_{1} (0 \leq r_{1} < b)$ 。通过减法，我们求得

$(q - q_{1})b = r_{1}- r$ 。

等式的左边具有绝对值 0 或绝对值 ≥ b，而等式的右边具有绝对值 < b。因此，等式的两边一定是0，这就给出了 $q = q_{1}$ 且 $r_{1} = r$ 。

若存在另一个整数 c 使得 ac = b ，则称整数 a 整除(divides) b ；则我们写成 a|b 并称 a 是 b 的因数(divisor)。注意，特别地，1 整除任何整数，对于任何整数 a，都有 a|a 。一个素数(prime number)(译注：在汉语中，“素”指“根本性的物质或构成事物的基本成分”，结合数学上的这个意义上说，就是这个数不能再拆分成其它数的乘积(除了1和其自身的乘积)，它本身就是构成这种意义上的数的“基本成分”了)是一个大于1的正整数，并且除了1和其自身之外，没有正除数。这一节的主要定理阐述的是,任何正整数都可以唯一地被写成素数的乘积形式。

两个整数 a 和 b的最大公约数(greatest common divisor)是能整除 a 和 b的最大整数。通常我们用 gcd(a, b)(译注：最大公约数三个英文单词的首字母)来表示两份个整数 a 和 b 的最大公因数。对于两个正整数，若它们的最大公因数是1，则称其为相对素数(relatively prime)。换句话说，1 是 a 和 b唯一共同的正因数。

定理 1.2 若gcd(a, b) = d ,则存在整数 x和 y，使得

ax + by = d 。

证明：

考虑形如 ax + by (其中，x ，y∈ℤ) 的所有正整数的集合 S，且令 s为集合 S 中最小的元素。我们声明 s = d。根据构造，存在整数 x 和y ，使得

ax + by = s 。

显然，a 和 b的任何约数整除 s，因此，我们一定有d ≤ s 。如果我们能够证明 s|a 且 s|b，则就完成了证明。根据 Euclid算法，我们可以写成 a = qs + r (0 ≤ r < s) 。用 q乘以以上等式，我们求得 qax + qby = qs ，因此

qax + qby = a – r 。

所以，r = a(1 - qx) + b(-qy) 。由于 s 是 S 中最小值且 0 ≤ r < s，我们推断出 r = 0 。因此，s 整除a 。类似的论证也证明 s 整除b , 因此，s = d 符合预期。

特别地，我们获得了定理的下面三种推论。

推论 1.3 两个素数 a 和 b 是相对素数的条件是，当且仅当存在整数 x 和 y 使得 ax + by = 1 。

证明：

若 a 和 b 是相对素数，根据定理1.2，两个整数 x和 y具有预期的属性，相反，假如 ax + by = 1 成立, d是正整数且整除 a 和 b，则 d 整除 1，因此 d = 1 。

推论 1.4 若 a 和 c 是相对素数且 c 整除 ab，则 c 整除 b。特别地，若 p 是不能整除 a 的素数且 p 整除 ab，则 p 整除 b。

证明：

我们可以写成 1 = ax + cy ，因此，等式乘以 b，我们求得 b = abx + cby 。因此，整除 c | b 。

推论 1.5 若 p 是素数且 p 整除乘积式 $a_{1},..., a_{r}$ ，则对于某个 i 有 p 整除 $a_{i}$ 。

证明：

根据前面的推论，若 p 不能整除 $a_{1}$ , 则 p 整除 $a_{2},..., a_{r}$ , 因此，最终 $p|a_{i}$ 。

现在，我们可以证明本节的主要结论。

定理 1.6 每一个大于1的正整数都可以唯一地因式分解成素数之积。

证明：

首先，我们证明这样一个因式分解是可能的。我们通过证明 > 1 的正整数的集合 S ,若其不能因式分解成素数，那么它只会是空集，从而证明这种因式分解的可能性。通过反证法论证，我们假设 S ≠ ∅ (译注：∅ 表示空集合)。令 n 为集合 S 的最小元素。因为 n 不会是素数，所以，存在整数 a > 1和 b > 1使得 ab = n 。但另一方面，a < n 且 b < n ，因此， a ∉ S且 b ∉ S 。因此，a 和 b具有素数的因式分解，它们的乘积 n 也是如此。这就意味着 n ∉ S ，因此 S 是空集，正如所预期。

现在我们将注意力转向因式分解的唯一性。假如 n 有两个不同的因式分解式

$\begin{array}{rl}n&=p_{1}p_{2}...p_{r} \\ &=q_{1}q_{2}...q_{s} \end{array}$ 。

因此， $p_{1}$ 整除 $q_{1}q_{2}...q_{s}$ ，我们可以应用引理 1.5 推断出对于某些 i 有 $p_{1}|q_{i}$ 。因为 $q_{i}$ 是素数,我们一定有 $p_{1} = q_{i}$ 。继续论证，我们发现，n 的两个因式分解直到因数的排列(permutation)都是相等的。

我们短暂离题，给出一个群 $\mathbb{Z}^{*}(q)$ (在前面章节出现过)的替代定义。根据我们的最初定义， $\mathbb{Z}^{*}(q)$ 是ℤ(q)中的单位乘法群：那些 n∈ℤ(q)的群，且对于这种群，存在一个整数m，使得

(1) nm ≡ 1 mod q 。

等价地， $\mathbb{Z}^{*}(q)$ 便是 ℤ(q) 中所有整数的乘法运算下的群，对 q 是相对素数。事实上，注意到，若满足(1)，则 n和 q 自动地成了相对素数。则，若我们在引理 1.3 中置 a = n 且 b = q ，我们求得

nx + qy = 1 。

因此， nx ≡ 1 mod q ，我们可以取 m = x 以建立相等关系。

1.2 素数的无穷性(The infinitude of primes)

素数的研究一直是算术的中心课题，而出现的第一个基本问题就是确定素数是否有无穷多个。这个问题在Euclid的<<原理(Elements)>>一书中用一种简单而又非常优雅的论证方法给解决了。

定理 1.7 存在无穷多个素数。

证明：

若不然，用 $p_{1} ,..., p_{n}$ 表示全部的素质集。定义

$N = p_{1} p_{2}... p_{n} + 1$ 。

因为 N 比任何 $p_{i}$ 都更大，整数 N 不会是素数。因此，N 可以被属于我们列表的素数整除。但这也是荒谬的，因为每个素数都可以整除乘积，但没有一个素数可以整除 1。这个矛盾得推断出了证明。

实际上可以修改Euclid的论证来推导出关于素数无穷性的更好结果。要看到这一点，请考虑以下问题。素数(除了 2 以外)可以根据它们的形式是 4k + 1 还是 4k + 3 分为两类，并且上述定理表明这些类别中至少有一类必须是无限的。自然地，人们不禁会问，这两个类是否都是无限的，如果不是，哪一个是无限的？对于 4 k + 3 形式的素数，类无限的事实有一个类似于Euclid的证明，但有一些不同。如果这样的素数只有有限多个，则按递增顺序枚举它们，省略 3，

$p_{1} = 7, p_{2} = 11,...,p_{n},$

且令

$N = 4p_{1} p_{2}... p_{n} + 1 + 3$ 。

显然，N 具有格式 4 k + 3 且不会是素数，因为 $N > p_{n}$ 。由于形如 4m + 1 的两个数的乘积又是形如 4m + 1 的形式，N 的素数因子之一，例如 p，一定形如 4k + 3 。我们一定有 p ≠ 3,因为在 N 的定义中，3 不整除其积。此外，p不会是形如 4k + 3 的其它素数之一，即，对于 i = 1,...,n ，因为那时的 p 整除 $p_{1} p_{2}... p_{n}$

但不整除 3，仍有待确定 4k + 1 形式的素数类是否是无限的。对上述论证进行简单的修改是行不通的，因为两个 4m + 3 形式的数的乘积永远不会是 4m + 3 形式。更一般地，为了证明二次互反律(law of quadratic reciprocity)，Legendre 公式化了以下表述：

若 q 和是相对素数，则序列

+ kq ，k ∈ ℤ

包含无限多项素数(因此，至少包含一个素数！)。

显然，q 和是相对素数的条件是必要的，不然， + kq 永远不会是素数。换句话说，这种假设指的是，可能包含素数的任何算术级数必须包含无穷多个素数。

Legendre断言由Dirichlet 证明。他的证明中的关键思想是Euler对涉及其乘积公式的素数的分析方法，该方法给出了定理 1.7 的强化版本。 Euler的这一见解导致了素数理论和分析之间的深刻联系。

ζ 函数及其Euler积(The zeta function and its Euler product)

我们以无限积的快速回顾开始。假如 $\{A_{n}\}_{n=1}^{n=\infty}$ 是一个实数序列，若其极限存在，我们定义

$\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}A_{n} =\lim_{N \rightarrow \infty}\prod_{n=1}^{N}A_{n}$ ，

在这种情况下，我们称乘积收敛。很自然的方法便是，取对数并将乘积转换为求和。我们在引理中汇聚了函数 log(x) 所需的属性，定义为正实数。

引理 1.8 指数函数和对数函数满足下面的属性：

(i) $e^{\log x}=x$ 。

(ii) $\log(1 + x) = x + E(x)$ ( 其中，若 | x|<1/2 , $| E(x)|< x^{2}$ ) 。

(iii) 若 log(1 + x) = y 且 |x|<1/2 ,则 | y |≤1/2 。

根据 O 记法，属性(ii)将记为 $\log(1 + x) = x + O (x^{2})$ (译注：O 记法表示“左侧以右侧为界”)。

证明：

属性(i)是标准的。为了证明(ii)我们使用针对| x|<1的 log(1 + x)的幂级数展开式，即，

(2) $\displaystyle \log(1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{n}$ 。

则，我们有

$\displaystyle E(x) = \log(1 + x) - x =-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3} +\frac{x^{4}}{4}+...\ ,$

并且，三角不等式意味着

$\begin{array}{rl}|E(x)| &\displaystyle \leq \frac{x^{2}}{2}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+...) \\[0.2cm] \\ &\displaystyle \leq \frac{x^{2}}{2}(\frac{1}{1-1/2})\\[0.2cm] \\ &\displaystyle \leq x^{2} \end{array}$ 。

且若 x = 0 ，(iii)显然也成立。

现在，我们可以证明关于实数无限积的主要结论。

命题 1.9 若 $A_{n} = 1 + a_{n}$ 且 $\sum |a_{n}|$ 收敛，则乘积 $\prod_{n}A_{n}$ 收敛，且当且仅当其因子之一的 $A_{n}$ 消失的时候，这个乘积消失。此外，若对于所有的 n， $a_{n} \neq 1$ ，则 $\prod_{n}\left [1/(1-a_{n}) \right ]$ 收敛。

证明：

若 $\sum |a_{n}|$ 收敛，则对任意大的 n，我们一定有 $|a_{n}|<1/2$ 。如有必要，忽略有限多个项，我们可以假设这个不等式对于所有的 n 都成立。则我们可以写成如下分部乘积的形式：

$\prod_{n=1}^{N}A_{n}=\prod_{n=1}^{N}e^{\log(1+a_{n})}=e^{B_{N}}$ ，

其中， $B_{N}=\sum_{n=1}^{N}b_{n}$ 且 $b_{n}=\log(1+a_{n})$ 。根据引理，我们知道， $|b_{n}| = 2|a_{n}|$ ，因此， $b_{n}$ 收敛于一个实数，比如，收敛于 B 。因为指数函数是连续的，我们推断出，随着 N 趋近于无穷大， $e^{B_{N}}$ 趋近于 $e^{B}$ 。

最后，观察到 $\prod_{n}\left [1/(1-a_{n}) \right ]$ 的分部乘积是 $1/\prod_{n}\left [1/(1-a_{n}) \right ]$ ，因此，与上面同样的论证证明在分母中的乘积收敛于一个非零的极限。

在具备了这些我们证明所需的背后的预备知识以后，现在我们回到问题的核心。因为 s是一个大于1的实数(严格地说)，我们定义 ζ 函数为

$\displaystyle \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n_{s}}$ 。

为了理解定义ζ 收敛的级数，我们使用了这个原理——只要 f 是一个递降函数，读者可以将 $\sum f(n)=\int f(x)dx$ 与图1所示作对比。另请注意，类似的技巧在第3章中使用过，那时用积分界定下面的总和。

-----------------------------------------------图 1. 图和与积分对比-----------------------------------------------

在这里，我们取 $f(x)=1/x^{s}$ ，可以看到

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n_{s}} \leq 1+\sum_{n=2}^{\infty}\int_{n-1}^{n}\frac{dx}{x_{s}}=1+\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x_{s}}$ ，

因此，

(3) $\displaystyle \zeta(s) \leq 1 + \frac{1}{s-1}$ 。

显然，定义ζ 在每一个半线(half-line) $s>s_{0}>1$ 上一致收敛的级数，因此，当 s > 1 时，ζ是连续的。前面在Poisson求和公式的讨论中已经涉及到 ζ 函数以及 θ 函数。

关键结论是 Euler积公式。

定理 1.10 对于每一个 s > 1 我们有

$\zeta(s)=\prod_{p}\frac{1}{1-1/p^{s}}$ 。

其中，乘积取自所有素数。

值得重点注意的是，这个恒等式是一个算术基本定理的解析表达式。事实，乘积 $\frac{1}{1-p^{-s}}$ 的每一个因子都可以写成一个收敛的等比级数

$\displaystyle 1 + \frac{1}{p^{s}} + \frac{1}{p^{2s}} + ... + \frac{1}{p^{Ms}} + ...$ 。

因此，我们考虑

$\prod_{pj}(1+\frac{1}{p_{j}^{s}}+\frac{1}{p_{j}^{2s}}+...+\frac{1}{p_{j}^{Ms}}+...)$ ，

其中，乘积取自所有素数，我们按递增的次序排列为 $p_{1} < p_{2} < ...$ 。正式进行(这些操作将在下面说明),我们以项的和的方式计算乘积，每一项源自以一个 k 为序号挑出的一项 $1/p_{j}^{ks}$ (在和中对应 $p_{j}$ )，显示，这一项也取决于 j，并且 k = 0时，j项足够大。按这种方式获得乘积式为

$\displaystyle \frac{1}{\left (p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{m}^{k_{m}} \right )^{s}}=\frac{1}{n^{s}}$ ，

其中，整数 n 写在素数积 $n=p^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{m}^{k_{m}}$ 。根据算术基本定理，每一个 ≥ 1 的整数按这种方式唯一地出现一次，因此乘积等于

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$ 。

我们现在证明这个启发式的(heuristic)论证是正确的。

证明：

假设 M 和 N是正整数且 M > N ，现在观察到，任意 n ≤ N 正整数都可以唯一写成素数之积，并且每一个素数都必须小于或者等于N 而重复次数小于 M 次。因此

$\begin{array}{rl} \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}} & \displaystyle \leq \prod_{p \leq N} \left (1+\frac{1}{p_{s}}+\frac{1}{p^{2s}}+...+\frac{1}{p^{Ms}}\right ) \\[0.2cm] \\ & \displaystyle \leq \prod_{p \leq N} \left (\frac{1}{1-p^{-s}} \right ) \\[0.2cm]\\ & \displaystyle \leq \prod_{p}\left (\frac{1}{1-p^{-s}} \right ) \end{array}$ 。

现在，令 N 趋近于无穷大，产生

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}} \leq \prod_{p} \left (\frac{1}{1-p^{-s}} \right )$ 。

对于反向过来的不等式，我们按如下论证。再次地，根据算术基本定理，我们求得

$\displaystyle \prod_{p \leq N} \left (1+\frac{1}{p_{s}}+\frac{1}{p^{2s}}+...+\frac{1}{p^{Ms}}\right ) \leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$ 。

令 M 趋近于无穷大给到

$\displaystyle \prod_{p \leq N} \left (\frac{1}{1-p^{-s}} \right ) \leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$ ，

因此，

$\displaystyle \prod_{p} \left (\frac{1}{1-p^{-s}} \right ) \leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$ ，

这样，乘积公式的证明完成。

现在我们来到定理1.7的Euler版本。这启发了Dirichlet解决算术级数中素数一般问题的方法。重点是下面的命题。

命题 1.11 对于级数

$\displaystyle \sum_{p}\frac{1}{p}$ ,

当和取自所有素数的时候，级数发散。

当然，如果素数的个数有限，则级数会自动收敛。

证明：

我们对Euler公式两边取对数。由于 log (x) 是连续的，因此我们可以将无限乘积的对数写为对数之和的形式。因此，对于 s > 1 ，我们得到

$\displaystyle -\sum_{p}\log(1-1/p^{s})=\log \zeta(s)$ ，

这给到

$\displaystyle \sum_{p}1/p^{s}+O(1)=\log \zeta(s)$ 。

因为 $\displaystyle \sum_{p}1/p^{2s} \leq \sum_{n=1}^{\infty}1/n^{2}$ ，所以出现了 O(1) 这一项。现在，我们令上式中的 s 趋近于 1 。即， $s \rightarrow 1^{+}$ ，并注意 ζ(s) ⟶ ∞ ，因为，因此，

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 1^{+}}\inf \sum_{n=1}^{\infty}1/n^{s} \geq \sum_{n=1}^{M}1/n$ (对于每一个M )。

我们推断出，随着 $s \rightarrow 1^{+}$ ， $\sum_{p}1/p^{s} \rightarrow \infty$ ，且因为对于所有的 s > 1，有 $1/p \geq 1/p^{s}$ , 最后，我们有

$\displaystyle \sum_{p}\frac{1}{p}=\infty$ 。

在本章的其余部分中，我们将看到Dirichlet如何适应Euler的洞悉。

2. Dirichlet定理(Dirichlet’s theorem)

我们提醒读者我们的目标：

定理 2.1 若 q 和 是相对素数的正整数，则存在无穷多个形如 + kq (k∈ℤ)形式的素数。

根据Euler的论证，Dirichlet通过证明级数

$\displaystyle \sum_{p \equiv \ell \mathop{\mathrm{mod}} q}\frac{1}{p}$

发散(其中，总和是对所有与模 q 同余的素数求和)，从而证明了这个定理。一旦 q 固定就不可能出现混乱，我们写成 p ≡ 来表示一个素数与模 q 同余。证明由几步构成，其中之一步要求群 $\mathbb{Z}^{*}(q)$ 之上的Fourier分析。

在全面讨论该定理之前，我们先概述一下之前提出的特定问题的解决方案：是否存在无穷多个 4k + 1 形式的素数？这个例子由特殊情况 q = 4 和 = 1 组成，说明了证明Dirichlet定理的所有重要步骤。

我们以通过 (1) = 1 和 (3) = -1定义的 $\mathbb{Z}^{*}(4)$ 上的特征开始。我们将这个特征扩展到整个 ℤ，如下：

$\mathcal{X}(n)=\left \{\begin{array}{rl}0(if \: n \: is\: even), \\ 1(if \:n=4k+1),\\ -1(if \:n=4k+3) \end{array} \right.$ 。

注意这个函数是乘法，即，在整个ℤ上，有 (nm) = (n)(m)。令 $\displaystyle L(s,\mathcal{X})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}$ ，

因此,

$\displaystyle L(s,\mathcal{X})=1-\frac {1}{3^{s}}+\frac {1}{5^{s}}-\frac {1}{7^{s}}+...$ 。

则 L(1 , )是由

$1-\frac {1}{3}+\frac {1}{5}-\frac {1}{7}+...$

给出的收敛级数。因为级数中的项是交替的且它们的绝对值递减到0 ，我们有 L(1 , ) ≠ 0 。因为是乘法的，Euler积推广后(我们后面会证明)给出

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}=\prod_{p}\frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}}$ 。

对上式两边取对数，求得

$\displaystyle \log [L(1 , \mathcal{X} )] = \sum_{p}\frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}} + O(1)$ 。

令 $s \rightarrow 1^{+}$ ，这个观察 L(1 , ) ≠ 0 表明 $\sum_{p}\frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}}$ 保持有界。因此，当 $s \rightarrow 1^{+}$ 时，

$\displaystyle \sum_{p \equiv 1} \frac{1}{p^{s}}- \sum_{p \equiv 3} \frac{1}{p^{s}}$

有界。然而，我们从命题1.11知道，当 $s \rightarrow 1^{+}$ 时，

$\displaystyle \sum_{p}\frac{1}{p^{s}}$

有界，因此，将这两个事件放到一起，我们求得当 $s \rightarrow 1^{+}$ 时，

$\displaystyle 2\sum_{p \equiv 1} \frac{1}{p^{s}}$

有界。因此， $\sum_{p \equiv 1} \frac{1}{p^{s}}$ 发散，其结果，存在无穷多项形如 4k + 1 的素数。

我们暂且离题转去证明 L(1 , ) = π/4 这个事实。为了理解这一点，我们对恒等式

$\displaystyle \frac{1}{1+x^{2}}=1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+...$

进行积分，得到

$\displaystyle \int_{0}^{y}\frac{dx}{1+x^{2}}=y-\frac{y^{3}}{3}+\frac{y^{5}}{5}-\frac{y^{7}}{7}+... (0<y<1)$ 。

然后，我们令 y 趋近于 1 。这个积分可以计算为

$\displaystyle \left. \int_{0}^{y}\frac{dx}{1+x^{2}}= \arctan(u) \right \vert_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}$ ，

因此，这就证明了级数 $1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...=\frac{\pi}{4}$ 是 Abel 可和到 $\frac{\pi}{4}$ 的。因为我们知道级数收敛，它的极限与Abel极限是相同的。因此 $1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...=\frac{\pi}{4}$ 。

本章的其余部分给出了Dirichlet定理的完整证明。我们从Fourier分析开始(这实际上是上面给出的示例中的最后一步)，并将定理简化为非消没的 L 函数。

2.1 Fourier分析，Dirichlet特征，及定理的简单化(Fourier analysis, Dirichlet characters, and reduction of the theorem)

接下来，我们取Abel群G 为 $\mathbb{Z}^{*}(q)$ 。我们下面的公式包含 G 的阶，即其是 0 ≤ n < q 的对q是相对素数的整数的数目；这些数目定义了Euler φ 函数 φ(q),以及 | G | = φ (q) 。

考虑 G上的函数 $\delta_{\ell}$ ，我们将其看成是的特征函数；若 $n \in \mathbb{Z}^{*}(q)$ ，则

$\delta_{\ell}(n)=\left \{ \begin{array}{l} 1 \: (if \: n \equiv \ell \mathop{\mathrm{mod} }q ) \\[0.2cm] \\ 0 \:(otherwise) \end{array} \right .$ 。

我们可以按 Fourier级数将这个函数扩展如下：

$\displaystyle \delta_{\ell}(n) = \sum_{e \in \widehat{G}}\widehat{\delta_{\ell}}(e)e(n)$ ，

其中，

$\displaystyle \widehat{\delta_{\ell}}(e) =\frac{1}{|G|} \sum_{e \in G}\delta_{\ell}(m)\overline{e(m)}=\frac{1}{|G|}\overline{e(\ell)}$ 。

因此，

$\displaystyle \delta_{\ell}(n) = \frac{1}{|G|} \sum_{e \in \widehat{G}}\widehat{e(\ell)}e(n)$ 。

我们可以将函数 $\delta_{\ell}$ 扩展到所有 ℤ ，若 m 和 q 不是相对素数时，令为 $\delta_{\ell} (m) = 0$ 。类似地，特征 $e \in \widehat{G}$ 扩展到整个 ℤ ，按相同扩展法给出

$\mathcal{X}(m)=\left \{ \begin{array}{l} e(m) \: (if \: m \: and\: q \: are \: relatively \: prime) \\[0.2cm] \\ 0 \:(otherwise) \end{array} \right .$ ，

这称为 Dirichlet 模 q 特征。我们将用 $\mathcal{X}_{0}$ 表示 G 的平凡(trivial)特征到 ℤ 的扩展。因此，若 m 和 q是相对素数时， $\mathcal{X}_{0}(m)=1$ ，

其它情况时为 0 。注意，Dirichlet 模 q特征在整个 ℤ 上是乘法的，在这个意义上，对于所有的 n ，m ∈ ℤ ，有

(nm) = (n)(m) 。

因为整数 q 是固定的，我们将“Dirichlet 模 q 特征”略去“模 q”而直接说成“Dirichlet 特征”而不必担心引起混淆(注：我们使用符号代替 e 来区分(定义在ℤ上的)Dirichlet 特征和(定义在 $\mathbb{Z}^{*}(q)$ )上的特征e )。

具有 |G| = φ(q)，我们可以重述以上结论为：

引理 2.2 Dirichlet 特征是乘法的。此外，

$\displaystyle \delta_{\ell}(m)=\frac{1}{\varphi(q)}\sum_{\mathcal{X}}\widehat{\mathcal{X}(\ell)}\mathcal{X}(m)$ ，

其中，总和完全覆盖整个Dirichlet 特征。

有了上面的引理，我们就已经踏出了对定理证明的第一步，因为这个引理证明了

$\displaystyle \sum_{p \equiv \ell}\frac{1}{p^{s}}=\sum_{p}\frac{\delta_{\ell}(p)}{p^{s}}=\frac{1}{\varphi(q)} \sum_{\mathcal{X}}\overline{\mathcal{X}(\ell)}\sum_{p}\frac{\mathcal{X}^{p}}{p^{s}}$ 。

因此，足以理解 $s \longrightarrow 1^{+}$ 时 $\sum_{p}\frac{\mathcal{X}^{p}}{p^{s}}$ 的行为。事实上，根据是否是平凡的，我们将以上和分成两部分。因此，我们有

$\begin{array}{rl}\displaystyle \sum_{p \equiv \ell}\frac{1}{p^{s}}&\displaystyle=\frac{1}{\varphi(q)}\sum_{p}\frac{\mathcal{X}_{0}(p)}{p^{s}} \mathop{+}\frac{1}{\varphi(q)} \sum_{\mathcal{X} \neq \mathcal{X}_{0}}\overline{\mathcal{X}(\ell)}\sum_{p}\frac{\mathcal{X}^{p}}{p^{s}} \\[0.2cm] \\ \bold{(4)} &\displaystyle=\frac{1}{\varphi(q)}\sum_{p \:not \:dividing \:q }\frac{1}{p^{s}}+\frac{1}{\varphi(q)}\sum_{\mathcal{X} \neq \mathcal{X}_{0}}\overline{\mathcal{X}(\ell)}\sum_{p}\frac{\mathcal{X}^{p}}{p^{s}} \end{array}$ 。

因为仅存在有限多个整除以 q 的素数。Euler定理(引理1.11)意味着等式右边的第一个和当 s 趋近于 1 时发散。这些观察证明了Dirichlet定理是以下论断的结果。

定理2.3 若 是非平凡 Dirichlet 特征，则以下和

$\displaystyle \sum_{p}\frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}}$

当 $x \longrightarrow 1^{+}$ 时保持有界。

定理 2.3 的证明要求引入 L函数，现在我们转向学习L函数。

2.2 Dirichlet L函数(Dirichlet L-functions)

在前面章节，我们证明了 ζ(s)函数 $\sum_{n}\frac{1}{n^{s}}$ 可以表示为乘积形式，即

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}=\prod_{p}\frac{1}{1-p^{-s}}$ 。

Dirichlet观察到所谓的 L函数的类似公式，对于 s > 1 这种情况，定义为

$\displaystyle L(s,\mathcal{X})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}$ ，

其中，是Dirichlet 特征。

定理 2.4 若 s > 1，则

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}=\prod_{p}\frac{1}{(1-\mathcal{X}(p))p^{-s}}$ ，

其中，乘积完全覆盖所有素数。

现在，假设这个定理，我们可以正式遵循Euler的论证：取乘积的对数并利用 $\log(1 + x) = x + O(x^{2})$ 这事实，只要 x 足够小，我们得到

$\begin{array}{rl} \log[L(s, \mathcal{X} )]&\displaystyle=-\sum_{p}\log\left (1-\mathcal{X}(p)/p^{s}\right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=-\sum_{p} \left [ -\frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}}+O(\frac{1}{p^{2s}}) \right ] \\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{p}\left [ \frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}}+O(1) \right ] \end{array}$ 。

若 L(s, )有限且非零，则，当 $x \longrightarrow 1^{+}$ 时，L(s, )有界。我们可以推断出，当 $x \longrightarrow 1^{+}$ 时，和表达式

$\displaystyle \sum_{p}\left [ \frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}} \right ]$

有界。我们现在对上述正式论证提出几点看法。

第一，我们必须证明定理2.4中的乘积公式。由于 Dirichlet 特征可以是复数值，我们将对数扩展到形如 w = 1/(1 – z ) 且| z | < 1的复数 w 。(根据幂级数可以实现。) 则我们证明，具有对数的这个定义，前面给出的Euler积公式的证明可以搬运到 L 函数上。

第二，我们必须使得所取的乘积公式两端的对数有意义。若Dirichlet特征是实数，这个论断有效并且恰好是所给出的对应形如 4k + 1 的素数的例子之一。通常，难点在于——(p)是一个复数值，并且复对数不是一个单值；特别是，乘积的对数不是对数的和。

第三，仍需证明，只要 $\mathcal{X} \neq \mathcal{X}_{0}$ ，当 $x \longrightarrow 1^{+}$ 时，log[L(s, )]有界。若(正如我们很快会看到的那样) L(s, )在 s = 1 处连续，则足以证明

L(1, ) ≠ 0 。

我们在前面提到，这是非消没的。在前面的例子中，这对应非零的交替级数。L(1, ) ≠ 0 这个事实是论证中最困难的部分。

因此，我们将聚焦于三点：

1. 复对数和无穷积。

2. L(1, )的研究。

3. 证明，若是非平凡的,则 L(1, ) ≠ 0 。

然而，在进入前一步的细节之前，我们暂停一下，以简要地讨论一些围绕 Dirichlet 定理的历史事实。

关于Dirichlet 历史的题外话(Historical digression)

在下面的列表中，我们收集了那些与Dirichlet 定理相关的一系列成就最密切相关的数学家的名字。为了提供更好的视角，我们附上他们年满 35 岁的年份：

Euler 1742

Legendre 1787

Gauss 1812

Dirichlet 1840

Riemann 1861

正如我们前面提到的那样，欧拉发现ζ函数的乘积公式是Dirichlet论证的起点。 Legendre实际上猜想了这个定理，因为他在证明二次互反律时需要它。然而，这个目标是由Gauss首先实现的，他虽然不知道如何建立算术级数中的素数定理，但却发现了许多不同的二次互反性证明。后来，Riemann将 ζ 函数的研究扩展到复平面，并指出与该函数的不消失相关的性质如何成为进一步理解素数分布的核心。

Dirichlet于 1837 年证明了他的定理。值得注意的是，当Dirichlet还是一位访问巴黎的年轻数学家时，Fourier已经去世好几年了， Fourier和Dirichlet很早就已经成为了朋友。除了数学方面的伟大活动外，那个时期也是艺术，特别是音乐方面非常丰富的时期。 Beethoven的时代仅仅在十年前就结束了，Schumann这时正达到他创造力的顶峰。但与Dirichlet的职业生涯最接近的音乐家是Felix Mendelssohn(比他小四岁)。恰巧后者在Dirichlet成功证明其定理的第二年就开始创作他著名的小提琴协奏曲。

3. Dirichlet定理的证明(Proof of the theorem)

我们回到Dirichlet定理的证明，并回到上面提及的3个问题。

3.1 对数(Logarithms)

处理第一点的手段便是定义2个对数，为形如 1/(1 – z ) 且| z | < 1的复数定义一个对数，记为 $\log_{1}$ ，为函数 L(s, )定义一个对数，记为 $\log_{2}$ 。

对于第一个对数，我们定义

$\displaystyle \log_{1}\left (\frac{1}{1-z} \right )=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{k}}{k}$ (对| z | < 1) 。

注意，若 $\mathrm{Re}(w) > 1/2$ , 则 $\log_{1}(w)$ 有定义，且由于等式(2),当 x是一个> 1/2的实数时， $\log_{1}$ 给出了常规 log(x)的扩展。

命题3.1 对数函数 $\log_{1}$ 满足下面的属性：

(i) 若 | z | < 1 ，则 $\displaystyle e^{\log_{1}(\frac{1}{1-z})}=\frac{1}{1-z}$ 。

(ii) 若 | z | < 1 ，则 $\displaystyle {\log_{1}(\frac{1}{1-z})}=z+E_{1}(z)$ ，

其中，若 | z | < 1/2 , 误差 $E_{1}$ 满足 $|E_{1}(z)|\leq |z|^{2}$ 。

(iii) 若 | z | < 1/2 ，则 $\displaystyle \left |\log_{1}(\frac{1}{1-z}) \right | \leq 2|z|$ 。

证明：

为了建立第一个属性，令 $z = re^{i\theta}$ 且 0 ≤ r < 1,并观察到，它足以证明

(5) $\displaystyle (1-re^{i\theta})e^{ \sum_{1}^{\infty}(re^{i\theta})^{k}/k}$ 。

为了实现这个目的，我们关于 r 微分左边，这样就给到

$\displaystyle \left [-e^{i\theta} +(1-re^{i\theta})\left (\sum_{k=1}^{\infty}(re^{i\theta})^{k}/k \right )^{'}\right ]e^{\displaystyle \sum_{1}^{\infty}(re^{i\theta})^{k}/k}$ 。

括号中的这一项等于

$\displaystyle -e^{i\theta} +(1-re^{i\theta})e^{i\theta}\left (\sum_{k=1}^{\infty}(re^{i\theta})^{k-1} \right )=-e^{i\theta} +(1-re^{i\theta})e^{i\theta}\frac{1}{1-re^{i\theta}}=0$ 。

在求得等式(5)的左边是常量之后，我们设 r = 0 得到了预期的结果。

利用这些结果，我们可以表述确保复数无限乘积收敛的充分条件。，

除开我们现在使用对数 $\log_{1}$ ，它的证明与真实情况相同。

命题 3.2 若 $\sum |a_{n}|$ 收敛，且对于所有的 n ， $a_{n} \neq 1$ , 则

$\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}\left (\frac{1}{1-a_{n}} \right )$

收敛。此外，这个乘积非零。

证明：

对于足够大的 n ， $|a_{n}|< 1/2$ , 因此，我们可以不失通用性地假设，这个不等于对于所有 n ≥ 1 成立。则

$\displaystyle \prod_{n=1}^{N}\left (\frac{1}{1-a_{n}} \right )=\prod_{n=1}^{N}e^{\log_{1}(\frac{1}{1-a^{n}})}= e^{ \sum_{n=1}^{N}\log_{1}(\frac{1}{1-a_{n}})}$ 。

但是，从前面的命题我们知道

$\displaystyle \left | \log_{1} \left ( \frac{1}{1-z} \right ) \right | \leq 2 |z|$ ，

因此，级数 $\sum |a_{n}|$ 收敛这个事实，立即意味着极限

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\sum_{n=1}^{N}\log_{1}\left (\frac{1}{1-a_{n}} \right )=A$

存在。因为这个指数函数是连续的，我们推断出乘积收敛于 $e^{A}$ ，显然这个极限值是非零的。

现在，我们可以证明所前面承诺要证明的Dirichlet公式

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}=\prod_{p}\frac{1}{(1-\mathcal{X}(p)p^{-s})}$ 。

为简化记法，令 L 表示上式的左边，定义

$\displaystyle S_{N}=\sum_{n \leq N}\mathcal{X}(n)n^{-s}$ 和 $\displaystyle \Pi_{N}= \prod_{n \leq N}\frac{1}{(1-\mathcal{X}(p)p^{-s})}$ 。

根据前面的命题，无限积 $\Pi = \displaystyle \lim_{N \rightarrow \infty}\Pi_{N} = \prod_{p}\frac{1}{(1-\mathcal{X}(p)p^{-s})}$ 收敛。事实上，若我们设 $a_{n}=\mathcal{X}(p_{n})p_{n}^{-s}$ ，其中， $p_{n}$ 是第 n 个素数，我们注意到，若 s > 1 ，则 $\sum |a_{n}|< \infty$ 。

此外，我们定义

$\displaystyle \Pi_{N,M}=\prod_{p \leq N}\left [1+\frac{\mathcal{X}(p)}{p^{s}}+...+ \frac{\mathcal{X}(p^{M})}{p^{Ms}}\right ]$ 。

现在，固定 ε > 0 且选择使

$|S_{N}-L|<\epsilon$ 和 $|\Pi_{n}-\Pi|< \epsilon$

成立的这么大的 N。我们可以选择足够大的 M 使得

$|S_{N}-\Pi_{N,M}|<\epsilon$ 和 $|\Pi_{N,M}-\Pi_{N}|<\epsilon$ 。

为了理解第一个不等式，读者可用算术第一基本定理和Dirichlet特征是乘法的这一基本事实。第二个不等式仅仅是遵循第一个不等式，因为每一个级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(p^{n})}{p^{ns}}$ 收敛。

因此

$| L - \Pi| \leq | L - S_{N}| + | S_{N} - \Pi_{N,M}| + | S_{N} - \Pi_{N,M}| + |\Pi_{N} - \Pi| < 4\epsilon$ 。

正如所要证明的。

3.2 L函数(L-functions)

下一步是对 L 函数的更好理解。它们的行为与 s 的函数一样，取决于是否是平凡的。在第一种情况下， $L(s, \mathcal{X}_{0})$ 取决于(is up to)某些简单的因素，即 ζ 函数。

命题 3.3 假如 $\mathcal{X}_{0}$ 是平凡 Dirichlet特征，

$\mathcal{X}_{0}(n)=\left \{ \begin{array}{l} 1 \: (if \: n \: and\: q \: are \: relatively \: prime), \\[0.2cm] \\ 0 \:(otherwise) ,\end{array} \right .$

且 $q = p_{1}^{a_{1}} ... p_{N}^{a_{N}}$ 是 q 的素数因式分解。则，

$L(s, \mathcal{X}_{0}) = (1 - p_{1}^{-s})(1 - p_{2}^{-s})...(1 -p_{N}^{-s}) \zeta(s)$ 。

因此，当 $x \longrightarrow 1^{+}$ 时， $L(s, \mathcal{X}_0) \longrightarrow \infty$ 。

证明：

基于对比Dirichlet和Euler乘积公式，立即可推断出以上命题。因为，当 $x \longrightarrow 1^{+}$ 时，ζ(s) ⟶ ∞ ，所以，最后的表述成立。

余下 L 函数的行为，即 ≠ X0 的那些行为，更加微妙。一个显著的属性是，现在，对于 s > 0 ,这些函数有定义且连续。事实上，还有更多的事实成立。

命题 3.4 假如 是非平凡 Dirichlet 特征，则级数

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}$

对 s > 0 收敛，且我们用 L(s, ) 表示其和，此外：

(i) 对 0 < s < ∞ ，函数 L(s, ) 是连续地可微的。

(ii) 存在常量 c, c’> 0，使得，当 s ⟶ ∞ 时，有

$L(s, \mathcal{X}) = 1 + O(e^{-cs})$

和

$L^{'}(s, \mathcal{X}) = 1 + O(e^{-c^{'}s})$ 。

我们首先分离出非平凡Dirichlet特征所具有的关键取消属性(cancellation property)，它解释了命题中表述的 L 函数的行为。

引理 3.5 假如 是非平凡 Dirichlet 特征，则对于任意 k ，有

$\displaystyle \left |\sum_{n=1}^{k}\mathcal{X}(n) \right | \leq q$ 。

证明：

首先，我们想到

$\displaystyle \sum_{n=1}^{q}\mathcal{X}(n)$ 。

事实上，若 S 表示和且 $a \in \mathbb{Z}^{*}(q)$ , 则由Dirichlet特征的乘法特性给到

$\mathcal{X}(a) S = \sum \mathcal{X}(a)\mathcal{X}(n) = \sum \mathcal{X}(an) = \sum \mathcal{X}(n) = S$ 。

由于是非平凡的，对于某些 a ，(a) ≠ 1,因此，S = 0 。现在，我们写成 k = aq + b 且 0 ≤ b < q，并注意到

$\displaystyle \sum_{n=1}^{k}\mathcal{X}(n)=\sum_{n=1}^{aq}\mathcal{X}(n)+\sum_{aq<n \leq aq+b}\mathcal{X}(n)=\sum_{aq<n \leq aq+b}\mathcal{X}(n)$ ，

在最后一项和中，最多不超过q项。一旦我们想到 | (n)| ≤ 1 ，证明完毕。

现在，我们可以证明引理。令 $s_{k}=\sum_{n=1}^{k}\mathcal{X}(n)$ 且 $S_{0}=0$ 。我们知道，根据级数

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}}$ ，

对 s > 0，L(s, )有定义；并且对于 s > δ > 1 ,级数绝对且一致地收敛，这证明了对于 s > 1, L(s, )是连续地可微的。我们分部求和(对于分部求和，参见第2章中的练习7)以扩展这个结论到 s > 0。事实上，我们有

$\begin{array}{rl} \displaystyle \sum_{k=1}^{N}\frac{\mathcal{X}(k)}{k^{s}}&\displaystyle=\sum_{k=1}^{N}\frac{s_{k}-s_{k-1}}{k^{s}}\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{k=1}^{N-1}s_{k} \left [ \frac{1}{k^{s}}-\frac{1}{(k+1)^{s}}+\frac{s_{N}}{N^{s}} \right ] \\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{k=1}^{N-1}f_{k}(s)+\frac{s_{N}}{N^{s}} \end{array}$ ，

其中， $f_{k}(s)=s_{k} \left [ \frac{1}{k^{s}}-\frac{1}{(k+1)^{s}} \right ]$ 。若 $g(x)=x^{-s}$ , 则 $g^{'}(x) = -sx^{-s-1}$ ，因此，在 x = k 和 x = k + 1 之间应用中值定理以及 $|s_{k}| \leq q$ 的事实，我们求得

$|f_{k} (s)| \leq qsk^{-s-1}$ 。

因此，对 s > δ > 1 ,级数 $\sum f_{k}(s)$ 绝对且一致收敛，这便证明了对 s > 0 ，L(s, )连续。为了证明它同时也是连续可微的，我们逐项微分这个级数，得到

$\displaystyle \sum \left [\log(n)\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{s}} \right ]$ 。

再一次地，我们使用分部求和将这个级数重写为

$\sum s_{k}\left [-k^{-s}\log(k)+(k+1)^{-s}\log(k+1) \right ]$ ，

并应用中值定理到函数 $g(x)=x^{-s}$ ，证明这些项是 $O(k^{-\frac{\delta}{2}-1})$ ，因此，证明了这个微分的级数收敛对于 s > δ > 0 一致收敛。因此，对于 s > 0 ，L(s, ) 连续可微。

现在，观察到，对于任意大的 s ，

$\begin{array}{rl} |L(s,\mathcal{X})-1| &\displaystyle \leq 2q\sum_{n=2}^{\infty}n^{-s}\\[0.2cm]\\ &\displaystyle \leq 2^{-s}O(1) \end{array}$ ，

且为了理解当 s ⟶ ∞ 时 $L(s, \mathcal{X}) = 1 + O(e^{-cs})$ , 我们可以取 c = log(2) 。类似的论证也证明，当 s ⟶ ∞ 且事实上 c’ = c 时， $L^{'}(s,\mathcal{X})=O(e^{-c^{'}s})$ ，命题的证明完毕。

到目前为止，我们具备了所汇聚的关于L(s, )的这些事实，我们现在正处于一个定义 L 函数的对数的阶段。可以通过对其对数的导数积分来完成。换句话说，若是一个非平凡的 Dirichlet特征且 s > 1，我们定义(在这种背景下使用的记号 $\log_{2}$ 不应该与以2为基底的对数混淆)

$\displaystyle \log_{2}[L(s, \mathcal{X})]=-\int_{s}^{\infty}\frac{L^{'}(t,x)}{L(t,x)}dt$ ，

我们知道，对于每一个 t > 1, L(s, ) ≠ 0，因为它由一个乘积给出(命题3.2)，且积分是收敛的，因为

$\frac{L^{'}(t,x)}{L(t,x)}=O(e^{-ct})$ ,

这是根据之前记录的 L(t, ) 和 L’(t, ) 在无穷远处的行为推导出的。

下面将这两个对数联系在一起。

命题 3.6 假如 s > 1 ，则

$e^{\log_{2}[L(s,\mathcal{X})]}=L(s,\mathcal{X})$ 。

此外，

$\displaystyle \log_{2}L(s,\mathcal{X})=\sum_{p}\log_{1}\left (\frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}} \right )$ 。

证明：

针对 s 微分 $e^{-\log_{2}L(s,\mathcal{X})}L(s,\mathcal{X})$ 给到

$\frac{L^{'}(s,\mathcal{X})}{L(s,\mathcal{X})}e^{-\log_{2}L(s,\mathcal{X})}L(s,\mathcal{X})+e^{-\log_{2}L(s,\mathcal{X})}L^{'}(s,\mathcal{X})=0$ 。

因此， $e^{-\log_{2}L(s,\mathcal{X})}L(s,\mathcal{X})$ 必定是常量，且这个常量可以看作是令 s 趋近于无穷时的函数取值 1 。这就证明了第一个结论。

为了证明对数之间的等号，我们固定 s 并对两边取指数。左边成了 $e^{-\log_{2}[L(s,\mathcal{X})]}=L(s,\mathcal{X})$ ,对于右边，根据引理3.1中的属性(i)和Dirichlet公式，则变成了

$e^{\sum_{p}\log_{1}\left ( \frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}} \right )}=\prod_{p}e^{\log_{1}\left ( \frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}} \right )}=\prod_{p}\left ( \frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}} \right )=L(s,\mathcal{X})$ 。

因此，对于每一个 s ，存在一个整数 M(s) 使得

$\displaystyle \log_{2}L(s,\mathcal{X})-\sum_{p}\log_{1}\left ( \frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}} \right )=2\pi iMs$ 。

正如读者可以自行验证，左侧按 s 是连续的，这意味着函数 M(s)是连续的。但是，M(s)是整数值，因此我们推断出 M(s) 是常量，且这个常量可以看作是令 s 趋向于无穷时的函数取值 0 。

将我们迄今为止所做的工作放在一起，为前面提出的正式论点赋予了严格的意义。事实上，

$\log_{1}$ 的属性证明了

$\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{p}\log_{1}\left ( \frac{1}{1-\mathcal{X}(p)/p^{s}} \right ) &\displaystyle=\sum_{p}\frac{\mathcal{X}(p)}{p_{s}}+O \left (\sum_{p}\frac{1}{p^{2s}} \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{p}\frac{\mathcal{X}(p)}{p_{s}}+O \left (1 \right ) \end{array}$ 。

现在，若对于一个非平凡 Dirichlet 特征 L(1, ) ≠ 0 ，则根据其积分表示，当 s ⟶ ∞ 时， $\log_{2}L(s,\mathcal{X})$ 保持有界。因此，对数之间的这个恒等式意味着，当 s ⟶ ∞ 时， $\sum_{p}\frac{\mathcal{X}(p)}{p_{s}}$ 保持有界，这正如预期的结果。因此，为了完成对Dirichlet定理的证明，我们必须理解，当是非平凡时，L(1, ) ≠ 0 。

3.3 L函数的非消没性(Non-vanishing of the L-functions)

现在我们转向对下面更深层结论的证明。

定理 3.7 若 $\mathcal{X} \neq \mathcal{X}_{0}$ ，则 L(1, ) ≠ 0 。

对这个事实，存在几种证明方法，一些涉及代数数论(其中就包括Dirichlet最初的论证)，而其它的涉及复分析。在这里，我们选择一个更基本的论点，不需要这些领域的特殊知识。证明分为两种情况，具体取决于是复数的还是实数。对于一个 Dirichlet 特征，如果其仅取实数值(即，+1 ，-1，或0 )，则称其为实数Dirichlet 特征，否则，称其为复数Dirichlet 特征。换句话说，当且仅当对于所有的整数n，有 $\mathcal{X}(n)=\overline{\mathcal{X}(n)}$ ，则是实数 Dirichlet 特征。

情况 I:复数Dirichlet特征

这是这两种情况中较容易的一种。证明方法是使用反证法，我们使用两个引理。

引理 3.8 假如 s > 1,则

证明：

在前面，我们已经证明了，对于 s > 1，有

$\displaystyle L(s,\mathcal{X})=\exp \left (\sum_{p}\log_{1}\left (\frac{1}{1-\mathcal{X}(p)p^{-s}} \right ) \right )$ 。

因此，

$\begin{array}{rl} \displaystyle \prod_{\mathcal{X}} L(s,\mathcal{X})&\displaystyle=\exp \left (\sum_{\mathcal{X}}\sum_{p}\log_{1}\left (\frac{1}{1-\mathcal{X}(p)p^{-s}} \right ) \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\exp \left (\sum_{\mathcal{X}}\sum_{p}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}\frac{\mathcal{X}(p^{k})}{p^{ks}} \right ) \\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\exp \left ( \sum_{p}\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{\mathcal{X}}\frac{\mathcal{X}(p^{k})}{p^{ks}} \right) \end{array}$ 。

根据引理2.2 (具有 = 1)，我们有 $\sum_{\mathcal{X}}\mathcal{X}(p^{k})=\varphi(q)\delta_{1}(p^{k})$ ，由于指数中的项是非负数，因此，有

$\displaystyle \prod_{\mathcal{X}}L(s,\mathcal{X})=\exp \left (\varphi(q)\sum_{p}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\frac{\delta_{1}(p^{k})}{p^{ks}} \right ) \geq1$ 。

引理 3.9 下面3个属性成立：

(i) 若 L(1, ) = 0, 则 $L(1,\overline{\mathcal{X}}) = 0$ 。

(ii) 若 是非平凡的且 L(1, ) = 0,则，当 1 ≤ s ≤ 2 时，有

| L(s, )| ≤ C|s - 1| 。

(iii) 对于平凡 Dirichlet特征 $\mathcal{X}_{0}$ ，当 1 < s ≤ 2 时，我们有

$\displaystyle |L(s,\mathcal{X}_{0})| \leq \frac{C}{|s-1|}$ 。

证明：

第一个表述可立证，因为 $L(1,\overline{\mathcal{X}})=\overline{L(1,\mathcal{X})}$ 。第二个表述可以从中值定理推导，因为，当是非平凡时，对于 s > 0 ，L(s, )是连续地可微的。最后，这最后一个表述可以推导，因为根据引理 3.3，有

$L(s, \mathcal{X}_0) = (1 - p_{1}^{-s})(1 - p_{2}^{-s})...(1 - p_{N}^{-s}) \zeta(s)$ ,

以及ζ 满足类似(3)的估算。

现在，我们可以推断出这个证明，对是非平凡的实数Dirichlet 特征，有 L(1, ) ≠ 0 。否则，称 L(1, ) = 0 ，则我们也有 $L(1,\overline{\mathcal{X}})=0$ 。因为， $\mathcal{X} \neq \overline{\mathcal{X}}$ , 在乘积

$\displaystyle \prod_{\mathcal{X}}L(s,\mathcal{X})$

中至少存在两项，当 $s \longrightarrow 1^{+}$ 时，类似 | s - 1| 这样的项消失。由于只有平凡的特征贡献了增长的一项，而这个增长的项不比 O(1/| s - 1|)，我们求得，当 $s \longrightarrow 1^{+}$ 时，乘积去到 0 ，根据引理 3.8 ，这与 ≥ 1 这个事实相矛盾。

情况 II:实数Dirichlet特征

当是非平凡Dirichlet 特征时，对L(1, ) ≠ 0 的证明与前面的复数情况完全不同。我们将利用的方法涉及沿双曲线求和。奇怪的是，这种方法是Dirichlet本人在证明算术级数定理十二年后引入的，目的是建立他的另一个著名结论：除数函数的平均阶。然而，他没有将这两个定理的证明联系起来。我们将首先证明Dirichlet除数定理，作为沿双曲线求和方法的简单示例。然后，我们将采用这些思想来证明 L(1, ) ≠ 0 的事实。作为初步问题，我们需要处理一些简单的和及其相应的积分类似对象。

求和对比积分

在这里，我们使用将总和与其相应积分进行比较的思想，这已经出现在ζ函数的估算 (3) 中。

命题 3.10 假如 N 是一个正整数，则：

(i) $\displaystyle \sum_{1 \leq n \leq N}\frac{1}{n}=\int_{1}^{N}\frac{dx}{x}+O(1)=\log N+O(1)$ ,

(ii) 更确切地说，存在一个实数 γ，称其为 Euler 常数，使得

$\displaystyle \sum_{1 \leq n \leq N}\frac{1}{n}=\log N+\gamma+O(1/N)$ 。

证明：

足以建立第(ii)部分中给出的更精确的估计。令

$\displaystyle \gamma_{n}=\frac{1}{n}-\int_{n}^{n+1}\frac{dx}{x}$ 。

因为 1/x 是递降的，显然，我们有

$\displaystyle 0 \leq \gamma_{n} \leq \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{n^{2}}$ ，

因此，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\gamma_{n}$ 收敛于一个有限值，我们用 γ 表示。此外，假如我们用积分 $\int f(x)dx$ 来估算 $\sum f(n)$ (其中， $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ ), 我们求得

$\displaystyle \sum_{n=N+1}^{\infty}\gamma_{n}\leq\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\leq \int_{N}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}=O(1/N)$ 。

因此，

$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n} -\int_{1}^{N}\frac{dx}{x} =\gamma -\sum_{n=N+1}^{\infty}\gamma_{n}+\int_{N}^{N+1}\frac{dx}{x}$ ，

而当 N ⟶ ∞ 时，最后这个积分是 O(1/ N ) 。

命题 3.11假如 N 是一个正整数，则：

$\displaystyle \sum_{1 \leq n \leq N}\frac{1}{n^{1/2}}=\int_{1}^{N}\frac{dx}{x^{1/2}}+c^{'}+O(1/N^{1/2})$ 。

对其证明在本质上是对前面引理证明的重复，这一次使用的事实是

$\displaystyle \left | \frac{1}{n^{1/2}}-\frac{1}{(n+1)^{1/2}} \right | \leq \frac{C}{n^{3/2}}$ 。

对于最后一个不等式，可以将中值定理应用于 $f(x)=x^{-1/2}$ 介于 x = n 和 x = n + 1 之间 )，从而推断出。

双曲和(Hyperbolic sums)

假如 F 是一个定义在正整数对上的函数，存在3种方式可以计算

$S_{N}=\sum\sum F(m,n)$ ,

其中，这个和的计算覆盖满足 mn ≤ N 的所有正整数对。

我们可以采用以下3种方式中的任意一种执行求和运算(见图2)。

(a) 沿双曲线：

$\displaystyle S_{N}=\sum_{1 \leq k \leq N}\sum_{mn=k} F(m,n)$

(b) 垂直法：

$\displaystyle S_{N}=\sum_{1 \leq m \leq N}\left (\sum_{1 \leq n \leq N/m} F(m,n) \right )$

$\displaystyle S_{N}=\sum_{1 \leq n \leq N}\left (\sum_{1 \leq m \leq N/n} F(m,n) \right )$

-----------------------------------------------图 2. 求和的3种方法-------------------------------------------

值得注意的是，人们可以从这三种求和方法得出相同总和的明显事实中得出有趣的结论。我们首先将这个思想应用到除数问题的研究中。

间奏曲：除数问题(Intermezzo: the divisor problem)

对于一个正整数 k，令 d(k) 表示k的正除数的数目。例如,

人们观察到，当 k 趋于无穷大时 d(k) 的行为相当不规则，事实上，似乎不可能通过 k 中的简单解析表达式来近似 d(k)。然而，很自然地会询问 d(k) 的平均大小是多少。换句话说，人们可能会问，当 N ⟶ ∞ 时，

$\displaystyle \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N}d(k)$

的行为是什么？这个答案由 Dirichlet 提供，他使用了双曲和。事实上，我们观察到

$\displaystyle d(k)=\sum_{nm=k,1 \leq n,m}1$ 。

定理 3.12 假如 k 是一个正整数，则

$\displaystyle \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N}d(k)=\log N+O(1)$ 。

更确切地说，

$\displaystyle \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N}d(k)=\log N+(2\gamma-1)+O(1/N^{1/2})$ ，

其中，γ 是 Euler常数。

证明：

令 $S_{N}=\sum_{n=1}^{N}d(k)$ 。我们观察到沿着双曲线对F = 1求和给到 $S_{N}$ 。按垂直求和，我们求得

$\displaystyle S_{N}=\sum_{1 \leq m \leq N}\left (\sum_{1 \leq n \leq N/m}1 \right )$ 。

但 $\sum_{1 \leq n \leq N/m}1 =[N/m]=N/m + O(1)$ ，其中，[x]表示 ≤ x 的最大整数。因此，

$\displaystyle S_{N}=\sum_{1 \leq m \leq N}\left (N/m+O(1) \right )=N \left ( \sum_{1 \leq m \leq N}(1/m)\right )+O(N)$ 。

因此，根据命题3.10的第(i)部分，

$\displaystyle \frac{S_{N}}{N}=\log N+O(1)$ ,

这就给出了第一个结论。

对于更精确的改良估算，我们按如下方式进行。考虑如下图3中所示的三个区域I,II，和III，它们分别定义为：

$I = {1 \leq m < N^{1/2} , N^{1/2} < n \leq N/m }$ ，

$II = \{1 \leq m \leq N^{1/2} , 1 \leq n \leq N^{1/2} \}$ ，

$III = \{N^{1/2} < m \leq N/n , 1 \leq n < N^{1/2} \}$ 。

-----------------------------------------------图3. 三个区域I,II，和III-------------------------------------------

若用 $S_{I}$ ， $S_{II}$ 和 $S_{III}$ 分别表示三个区域 I, II，和 III 所占据的面积，因为根据对称性有 $S_{I} = S_{III }$ ，因此，有

$\begin{array}{rl} S_{N} &= S_{I} + S_{II} + S_{III}\\[0.2cm]\\ &= 2(S_{I} + S_{II}) - S_{II} \end{array}$ 。

现在，我们按垂直求和，并使用引理 3.10 的第(ii)部分，求得

$\begin{array}{rl} S_{I}+S_{II}&\displaystyle=\sum_{1 \leq m \leq N^{1/2}}\left (\sum_{1 \leq n \leq N/m}1 \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{1 \leq m \leq N^{1/2}}\left (N/m \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{1 \leq m \leq N^{1/2}}\left (N/m+O(1) \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=N \left \{\sum_{1 \leq m \leq N^{1/2}}\left (1/m\right ) \right \}+O(N^{1/2}) \\[0.2cm]\\ &\displaystyle=N\log N^{1/2}+N\gamma +O(N^{1/2}) \\[0.2cm]\\ \end{array}$ 。

最后， $S_{II}$ 对应一个正方形，因此，有

$\displaystyle S_{II} = \sum_{1 \leq m \leq N^{1/2}}\left (\sum_{1 \leq n \leq N^{1/2}}1 \right )=N^{(\frac{1}{2})2}=N+O(N^{1/2})$ 。

将这些估算聚到一起，并除以 N ，就产生了定理中改良的表述。

L函数的非消没性(Non-vanishing of the L-function)

我们的沿双曲线的求和应用是本节的要点，即，对于一个非平凡的Dirichlet特征

，L(1, ) ≠ 0 。

给定这样一个特征，令

$\displaystyle F(m,n)=\frac{\mathcal{X}(n)}{(nm)^{1/2}}$ ，

并定义

$S_{N}=\sum \sum F(m,n)$ ，

其中，总和覆盖满足 mn ≤ N 的所有 m,n ≥ 1 的整数。

命题 3.13 下面的表达式为真：

(i) $S_{N} \geq c \log(N)$ ( 对于某些常量 c > 0) 。

(ii) $S_{N}=2N^{1/2}L(1,\mathcal{X})+O(1)$ 。

由于假设 L(1, ) = 0 会给出一个直接的矛盾，因此足以证明命题。

我们首先沿双曲线求和。观察到

$\displaystyle \sum_{nm=k}\frac{\mathcal{X}(n)}{(nm)^{1/2}}=\frac{1}{k^{1/2}}\sum_{n|k}\mathcal{X}(n)$ 。

对于结论(i), 其足以证明下面的引理。

引理 3.14 $\displaystyle \sum_{n|k}\mathcal{X}(n)=\left \{ \begin{array}{l}0\:(for \: all \: k) \\[0.2cm]\\ 1\:(if \: k=\ell^{2} for \: some \ell \in \mathbb{Z}) \end{array} \right.$ 。

根据引理，则我们得到

$\displaystyle S_{N} \geq \sum_{k=\ell^{2},\ell \leq N^{1/2}}\frac{1}{k^{1/2}} \geq c\log N$ ，

其中，最后一个不等式从命题3.10中的(i)可推导出。

引理的证明非常简单。若 k 是一个素数幂，比如说， $k=p^{a}$ ，则，k 的除数是 $1\:,p^1\:,p^2\:,...\:,p^a\: ,$ 并且

$\begin{array}{rl} \displaystyle \sum_{n|k}\mathcal{X}(n)&\displaystyle=(1) \mathop{+} (p)+\mathcal{X}(p^{2})+...+\mathcal{X}(p^{a})\\ &\displaystyle=1+(p)+\mathcal{X}(p)^{2}+...+\mathcal{X}(p)^{a} \end{array}$ 。

因此，这个和等于

$\left \{ \begin{array}{lr} a+1\: (if \: \mathcal{X}(p)=1)\\[0.2cm] 1 \: (if \: \mathcal{X}(p)=-1 \:and \: a \: is \: even)\\[0.2cm]\\ 0 \: (if \: \mathcal{X}(p)=-1 \:and \: a \: is \: odd)\\[0.2cm]\\ 1 \: (if \: \mathcal{X}(p)=0,that \: is \:p|q) \end{array} \right.$ 。

通常，若 $k = p_{1}^{a_{1} }... p_{N}^{a_{N}}$ ，则 k 的任意除数具有 $p_{1}^{b_{1} }... p_{N}^{b_{N}}$ 的形式(其中，对于所有的 j，有 $0 \leq a_{j} \leq b_{j}$ )。因此，的乘积属性给出

$\displaystyle \sum_{n|k}\mathcal{X}(n)=\prod_{j=1}^{N}\left (\mathcal{X}(1)+\mathcal{X}(p_{j})+\mathcal{X}(p_{j}^{2})+...+\mathcal{X}(p_{j}^{a_{j}}) \right )$ ，

证明完毕。

为了证明引理中的第二个表述，我们写成

$S_{N} = S_{I} + (S_{II} + S_{III})$ ,

其中，和 $S_{I}$ , $S_{II}$ 和 $S_{III}$ 在前面已定义(另见图3) 。我们按垂直求和计算 $S_{I}$ ，并按水平求和计算 $S_{II} + S_{III}$ 。为了执行这个计算，我们还需要下面的简单结论。

引理 3.5 对于所有整数 0 < a < b，我们有

(i) $\sum_{n=a}^{b}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{(1/2)}}=O \left (a^{(-1/2)}\right )$ ,

(ii) $\sum_{n=a}^{b}\frac{\mathcal{X}(n)}{n}=O \left (a^{(-1)}\right )$ 。

证明：

这个论证类似于对命题 3.4 的证明；我们使用分部求和。令 $s_{n}=\sum_{1 \leq k \leq n}\mathcal{X}(k)$ , 并想到，对于所有的 n ， $|s_{n}| \leq q$ 。则

$\displaystyle \sum_{n=a}^{b}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{(1/2)}}=\sum_{n=a}^{b}s_{n}\left [n^{(-1/2)}-(n+1)^{-1/2} \right ]+ O \left (a^{(-1/2)}\right )$ 。

对比求和 $\sum_{n=a}^{b}n^{(-3/2)}$ 和函数 $f(x)=x^{(-3/2)}$ 的积分，我们求得前者也是 $O \left (a^{(-1/2)}\right )$ 。

类似的论证可以确立 (ii) 。

现在，我们可以完成对命题的证明。按照垂直求和方式，我们求得

$\displaystyle S_{I}=\sum_{m<N^{1/2}}\frac{1}{m^{1/2}}\left (\sum_{N^{1/2}<n \leq N/m}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{1/2}} \right )$ 。

这个引理与命题3.11一起证明了 $S_{I}=O(1)$ 。最后，我们根据水平求和得到

$\begin{array}{rl} S_{II} + S_{III} &\displaystyle=\sum_{1 \leq n \leq N^{(1/2)}}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{(1/2)}}\left (\sum_{m \leq N/n}\frac{1}{m^{(1/2)}} \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=\sum_{1 \leq n \leq N^{(1/2)}}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{(1/2)}}\{2(N/n)^{(1/2)}+c+O\left ((n/N)^{(1/2)} \right ) \}\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=2N^{(1/2)}\sum_{1 \leq n \leq N^{(1/2)}}\frac{\mathcal{X}(n)}{n}+c\sum_{1 \leq n \leq N^{(1/2)}}\frac{\mathcal{X}(n)}{n^{(1/2)}}+O\left(\frac{1}{n^{(1/2)}}\sum_{1 \leq n \leq N^{(1/2)}}1 \right )\\[0.2cm]\\ &\displaystyle=A+B+C \:\:\:\circ \end{array}$

现在，注意这个引理，与L(s, )定义一起，意味着

$A=2N^{(1/2)}L(s,\mathcal{X})+O \left (N^{(1/2)}N^{(-1/2)} \right)$ 。

此外，引理的 (i) 部分给出 B = O(1),并且，显然，我们也有 C = O(1)。因此， $S_{N}=2N^{(1/2)}L(1,\mathcal{X})+O(1)$ ，这就是命题3.13中的第 (ii) 部分。

这样就完成了对 L(1, ) ≠ 0 的证明，因此，完成了对 Dirichlet定理的证明。

内容来源：

<> E.M. Stein & R. Shakarchi

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linux下常见定位命令： 1、jps 输出Java进程 -q 只输出进程ID的名称，省略主类的名称； -m 输出进程启动时传递给main函数的参数； &nb
java 位移运算与乘法运算周凡杨 java 位移运算乘法
对于 JAVA 编程中，适当的采用位移运算，会减少代码的运行时间，提高项目的运行效率。这个可以从一道面试题说起：问题：用最有效率的方法算出2 乘以8 等於几?” 答案：2 << 3 由此就引发了我的思考，为什么位移运算会比乘法运算更快呢？其实简单的想想，计算机的内存是用由 0 和 1 组成的二
java中的枚举(enmu) g21121 java
从jdk1.5开始，java增加了enum(枚举)这个类型，但是大家在平时运用中还是比较少用到枚举的，而且很多人和我一样对枚举一知半解，下面就跟大家一起学习下enmu枚举。先看一个最简单的枚举类型，一个返回类型的枚举： public enum ResultType { /** * 成功 */ SUCCESS, /** * 失败 */ FAIL,
MQ初级学习 510888780 activemq
1.下载ActiveMQ 去官方网站下载：http://activemq.apache.org/ 2.运行ActiveMQ 解压缩apache-activemq-5.9.0-bin.zip到C盘，然后双击apache-activemq-5.9.0-\bin\activemq-admin.bat运行ActiveMQ程序。启动ActiveMQ以后，登陆：http://localhos
Spring_Transactional_Propagation 布衣凌宇 spring transactional
//事务传播属性 @Transactional(propagation=Propagation.REQUIRED)//如果有事务，那么加入事务，没有的话新创建一个 @Transactional(propagation=Propagation.NOT_SUPPORTED)//这个方法不开启事务 @Transactional(propagation=Propagation.REQUIREDS_N
我的spring学习笔记12-idref与ref的区别 aijuans spring
idref用来将容器内其他bean的id传给<constructor-arg>/<property>元素，同时提供错误验证功能。例如： <bean id ="theTargetBean" class="..." /> <bean id ="theClientBean" class=&quo
Jqplot之折线图 antlove js jquery Web timeseries jqplot
timeseriesChart.html <script type="text/javascript" src="jslib/jquery.min.js"></script> <script type="text/javascript" src="jslib/excanvas.min.js&
JDBC中事务处理应用百合不是茶 java JDBC编程事务控制语句
解释事务的概念; 事务控制是sql语句中的核心之一;事务控制的作用就是保证数据的正常执行与异常之后可以恢复事务常用命令: Commit提交
[转]ConcurrentHashMap Collections.synchronizedMap和Hashtable讨论 bijian1013 java 多线程线程安全 HashMap
在Java类库中出现的第一个关联的集合类是Hashtable，它是JDK1.0的一部分。 Hashtable提供了一种易于使用的、线程安全的、关联的map功能，这当然也是方便的。然而，线程安全性是凭代价换来的――Hashtable的所有方法都是同步的。此时，无竞争的同步会导致可观的性能代价。Hashtable的后继者HashMap是作为JDK1.2中的集合框架的一部分出现的，它通过提供一个不同步的
ng-if与ng-show、ng-hide指令的区别和注意事项 bijian1013 JavaScript AngularJS
angularJS中的ng-show、ng-hide、ng-if指令都可以用来控制dom元素的显示或隐藏。ng-show和ng-hide根据所给表达式的值来显示或隐藏HTML元素。当赋值给ng-show指令的值为false时元素会被隐藏，值为true时元素会显示。ng-hide功能类似，使用方式相反。元素的显示或
【持久化框架MyBatis3七】MyBatis3定义typeHandler bit1129 TypeHandler
什么是typeHandler? typeHandler用于将某个类型的数据映射到表的某一列上，以完成MyBatis列跟某个属性的映射内置typeHandler MyBatis内置了很多typeHandler，这写typeHandler通过org.apache.ibatis.type.TypeHandlerRegistry进行注册，比如对于日期型数据的typeHandler，
上传下载文件rz,sz命令 bitcarter linux命令rz
刚开始使用rz上传和sz下载命令：因为我们是通过secureCRT终端工具进行使用的所以会有上传下载这样的需求：我遇到的问题： sz下载A文件10M左右，没有问题但是将这个文件A再传到另一天服务器上时就出现传不上去，甚至出现乱码，死掉现象，具体问题解决方法：上传命令改为;rz -ybe 下载命令改为：sz -be filename 如果还是有问题：那就是文
通过ngx-lua来统计nginx上的虚拟主机性能数据 ronin47 ngx-lua　统计解禁ip
介绍以前我们为nginx做统计,都是通过对日志的分析来完成.比较麻烦,现在基于ngx_lua插件,开发了实时统计站点状态的脚本,解放生产力.项目主页: https://github.com/skyeydemon/ngx-lua-stats 功能支持分不同虚拟主机统计, 同一个虚拟主机下可以分不同的location统计. 可以统计与query-times request-time
java-68-把数组排成最小的数。一个正整数数组，将它们连接起来排成一个数，输出能排出的所有数字中最小的。例如输入数组{32, 321}，则输出32132 bylijinnan java
import java.util.Arrays; import java.util.Comparator; public class MinNumFromIntArray { /** * Q68输入一个正整数数组，将它们连接起来排成一个数，输出能排出的所有数字中最小的一个。 * 例如输入数组{32, 321}，则输出这两个能排成的最小数字32132。请给出解决问题
Oracle基本操作 ccii Oracle SQL总结 Oracle SQL语法 Oracle基本操作 Oracle SQL
一、表操作 1. 常用数据类型 NUMBER(p,s)：可变长度的数字。p表示整数加小数的最大位数，s为最大小数位数。支持最大精度为38位 NVARCHAR2(size)：变长字符串，最大长度为4000字节（以字符数为单位） VARCHAR2(size)：变长字符串，最大长度为4000字节（以字节数为单位） CHAR(size)：定长字符串，最大长度为2000字节，最小为1字节，默认
[强人工智能]实现强人工智能的路线图 comsci 人工智能
1：创建一个用于记录拓扑网络连接的矩阵数据表 2:自动构造或者人工复制一个包含10万个连接(1000*1000)的流程图 3：将这个流程图导入到矩阵数据表中 4：在矩阵的每个有意义的节点中嵌入一段简单的
给Tomcat，Apache配置gzip压缩(HTTP压缩)功能 cwqcwqmax9 apache
背景： HTTP 压缩可以大大提高浏览网站的速度，它的原理是，在客户端请求网页后，从服务器端将网页文件压缩，再下载到客户端，由客户端的浏览器负责解压缩并浏览。相对于普通的浏览过程HTML ,CSS,Javascript , Text ，它可以节省40%左右的流量。更为重要的是，它可以对动态生成的，包括CGI、PHP , JSP , ASP , Servlet,SHTML等输出的网页也能进行压缩，
SpringMVC and Struts2 dashuaifu struts2 springMVC
SpringMVC VS Struts2 1: spring3开发效率高于struts 2: spring3 mvc可以认为已经100%零配置 3: struts2是类级别的拦截，一个类对应一个request上下文， springmvc是方法级别的拦截，一个方法对应一个request上下文，而方法同时又跟一个url对应所以说从架构本身上 spring3 mvc就容易实现r
windows常用命令行命令 dcj3sjt126com windows cmd command
在windows系统中，点击开始－运行，可以直接输入命令行，快速打开一些原本需要多次点击图标才能打开的界面，如常用的输入cmd打开dos命令行，输入taskmgr打开任务管理器。此处列出了网上搜集到的一些常用命令。winver 检查windows版本 wmimgmt.msc 打开windows管理体系结构(wmi) wupdmgr windows更新程序 wscrip
再看知名应用背后的第三方开源项目 dcj3sjt126com ios
知名应用程序的设计和技术一直都是开发者需要学习的，同样这些应用所使用的开源框架也是不可忽视的一部分。此前《 iOS第三方开源库的吐槽和备忘》中作者ibireme列举了国内多款知名应用所使用的开源框架，并对其中一些框架进行了分析，同样国外开发者 @iOSCowboy也在博客中给我们列出了国外多款知名应用使用的开源框架。另外txx's blog中详细介绍了 Facebook Paper使用的第三
Objective-c单例模式的正确写法 jsntghf 单例 ios iPhone
一般情况下，可能我们写的单例模式是这样的： #import <Foundation/Foundation.h> @interface Downloader : NSObject + (instancetype)sharedDownloader; @end #import "Downloader.h" @implementation
jquery easyui datagrid 加载成功，选中某一行 hae jquery easyui datagrid 数据加载
1.首先你需要设置datagrid的onLoadSuccess $( '#dg' ).datagrid({onLoadSuccess : function (data){ $( '#dg' ).datagrid( 'selectRow' ,3); }}); 2.onL
jQuery用户数字打分评价效果 ini JavaScript html jquery Web css
效果体验：http://hovertree.com/texiao/jquery/5.htmHTML文件代码： <!DOCTYPE html> <html xmlns="http://www.w3.org/1999/xhtml"> <head> <title>jQuery用户数字打分评分代码 - HoverTree</
mybatis的paramType kerryg DAO sql
MyBatis传多个参数： 1、采用#{0},#{1}获得参数： Dao层函数方法： public User selectUser(String name,String area); 对应的Mapper.xml <select id="selectUser" result
centos 7安装mysql5.5 MrLee23 centos
首先centos7 已经不支持mysql，因为收费了你懂得，所以内部集成了mariadb，而安装mysql的话会和mariadb的文件冲突，所以需要先卸载掉mariadb，以下为卸载mariadb，安装mysql的步骤。 #列出所有被安装的rpm package rpm -qa | grep mariadb #卸载 rpm -e mariadb-libs-5.
利用thrift来实现消息群发 qifeifei thrift
Thrift项目一般用来做内部项目接偶用的，还有能跨不同语言的功能，非常方便，一般前端系统和后台server线上都是3个节点，然后前端通过获取client来访问后台server，那么如果是多太server，就是有一个负载均衡的方法，然后最后访问其中一个节点。那么换个思路，能不能发送给所有节点的server呢，如果能就
实现一个sizeof获取Java对象大小 teasp java HotSpot 内存对象大小 sizeof
由于Java的设计者不想让程序员管理和了解内存的使用，我们想要知道一个对象在内存中的大小变得比较困难了。本文提供了可以获取对象的大小的方法，但是由于各个虚拟机在内存使用上可能存在不同，因此该方法不能在各虚拟机上都适用，而是仅在hotspot 32位虚拟机上，或者其它内存管理方式与hotspot 32位虚拟机相同的虚拟机上适用。
SVN错误及处理 xiangqian0505 SVN提交文件时服务器强行关闭
在SVN服务控制台打开资源库“SVN无法读取current” ---摘自网络写道 SVN无法读取current修复方法 Can't read file : End of file found 文件：repository/db/txn_current、repository/db/current 其中current记录当前最新版本号，txn_current记录版本库中版本