数论问题：证明两类级数的同敛散性

嘿，你这个用切比雪夫$\theta$函数改写素数和的思路真的抓对了重点！接下来咱们顺着这个方向，用阿贝尔变换（也就是离散版的分部求和）把整个推导补完整，一步步验证两个级数的敛散性等价。

已知条件与目标 #

• 函数$F(n)$定义在$n \geq 2$，恒正且$\frac{F(n)}{\log n}$非递增。
• 要证明：素数项级数$\sum_{p \text{ prime}} F(p)$与一般项级数$\sum_{n=2}^\infty \frac{F(n)}{\log n}$同时收敛或发散。

核心改写：用$\theta$函数转化素数和 #

你已经想到把素数和改写为和$\theta(n)$相关的形式，这一步完全正确：
$$\sum_{\substack{p \leq N\p \text{ prime}}} F(p) = \sum_{n=2}^N (\theta(n) - \theta(n-1)) \cdot \frac{F(n)}{\log n}$$
这里$\theta(x) = \sum_{\substack{p \leq x\p \text{ prime}}} \log p$是切比雪夫θ函数，它的关键性质：

• $\theta(x)$是单调非递减函数；
• 由素数定理的弱形式（切比雪夫不等式），存在常数$0 < c < C$，使得当$x$足够大时，$c x \leq \theta(x) \leq C x$，且$\theta(x) \sim x$（当$x \to \infty$时，$\theta(x)$与$x$渐近等价）。

阿贝尔变换展开求和式 #

对右边的和用阿贝尔变换（离散分部求和）：设$a_n = \theta(n) - \theta(n-1)$，$A_n = \theta(n)$，$b_n = \frac{F(n)}{\log n}$，根据阿贝尔变换公式：
$$\sum_{n=2}^N a_n b_n = A_N b_N - \sum_{n=2}^{N-1} A_n (b_{n+1} - b_n)$$
代入后得到：
$$\sum_{\substack{p \leq N\p \text{ prime}}} F(p) = \theta(N) \cdot \frac{F(N)}{\log N} - \sum_{n=2}^{N-1} \theta(n) \left( \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} - \frac{F(n)}{\log n} \right)$$
因为$\frac{F(n)}{\log n}$是非递增的，所以$\frac{F(n+1)}{\log(n+1)} - \frac{F(n)}{\log n} \leq 0$，上式右边的求和项可以改写为正项和：
$$\sum_{\substack{p \leq N\p \text{ prime}}} F(p) = \theta(N) \cdot \frac{F(N)}{\log N} + \sum_{n=2}^{N-1} \theta(n) \left( \frac{F(n)}{\log n} - \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} \right)$$

分情况讨论敛散性 #

情况1：$\sum_{n=2}^\infty \frac{F(n)}{\log n}$收敛 #

因为$\frac{F(n)}{\log n}$非递增且级数收敛，所以$\lim_{n \to \infty} \frac{F(n)}{\log n} = 0$。结合$\theta(N) \leq C N$，分析右边两项：

1. 第一项：$\theta(N) \cdot \frac{F(N)}{\log N} \leq C N \cdot \frac{F(N)}{\log N}$。由于$\sum \frac{F(n)}{\log n}$收敛，根据柯西准则，对任意$\epsilon > 0$，存在$M$，当$N > M$时，$\sum_{k=M}^N \frac{F(k)}{\log k} < \epsilon$。又因为$\frac{F(n)}{\log n}$非递增，所以$(N-M+1)\cdot \frac{F(N)}{\log N} \leq \sum_{k=M}^N \frac{F(k)}{\log k} < \epsilon$，从而$N \cdot \frac{F(N)}{\log N} \to 0$，因此第一项趋于0。
2. 第二项：$\sum_{n=2}^{N-1} \theta(n) \left( \frac{F(n)}{\log n} - \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} \right) \leq C \sum_{n=2}^{N-1} n \left( \frac{F(n)}{\log n} - \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} \right)$。对这个和再次用阿贝尔变换，可得它有上界$2C \cdot \frac{F(2)}{\log 2} + C \sum_{n=2}^{N-1} \frac{F(n)}{\log n}$，而$\sum \frac{F(n)}{\log n}$收敛，因此第二项有界。

综上，$\sum_{\substack{p \leq N\p \text{ prime}}} F(p)$的极限存在，即$\sum_{p \text{ prime}} F(p)$收敛。

情况2：$\sum_{n=2}^\infty \frac{F(n)}{\log n}$发散 #

因为$\frac{F(n)}{\log n}$非递增，根据柯西积分判别法，级数发散等价于$\int_2^\infty \frac{F(x)}{\log x} dx$发散。结合切比雪夫不等式$\theta(x) \geq c x$（$x$足够大），分析右边两项：

1. 第一项：$\theta(N) \cdot \frac{F(N)}{\log N} \geq c N \cdot \frac{F(N)}{\log N} \geq 0$；
2. 第二项：$\sum_{n=2}^{N-1} \theta(n) \left( \frac{F(n)}{\log n} - \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} \right) \geq c \sum_{n=2}^{N-1} n \left( \frac{F(n)}{\log n} - \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} \right)$。再次用阿贝尔变换展开这个和，可得：
   $$\sum_{n=2}^{N-1} n \left( \frac{F(n)}{\log n} - \frac{F(n+1)}{\log(n+1)} \right) = 2 \cdot \frac{F(2)}{\log 2} - N \cdot \frac{F(N)}{\log N} + \sum_{n=2}^{N-1} \frac{F(n)}{\log n}$$

将两项合并后：
$$\sum_{\substack{p \leq N\p \text{ prime}}} F(p) \geq c \cdot 2 \cdot \frac{F(2)}{\log 2} + c \sum_{n=2}^{N-1} \frac{F(n)}{\log n}$$
由于$\sum \frac{F(n)}{\log n}$发散，右边趋于无穷，因此$\sum_{p \text{ prime}} F(p)$也发散。

结论 #

两种情况结合，就证明了$\sum_{p \text{ prime}} F(p)$与$\sum_{n=2}^\infty \frac{F(n)}{\log n}$同时收敛或发散。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Dominated Convergence Theorem