Dirichlet L 函数与模四素数

形式陈述

固定整数 $q\geq2$ 。模 $q$ 的 Dirichlet 特征标先是单位群上的群同态

\chi:(\mathbb Z/q\mathbb Z)^\times\longrightarrow\mathbb C^\times,

再延拓到整数：当 $\gcd(n,q)=1$ 时按 $n$ 的剩余类取值，否则令 $\chi(n)=0$ 。它是 $q$ 周期函数，并且对任意整数 $m,n$ 都满足

\chi(mn)=\chi(m)\chi(n),\qquad |\chi(n)|\leq1.

单位群有限，所以每个非零取值是单位根。对所有单位都取值 $1$ 的特征标称为主特征标 $\chi_0$ ；其他称为非主特征标。

对 $s=\sigma+it$ 、 $\sigma>1$ ，定义 Dirichlet $L$ 函数

L(s,\chi)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n^s}.

与 $\zeta$ 函数一样，它有绝对且局部一致收敛的 Euler 乘积和指数表示：

L(s,\chi) =\prod_p(1-\chi(p)p^{-s})^{-1} =\exp\!\left(\sum_p\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\chi(p)^k p^{-ks}}{k}\right)\ne0.

对于非主特征标，原 Dirichlet 级数还在 $\Re s>0$ 上局部一致收敛，并在那里定义全纯函数。

本页将边界值完整算到模 $4$ 的非主特征标

\chi_4(n)= \begin{cases} 0,&n\ \text{为偶数},\\ 1,&n\equiv1\pmod4,\\ -1,&n\equiv3\pmod4. \end{cases}

它满足

L(1,\chi_4)=1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots=\frac\pi4>0.

由此分别得到

\sum_{\substack{p\ \mathrm{prime}\\p\equiv1\ (4)}}\frac1p=+\infty, \qquad \sum_{\substack{p\ \mathrm{prime}\\p\equiv3\ (4)}}\frac1p=+\infty.

这两个结论使用 $s>1$ 的 Euler 乘积和 $s\downarrow1$ 的极限，不要求先建立 $s=1$ 处的乘积公式。

直觉

$\zeta$ 把全部正整数都赋予权重 $1$ ，无法区分奇数的两个模 $4$ 余类。 $\chi_4$ 则给 $1$ 类权重 $+1$ 、给 $3$ 类权重 $-1$ ，并删去偶数。这样的权重恰好兼容乘法，所以仍能拆成素数因子。

素数总和发散，带符号的素数和在 $s\downarrow1$ 时却保持有界。将“总和”与“差”联立，就能排除只有一个余类承担全部发散的可能。 $L(1,\chi_4)>0$ 是让这个差保持有界的实质输入；仅有级数收敛还不够，因为极限若为零，其对数仍可能发散。

完全乘法性怎样保住 Euler 乘积

两个单位类的乘积仍是单位，群同态给出乘法性。若一个整数与 $q$ 有公因子，其乘积也与 $q$ 有公因子，于是等式两边均为零。故这里的乘法性不要求 $m,n$ 互素。

对有限素数集合展开几何级数， $\chi(p^k)=\chi(p)^k$ 和唯一分解给出

\prod_{p\leq y}(1-\chi(p)p^{-s})^{-1} =\sum_{\substack{n\geq1\\n\text{ 的素因子均}\leq y}}\chi(n)n^{-s}.

遗漏项的绝对值之和不超过 $\sum_{n>y}n^{-\sigma}$ 。所以当 $\sigma>1$ 时，有限乘积趋于 $L(s,\chi)$ 。指数双级数的绝对值也逐项不超过 $\zeta$ 页已证明收敛的双级数，故同样得到非零性。

当 $p\mid q$ 时， $\chi(p)=0$ ，该 Euler 因子等于 $1$ 。例如主特征标满足

L(s,\chi_0)=\zeta(s)\prod_{p\mid q}(1-p^{-s}).

模 $4$ 时这就是 $(1-2^{-s})\zeta(s)$ ，当实数 $s\downarrow1$ 时发散；非主特征标的有限边界值与主特征标因此有本质区别。

例子与边界

周期内抵消如何换来 $\Re s>0$ 的收敛

设 $\chi$ 非主，选一个单位类 $a$ 使 $\chi(a)\ne1$ 。乘以 $a$ 置换单位群，所以一整个周期的和 $S$ 满足

S=\sum_{r=1}^{q}\chi(r) =\sum_{r\in(\mathbb Z/q\mathbb Z)^\times}\chi(ar) =\chi(a)S.

因此 $S=0$ 。记

A(x)=\sum_{1\leq n\leq x}\chi(n).

完整周期没有贡献，剩余不足 $q$ 项，故 $|A(x)|\leq q$ 。

下面直接把有界部分和用于有限求和。对整数 $N\geq1$ ，写 $\chi(n)=A(n)-A(n-1)$ 并望远镜消去，得到

\sum_{n=1}^{N}\chi(n)n^{-s} =A(N)N^{-s} +\sum_{n=1}^{N-1}A(n)\bigl(n^{-s}-(n+1)^{-s}\bigr) =A(N)N^{-s}+s\int_1^N A(x)x^{-s-1}\,dx.

当 $\sigma>0$ 时，边界项趋零，右侧广义积分绝对收敛。因此

L(s,\chi)=s\int_1^\infty A(x)x^{-s-1}\,dx.

若统一写 $|A(x)|\leq C$ ，则截断误差满足

\left|L(s,\chi)-\sum_{n=1}^{N}\chi(n)n^{-s}\right| \leq C N^{-\sigma}\left(1+\frac{|s|}{\sigma}\right).

在任意紧集 $K\subset\{\Re s>0\}$ 上， $\sigma\geq\delta>0$ 且 $|s|\leq M$ ，右侧不超过 $C(1+M/\delta)N^{-\delta}\to0$ 。这就证明了局部一致收敛，从而得到全纯性，而不只是逐点收敛。

对 $\chi_4$ ，部分和依次为 $1,1,0,0,1,1,0,0,\ldots$ ，可以取更好的常数 $C=1$ 。在 $s=1$ ，绝对值级数为全部奇数的倒数和，仍然发散；刚才使用的是抵消，不能改成绝对值估计后继续声称收敛。

用一个有限恒等式算出 $L(1,\chi_4)$

对 $0\leq x\leq1$ ，有限几何和给出精确恒等式

\frac1{1+x^2} =\sum_{k=0}^{N}(-1)^k x^{2k} +(-1)^{N+1}\frac{x^{2N+2}}{1+x^2}.

逐项积分只涉及有限和，且

\left|\int_0^1\frac{x^{2N+2}}{1+x^2}\,dx\right| \leq\frac1{2N+3}\longrightarrow0.

于是

L(1,\chi_4) =\lim_{N\to\infty}\sum_{k=0}^{N}\frac{(-1)^k}{2k+1} =\int_0^1\frac{dx}{1+x^2} =\frac\pi4.

这里没有在幂级数收敛圆盘的端点擅自交换无限和与积分。

有限精度也可以直接认证。取到 $1/5$ 或 $-1/7$ ，

1-\frac13+\frac15-\frac17=\frac{76}{105} <\frac\pi4 <1-\frac13+\frac15=\frac{13}{15}.

一般地，余项符号与下一项相同，绝对值不超过下一项。对所有 $s\in[1,2]$ ，交错级数截断到 $(2N+1)^{-s}$ 后的误差统一不超过 $(2N+3)^{-1}$ 。所以 $L(s,\chi_4)$ 在此区间连续，并且

L(s,\chi_4)\longrightarrow\frac\pi4 \qquad(s\downarrow1).

因此它在 $1$ 右侧的一个邻域内有共同的正下界， $\log L(s,\chi_4)$ 保持有界。

推论与应用

两个素数余类分别承担一半的对数发散

对实数 $s>1$ ，定义

P_1(s)=\sum_{p\equiv1\ (4)}p^{-s}, \qquad P_3(s)=\sum_{p\equiv3\ (4)}p^{-s}.

每个奇素数恰属于其中一类。 $\zeta$ 页的统一余项估计给出

P_1(s)+P_3(s) =\log\zeta(s)-2^{-s}-R_\zeta(s), \qquad |R_\zeta(s)|\leq1.

另一方面， $\chi_4(p)\in\{0,1,-1\}$ ，对数级数在实轴上为实数，指数表示保证此处 $L(s,\chi_4)>0$ 。所以

\log L(s,\chi_4) =P_1(s)-P_3(s)+R_\chi(s), \qquad R_\chi(s)=\sum_p\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\chi_4(p)^k p^{-ks}}k.

因为

|R_\chi(s)| \leq\sum_p\frac{p^{-2s}}{2(1-p^{-s})} \leq\sum_{n=2}^{\infty}n^{-2}\leq1,

而 $\log L(s,\chi_4)$ 在 $s\downarrow1$ 时有界，故 $P_1(s)-P_3(s)=O(1)$ 。联立两式，

P_1(s)=\frac12\log\frac1{s-1}+O(1), \qquad P_3(s)=\frac12\log\frac1{s-1}+O(1).

因此两者都趋于 $+\infty$ 。

如果某个余类的素数倒数和收敛，那么该余类的 $P_a(s)$ 因 $p^{-s}\leq p^{-1}$ 而被这个有限值一致控制，矛盾。所以两个倒数和都发散，两个余类也各含无穷多个素数。

已证明的分布信息与尚未得到的结论

上式还直接给出

\lim_{s\downarrow1} \frac{P_a(s)}{\sum_p p^{-s}}=\frac12, \qquad a=1,3.

这是两类素数的 Dirichlet 密度各为 $1/2$ ，即以 $p^{-s}$ 加权后取边界极限的比例。它本身没有证明普通计数函数满足 $\pi(x;4,a)\sim\frac12\pi(x)$ ；从这种加权信息走向计数渐近还需要额外分析。

同样， $P_1(s)-P_3(s)$ 的有界性不能自动推出按素数大小排列的级数 $\sum_p\chi_4(p)/p$ 收敛。本页也未证明一般非主特征标的 $L(1,\chi)\ne0$ ；模 $4$ 的完整论证之所以闭合，是因为其边界值已由上面的积分明确算出。

参考资料

Andrew V. Sutherland，Dirichlet L-functions, primes in arithmetic progressions，MIT 18.785，2025-11-20，Definition 18.19、Proposition 18.20（页6）、§18.4 与 Definition 18.22（页7–8）： $L$ 函数、非主特征标的收敛和 Dirichlet 密度。
Keith Conrad，Dirichlet Series，UConn Math 5121，2018 年课程资料，Theorem 9（页2–3）、Example 12 和 Theorem 13（页4）：有界部分和、局部一致收敛及模 $4$ 的特征标。
Noam D. Elkies，Primes in arithmetic progressions: Dirichlet characters and L-functions，Harvard Math 229，2020–2021 课程资料，页1–3，式(2)–(4)：先处理模 $4$ 的两个素数余类。本页另给出 $L(1,\chi_4)$ 的有限几何和积分证明与显式余项界。

形式陈述 ​

完全乘法性怎样保住 Euler 乘积 ​

周期内抵消如何换来 Re⁡s>0 的收敛 ​

用一个有限恒等式算出 L(1,χ4) ​

两个素数余类分别承担一半的对数发散 ​

已证明的分布信息与尚未得到的结论 ​

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