Beweisarchiv: Zahlentheorie: Analytische Zahlentheorie: Primzahlsatz

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Beweisarchiv: Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie: Kleiner Satz von Fermat · Satz von Euklid · Satz von Wilson
Algebraische Zahlentheorie: Pythagoraszahl nicht-reeller Körper
Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von ζ(3) · Primzahlsatz

Der Primzahlsatz macht eine asymptotische Aussage über die Anzahl der Primzahlen unterhalb einer gegebenen festen Zahl. Genauer gilt

\lim_{x \rightarrow \infty}\left[\pi(x) \cdot \frac{\ln x}{x}\right] = 1,

worin \pi(x) := |\{p \in \mathbb{P}\ |\ p \leq x\}| und \mathbb{P} die Menge aller Primzahlen bezeichnen.

Der folgende Beweis des Primzahlsatzes kommt mit wenigen (funktionentheoretischen) Vorkenntnissen aus, nämlich

  • Cauchyscher Integralsatz,
  • Satz von Weierstraß über (lokal) gleichmäßige Konvergenz holomorpher Funktionenfolgen,
  • Konvergenz unendlicher Produkte,

und ist ansonsten vollständig.

Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Definition: Normale Konvergenz

Gegeben seien holomorphe Funktionen f_j: \Omega \subset \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}. Die Reihe \sum_{j\in\mathbb{N}}f_j heißt normal konvergent auf Ω, falls es zu jedem z_0 \in \Omega eine Umgebung U \subset \Omega von z0 gibt sowie Zahlen M_j \in \mathbb{R}^{\geq 0} mit |f_j(z)| \leq M_j für alle z \in U und \sum_{j=1}^\infty M_j < \infty.

Man beachte, dass die Schreibweise \sum_{j\in\mathbb{N}}f_j wegen der absoluten Konvergenz der Reihe und des riemannschen Umordnungssatzes erlaubt ist, da der Wert der Reihe unabhängig von der Summationsreihenfolge ist.

[Bearbeiten] Weierstraßscher Majorantentest

Ist die Reihe \sum_{j\in\mathbb{N}}f_j mit holomorphen Funktionen fj normal konvergent, so ist die Funktion \Omega \rightarrow \mathbb{C},\ z \mapsto \sum_{j\in\mathbb{N}}f_j(z) holomorph und darf gliedweise differenziert werden.

[Bearbeiten] Beweis

Das folgt aus der lokal gleichmäßigen Konvergenz der Funktionenfolge (\sum_{j=1}^nf_j)_{n\in\mathbb{N}} und dem Satz von Weierstraß.

\Box

[Bearbeiten] Partielle Summation

Sei (a_n)_{n\in\mathbb{N}} eine Folge komplexer Zahlen, (t_n)_{n\in\mathbb{N}} eine streng monoton wachsende, unbeschränkte Folge reeller Zahlen und A(t) die Summe über diejenigen an, deren Indizes n der Bedingung t_n \leq t genügen. Ist dann g: [t_1, \infty) \rightarrow \mathbb{C} stetig differenzierbar, so gilt für alle reellen x \geq t_1

\sum_{n\in\mathbb{N}, \atop t_n \leq x}a_ng(t_n) = A(x)g(x) - \int_{t_1}^xA(t)g'(t){\rm d}t\ .

[Bearbeiten] Beweis

Sei N \in \mathbb{N} gewählt, so dass t_N \leq x < t_{N+1}. Es ist A(t) = A(tn) für t_n \leq t < t_{n+1} und A(tn) − A(tn − 1) = an für n\geq 2 sowie A(t1) = a1. Es folgt

\begin{array}{lll}\int_{t_1}^xA(t)g'(t){\rm d}t&=&\sum_{n=1}^{N-1}\int_{t_n}^{t_{n+1}}A(t)g'(t){\rm d}t + \int_{t_N}^xA(t)g'(t){\rm d}t\\ &=&\sum_{n=1}^{N-1}A(t_n)(g(t_{n+1}) - g(t_n)) + A(t_N)(g(x) - g(t_N))\\ &=&\sum_{n=2}^NA(t_{n-1})g(t_n) - \sum_{n=1}^NA(t_n)g(t_n) + A(x)g(x)\\ &=&-\sum_{n=1}^Na_ng(t_n) + A(x)g(x)\ ,\\ \end{array}

wie behauptet.

\Box

[Bearbeiten] Satz

Sei f: [0, \infty) \rightarrow \mathbb{R} beschränkt und messbar. Weiter sei g: \{z \in \mathbb{C}\ |\ \textrm{Re}\ z > 0\} \rightarrow \mathbb{C}, z \mapsto \int_0^\infty f(t)e^{-zt}{\rm d}t holomorph. Zudem gebe es eine holomorphe Fortsetzung von g auf eine offene Obermenge von \{z \in \mathbb{C}\ |\ {\rm Re}\ z \geq 0\}.

Dann existiert \lim_{T\rightarrow\infty} \int_0^Tf(t){\rm d}t, und der Grenzwert hat den Wert g(0).

[Bearbeiten] Beweis

Für T > 0 setzen wir g_T: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C} vermöge g_T(z) := \int_0^Tf(t)e^{-zt}{\rm d}t. Wegen der Beschränktheit und Messbarkeit von f ist gT wohldefiniert. gT ist eine ganze Funktion, denn man beachte

\left|\frac{g_T(z+h)-g_T(z)}{h} + \int_0^Ttf(t)e^{-zt}{\rm d}t\right| \leq \int_0^T|f(t)e^{-zt}|\left|\frac{e^{-ht}-1+ht}{h}\right|{\rm d}t\ .

Mit F(x): = e − xht haben wir e^{-ht}-1+ht = F(1)-F(0)-F'(0) = \int_0^1[F'(x)-F'(0)]{\rm d}x = \int_0^1\int_0^xF''(y){\rm d}y{\rm d}x, also |\frac{e^{-ht}-1+ht}{h}| \leq \int_0^1\int_0^x|ht^2e^{-yht}|{\rm d}y{\rm d}x \leq |h|T^2e^{|h|T}\int_0^1x{\rm d}x = |h|e^{|h|T}\frac{T^2}{2}. Daraus folgt die Konvergenz des Differenzenquotienten, also die Holomorphie von gT.

Sei R > 0 beliebig. Dann gibt es nach Satz von Heine-Borel ein δ = δ(R) > 0, so dass g auf \{z \in \mathbb{C}\ |\ |z| < 2R,\ \textrm{Re}\ z > -2\delta\} holomorph fortsetzbar ist. Sei C der orientierte Rand des konvexen, also einfach zusammenhängenden Gebiets \{z \in \mathbb{C}\ |\ |z| \leq R,\ \textrm{Re}\ z \geq -\delta\}. Dann gilt nach der cauchyschen Integralformel

g(0) - g_T(0) = \frac{1}{2\pi i}\int_C(g(z) - g_T(z))e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z\ .

Beachte nun für | z | = R \left|e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right| = e^{(\textrm{Re}\ z)T}\left|\frac{\overline{z}}{R^2} + \frac{z}{R^2}\right| = e^{(\textrm{Re}\ z)T}\frac{2|\textrm{Re} z|}{R^2}\ .

Wir spalten den Weg C in folgende zwei Teilwege C_+ := C \cap \{z \in \mathbb{C}\ |\ \textrm{Re}\ z > 0\} und C_- := C \cap \{z \in \mathbb{C}\ |\ \textrm{Re}\ z < 0\} auf und schätzen separat auf beiden Wegen ab (die fehlenden zwei Punkte in C \setminus (C_+ \cup C_-) spielen bei der Integration keine Rolle). Setze B := \sup\{|f(t)|\ |\ t \geq 0\}. Dann gilt für alle z \in C_+

|g(z) - g_T(z)| = \left|\int_T^\infty f(t)e^{-zt}{\rm d}t\right| \leq B\int_T^\infty e^{-(\textrm{Re}\ z)t}{\rm d}t = \frac{Be^{-(\textrm{Re}\ z)T}}{\textrm{Re}\ z}\ ,

und es folgt

\left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C_+}(g(z) - g_T(z))e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z\right| \leq \frac{1}{2\pi}L(C_+)\frac{2B}{R^2} = \frac{B}{R}\ ,

welches für R \rightarrow \infty gegen null konvergiert. Nun müssen wir noch die Integrale

\frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z - \frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}g_T(z)e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z

abschätzen. Fangen wir mit dem rechten Integral an. Da gT ganz ist, dürfen wir alternativ über C_-' := \{z \in \mathbb{C}\ |\ |z| = R,\ \textrm{Re}\ z < 0\} integrieren, denn nach dem cauchyschen Integralsatz ändert sich das Integral nicht. Dann erhalten wir mit

|g_T(z)| = \left|\int_0^Tf(t)e^{-zt}{\rm d}t\right| \leq B \int_{-\infty}^T|e^{-zt}| = B \int_{-\infty}^Te^{-(\textrm{Re}\ z)t} = \frac{Be^{-(\textrm Re\ z)T}}{|\textrm{Re}\ z|}

und zusammen mit

\left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C_-'}g_T(z)e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z\right| \leq \frac{1}{2\pi}L(C_-')\frac{2B}{R^2} = \frac{B}{R}\ ,

welches für R \rightarrow \infty gegen null konvergiert. Wir erhalten somit insgesamt

g(0) - g_T(0) = \lim_{R \rightarrow \infty}(g(0) - g_T(0)) = \lim_{R \rightarrow \infty} \frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z\ .

Sei nun \varepsilon > 0 beliebig. Dann gibt es ein R = R(\varepsilon) > 0 mit

\left|g(0) - g_T(0) - \frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}{\rm d}z\right| < \frac{\varepsilon}{2}\ .

Setze S = S(R, \varepsilon) := \sup\{|g(z)||1 + \frac{z^2}{R^2}|\frac{1}{|z|}\ |\ z \in C_-\} < \infty. Dazu gibt es ein geeignetes T_0 = T_0(R, \varepsilon) > 0 mit \int_{C_-}|e^{zT}||{\rm d}z| = \int_{C_-}e^{(\textrm{Re} z)T}|{\rm d}z| < \frac{\varepsilon\pi}{S} für alle T \geq T_0. Aus der Dreiecksungleichung folgt daher |g(0) - g_T(0)| < \varepsilon, also \lim_{T \rightarrow \infty}g_T(0) = g(0).

\Box

Es bezeichne \mathbb{P} die Menge aller Primzahlen und \pi(x) := |\{p \in \mathbb{P}\ |\ p \leq x\}|. Für den Primzahlsatz untersuchen wir die Funktionen

\zeta(s) := \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s},\ \Phi(s) := \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s} für \textrm{Re}\ s > 1, \vartheta(x) := \sum_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x} \ln p für x \in \mathbb{R}\ .

Für \textrm{Re}\ s \geq 1 + \delta ist nämlich \left|\frac{1}{n^s}\right| = \frac{1}{|e^{s\ln n}|} = \frac{1}{n^{\textrm{Re}\ s}} \leq \frac{1}{n^{1+\delta}} und \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+\delta}} konvergent. Daher ist die ζ(s) definierende Reihe normal konvergent und somit ζ eine auf \textrm{Re}\ s > 1 holomorphe Funktion. Beachtet man |\ln x| \leq Cx^{\frac{\delta}{2}} für x \geq 1, so bekommt man auf dieselbe Weise die normale Konvergenz und Holomorphie von Φ auf \textrm{Re}\ s > 1.

[Bearbeiten] Lemma

Es gelten die folgenden Aussagen:

  1. Es gilt \frac{1}{1-p^{-s}} \in \mathbb{C} \setminus (-\infty, 0] für jede Primzahl p \in \mathbb{P} und \textrm{Re}\ s > 1, und die Reihe \sum_{p \in \mathbb{P}}\ln(\frac{1}{1-p^{-s}}) ist auf \textrm{Re}\ s > 1 normal konvergent.
  2. Es gilt die eulersche Produktformel
    \zeta(s) = \prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1 - p^{-s}} \neq 0 für \textrm{Re}\ s > 1\ .
  3. \zeta(s) - \frac{1}{s-1} lässt sich holomorph auf \textrm{Re}\ s > 0 fortsetzen.
  4. Es gibt ein C > 0 mit \vartheta(x) \leq Cx für alle x \geq 0.
  5. \zeta(s) \neq 0 für \textrm{Re}\ s \geq 1,\ s \neq 1, und \Phi(s) - \frac{1}{s-1} ist holomorph fortsetzbar auf eine offene Obermenge von \textrm{Re}\ s \geq 1.
  6. Es existiert \lim_{T\rightarrow\infty}\int_1^T \frac{\vartheta(x) - x}{x^2}{\rm d}x.

[Bearbeiten] Beweis

  • Beachte zunächst |p^{-s}| = p^{-\textrm{Re}\ s} < 1 für p \in \mathbb{P} und \textrm{Re}\ s > 1. Also ist \frac{1}{1 - p^{-s}} \in \mathbb{C}\setminus (-\infty, 0] und die Summanden der Reihe \sum_{p \in \mathbb{P}}\ln(\frac{1}{1-p^{-s}}) wohldefiniert. Weiter ist
\frac{|z|}{|z-1|} = \frac{1}{|1 - \frac{1}{z}|} \rightarrow 1 für z \rightarrow \infty\ .
Also gibt es ein R > 0, so dass |z - 1| \geq \frac{1}{2}|z| für alle z \in \mathbb{C} mit |z| \geq R gilt. Für \textrm{Re}\ s \geq 1 + \delta ist |p^s| = p^{\textrm{Re}\ s} \geq p^{1 + \delta} \geq \max\{4, R\} für alle p \geq P_0 = P_0(\delta). Es folgt somit |\frac{1}{1-p^{-s}} - 1| = \frac{1}{|p^s-1|} \leq \frac{2}{|p^s|} \leq \frac{1}{2}, falls p \geq P_0. Nun ist \frac{\ln z}{z-1} wegen ln1 = 0 holomorph auf B1(1). Also ist C := \sup\{|\frac{\ln z}{z-1}|\ |\ z \in \overline{B}_{\frac{1}{2}}(1) \setminus \{1\}\} < \infty und somit |\ln z| \leq C|z - 1| für alle z \in \overline{B}_{\frac{1}{2}}(1). Für alle p \geq P_0 haben wir damit |\ln(\frac{1}{1-p^{-s}})| \leq C|\frac{1}{1-p^{-s}} - 1| = C\frac{1}{|p^s-1|} \leq \frac{2C}{p^{1+\delta}}. Wegen der Konvergenz von \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{p^{1+\delta}} folgt daraus die behauptete normale Konvergenz von \sum_{p \in \mathbb{P}}\ln(\frac{1}{1-p^{-s}}).
  • Wir zeigen erst die Konvergenz des unendlichen Produkts. Es ist \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{1 - n^{-s}} = 1. Wegen 1. und der Charakterisierung der Konvergenz unendlicher Produkte ist das unendliche Produkt \prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1 - p^{-s}} konvergent. Da seine Faktoren sämtlich \neq 0 sind, muss daher auch der Wert des unendlichen Produkts \neq 0 sein.
Nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik lässt sich jede natürliche Zahl auf eindeutige Weise als Produkt von Primzahlen schreiben. Es folgt somit für alle x \geq 2
\prod_{p\in\mathbb{P}, \atop p \leq x}\frac{1}{1 - p^{-s}} = \prod_{p\in\mathbb{P}, \atop p \leq x}\sum_{k=0}^\infty \left(p^k\right)^{-s} = \sum_{n \in \mathbb{N}, \atop p \mid n \Rightarrow p \leq x}n^{-s} = \sum_{n \in \mathbb{N}, \atop n \leq x}n^{-s} + \sum_{n \in \mathbb{N},\ n > x, \atop p \mid n \Rightarrow p \leq x}n^{-s}\ .
Für x \rightarrow \infty konvergiert der erste Summand gegen ζ(s), während der zweite Summand gegen null konvergiert. Also muss ζ(s) der Wert des konvergenten unendlichen Produkts \prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1 - p^{-s}} sein.
  • Für \textrm{Re}\ s > 1 gilt nämlich
\zeta(s) - \frac{1}{s-1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} - \int_1^\infty \frac{1}{x^s} = \sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1}\left(\frac{1}{n^s} - \frac{1}{x^s}\right){\rm d}x\ .
Da jedes Integral auf \textrm{Re}\ s > 0 holomorph ist, müssen wir lediglich zeigen, dass die Reihe rechts normal auf \textrm{Re}\ s > 0 konvergiert. Sei hierzu \textrm{Re}\ s \geq \delta und |s| \leq \frac{1}{\delta}, dann gilt nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
\left|\int_n^{n+1}\left(\frac{1}{n^s} - \frac{1}{x^s}\right){\rm d}x\right| = \left|s\int_n^{n+1}\int_n^x\frac{{\rm d}u}{u^{s+1}}{\rm d}x\right| \leq \max_{n \leq u \leq n+1}\left|\frac{s}{u^{s+1}}\right| = \frac{|s|}{n^{(\textrm{Re}\ s) + 1}} \leq \frac{1}{\delta n^{1 + \delta}}\ ,
womit wir die gewünschte holomorphe Fortsetzung konstruiert haben.
  • Beachte hierfür gemäß dem binomischen Lehrsatz für alle n \in \mathbb{N}
2^{2n} = (1+1)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n}{2n \choose k} \geq {2n \choose n} \geq \prod_{p \in \mathbb{P}, \atop n < p \leq 2n}p = e^{\vartheta(2n) - \vartheta(n)}\ ,
also \vartheta(2n) - \vartheta(n) \leq 2(\ln 2)n. Es folgt für alle x > 0
\begin{array}{lll} \vartheta(2x) - \vartheta(x)&\leq&\vartheta(2x) - \vartheta(\lceil x\rceil) + \ln \lceil x\rceil \leq \vartheta(2\lceil x\rceil) - \vartheta(\lceil x\rceil) + \lceil x\rceil\\&\leq& 2(\ln 2)\lceil x\rceil + \lceil x\rceil\\\end{array}
und somit \vartheta(x) - \vartheta(\frac{x}{2}) \leq cx für ein geeignetes c > 0. Sei nun x > 0 beliebig und r \in \mathbb{N} mit \vartheta(\frac{x}{2^r}) = 0. Dann folgt
\vartheta(x) = \vartheta(x) - \vartheta\left(\frac{x}{2^r}\right) = \sum_{k=0}^{r-1}\left[\vartheta\left(\frac{x}{2^k}\right) - \vartheta\left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)\right] \leq c\sum_{k=0}^{r-1}\frac{x}{2^k} \leq 2cx\ .
  • Für s > 1 ist \zeta(s) \geq 1. Also dürfen wir ln(ζ(s)) bilden, und es gilt
\ln(\zeta(s)) = \ln\left(\lim_{x\rightarrow\infty}\prod_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x}\frac{1}{1 - p^{-s}}\right) = \lim_{x\rightarrow \infty}\ln\left(\prod_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x}\frac{1}{1 - p^{-s}}\right) = \sum_{p \in \mathbb{P}}\ln\left(\frac{1}{1 - p^{-s}}\right)\ .
Wir dürfen die Reihe wegen der normalen Konvergenz nach 1. gliedweise differenzieren und erhalten zunächst nur für s > 1
-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = -\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{{\rm d}}{{\rm d}s}\ln\left(\frac{1}{1 - p^{-s}}\right) = \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s - 1} = \Phi(s) + \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s(p^s - 1)}\ .
Die Reihe rechts ist auf \textrm{Re}\ s > \frac{1}{2} normal konvergent. Sei hierfür \textrm{Re}\ s \geq \frac{1}{2} + \delta und \ln x \leq Cx^\delta. Es ist |n^s| = n^{\textrm{Re}\ s} \geq n^{\frac{1}{2} + \delta} \rightarrow \infty für n \rightarrow \infty. Nun haben wir |p^s - 1| \geq \frac{1}{2}|p^s| \geq \frac{1}{2}p^{\frac{1}{2} + \delta} für hinreichend große Primzahlen p \geq P_0 = P_0(\delta). Damit ist
\left|\frac{\ln p}{p^s(p^s-1)}\right| \leq C\frac{p^\delta}{p^{\frac{1}{2} + \delta}\frac{1}{2}p^{\frac{1}{2} + \delta}} = 2C \frac{1}{p^{1 + \delta}} für alle} p \geq P_0(\delta)
und die Reihe normal konvergent. Somit ist \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s(p^s - 1)} holomorph auf \textrm{Re}\ s > \frac{1}{2}. Insbesondere gilt
-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = \Phi(s) + \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s(p^s - 1)}
nach dem Identitätssatz auf \textrm{Re}\ s > 1. Weil -\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} nach 3. sogar auf \textrm{Re}\ s > 0 meromorph fortsetzbar ist, ist Φ auf \textrm{Re}\ s > \frac{1}{2} meromorph fortsetzbar.
Wir zeigen nun die Holomorphie von \Phi(s) - \frac{1}{s-1} im Punkt s = 1. Es ist \Phi(s) - \frac{1}{s-1} = H(s) - \left[\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} + \frac{1}{s-1}\right] mit einer holomorphen Funktion H. Nach 3. gibt es holomorphe Funktionen H1,H2 mit \zeta(s) = \frac{1}{s-1} + H_1(s) und \zeta'(s) = -\frac{1}{(s-1)^2} + H_2(s) auf \textrm{Re}\ s > \frac{1}{2}. Es folgt
\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} + \frac{1}{s-1} = \frac{(s-1)\zeta'(s) +\zeta(s)}{(s-1)\zeta(s)} = \frac{H_1(s) + (s-1)H_2(s)}{1 + (s-1)H_1(s)}\ .
Dieser Ausdruck ist in s = 1 stetig ergänzbar. Also ist \Phi(s) - \frac{1}{s-1} holomorph in s = 1.
Wir müssen nur noch nachweisen, dass \zeta(s) \neq 0 für \textrm{Re}\ s = 1 und s \neq 1 gilt. Sei hierzu \alpha \in \mathbb{R} \setminus \{0\} beliebig. Sei \mu \in \mathbb{Z} die Ordnung der Nullstelle von ζ in s = 1 + iα. Es ist also μ = 0 zu zeigen. Weiter bezeichne \nu \in \mathbb{Z} die Nullstellenordnung von ζ in s = 1 + 2iα. Nach 3. ist \mu, \nu \geq 0. Es folgt
\lim_{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon\Phi(1 + \varepsilon) = \lim_{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon\left(\tilde{H}(1 + \varepsilon) + \frac{1}{\varepsilon}\right) = 1
mit einer in s = 1 holomorphen Funktion
\tilde{H}(s) := \Phi(s) - \frac{1}{s-1}\ .
Nach Definition von μ gibt es in s = 1 + iα holomorphe Funktionen h_1,\ h_2 mit ζ(s) = c(s − 1 − iα)μ + (s − 1 − iα)μ + 1h1(s) und ζ'(s) = μc(s − 1 − iα)μ − 1 + (s − 1 − iα)μh2(s), wobei c \neq 0. Es folgt
-\varepsilon\frac{\zeta'(1+\varepsilon+i\alpha)}{\zeta(1+\varepsilon+i\alpha)} = -\varepsilon\frac{\mu c\varepsilon^{\mu-1} + \varepsilon^\mu h_2(1 + \varepsilon + i\alpha)}{c\varepsilon^\mu + \varepsilon^{\mu+1} h_1(1 + \varepsilon + i\alpha)} = -\frac{\mu c + \varepsilon h_2(1 + \varepsilon + i\alpha)}{c + \varepsilon h_1(1 + \varepsilon + i\alpha)} \rightarrow -\mu
für \varepsilon \searrow 0. Also bekommen wir
\lim_{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi(1 + \varepsilon + i\alpha) = -\mu\ \textrm{und}\ \lim_{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi(1 + \varepsilon + 2i\alpha) = -\nu\ ,
wobei der zweite Grenzwert natürlich analog zum ersten Grenzwert gezeigt wird. Für \textrm{Re}\ s > 1 ist \zeta(\overline{s}) = \sum_{n=1}^\infty n^{-\overline{s}} = \overline{\sum_{n=1}^\infty n^{-s}} = \overline{\zeta(s)}. Weil ζ in 1 + iα eine Nullstelle der Ordnung μ hat, ist \lim_{\varepsilon \searrow 0}\frac{\zeta(1+\varepsilon+i\alpha)}{\varepsilon^\mu} = c \neq 0 und somit \lim_{\varepsilon \searrow 0}\frac{\zeta(1+\varepsilon-i\alpha)}{\varepsilon^\mu} = \overline{c} \neq 0. Also hat ζ in 1 − iα ebenfalls eine Nullstelle der Ordnung μ und in 1 − 2iα eine Nullstelle der Ordnung ν, und wir erhalten analog
\lim_{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi(1 + \varepsilon - i\alpha) = -\mu\ \textrm{und}\ \lim_{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi(1 + \varepsilon - 2i\alpha) = -\nu\ .
Beachte nun die Ungleichung
\begin{array}{lll}\sum_{r=-2}^2{4 \choose 2+r}\Phi(1+\varepsilon+ir\alpha)&=&\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1 + \varepsilon}}\sum_{r=-2}^2{4 \choose 2+r}\frac{1}{p^{ir\alpha}}\\ &=&\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1 + \varepsilon}}[(p^{i\frac{\alpha}{2}})^4 + 4(p^{i\frac{\alpha}{2}})^3p^{-i\frac{\alpha}{2}} + 6(p^{i\frac{\alpha}{2}})^2(p^{-i\frac{\alpha}{2}})^2\\&&\quad\quad\quad\quad + 4p^{i\frac{\alpha}{2}}(p^{-i\frac{\alpha}{2}})^3 + (p^{-i\frac{\alpha}{2}})^4]\\ &=&\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1 + \varepsilon}}(p^{i\frac{\alpha}{2}} + \overline{p^{i\frac{\alpha}{2}}})^4 = \sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1 + \varepsilon}}(2\textrm{Re}\ p^{i\frac{\alpha}{2}})^4 \geq 0\ .\\ \end{array}
Multiplikation mit \varepsilon > 0 und Grenzübergang \varepsilon \searrow 0 impliziert 0 \leq -\nu - 4\mu + 6 -4\mu - \nu = 6 - 8\mu - 2\nu, also μ = 0, wie behauptet.
  • Nach 5. ist g(s) := \frac{\Phi(s+1)}{s+1} - \frac{1}{s} holomorph auf einer Obermenge von \textrm{Re}\ s \geq 0. Um g auszurechnen, beachte man für \textrm{Re}\ s > 1 mit Hilfe der partiellen Summation und 4.
\Phi(s) = \lim_{x \rightarrow \infty}\sum_{p\in\mathbb{P}, \atop p \leq x}\frac{\ln p}{p^s} = \lim_{x \rightarrow \infty}\left[\frac{\vartheta(x)}{x^s} - \int_2^x\vartheta(t)(t^{-s})'{\rm d}t\right] = s\int_1^\infty\frac{\vartheta(x)}{x^{s+1}}{\rm d}x\ ,
also \Phi(s) = s\int_0^\infty e^{-st}\vartheta(e^t){\rm d}t mittels der Substitution x = et. Damit ist
g(s) = \int_0^\infty e^{-st}\vartheta(e^t)e^{-t}{\rm d}t - \frac{1}{s} = \int_0^\infty e^{-st}(\vartheta(e^t)e^{-t} - 1){\rm d}t für \textrm{Re}\ s > 0\ .
Nach 4. ist f(t) := \vartheta(e^t)e^{-t} - 1 beschränkt. Aus obigem Satz bekommen wir die Konvergenz von \lim_{T\rightarrow\infty}\int_0^T (\vartheta(e^t)e^{-t} - 1) {\rm d}t = \lim_{T\rightarrow\infty}\int_1^T \frac{\vartheta(x) - x}{x^2}{\rm d}x.
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[Bearbeiten] Der Primzahlsatz

Es gilt

\lim_{x \rightarrow \infty}\left[\frac{\vartheta(x)}{x}\right] = 1 und \lim_{x \rightarrow \infty}\left[\pi(x) \cdot \frac{\ln x}{x}\right] = 1.

[Bearbeiten] Beweis

  • Angenommen, es wäre \limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} > 1. Wähle ein \lambda \in (1, \limsup_{x\rightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x}). Nach Lemma, 6., gibt es ein R > 0 mit |\int_x^y \frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{\rm d}t| < \int_1^\lambda \frac{\lambda-u}{u^2}{\rm d}u für alle x, y \geq R. Nach Wahl von λ gibt es ein x \geq R mit \vartheta(x) \geq \lambda x. Da \vartheta monoton wachsend ist, folgt
\int_1^\lambda \frac{\lambda - u}{u^2}{\rm d}u > \left|\int_x^{\lambda x}\frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{\rm d}t\right| \geq \int_x^{\lambda x}\frac{\lambda x-t}{t^2}{\rm d}t = \int_1^\lambda \frac{\lambda - u}{u^2}{\rm d}u\ .
Wäre hingegen \liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} < 1, so wähle ein \lambda \in (\liminf_{x\rightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x}, 1). Nach Lemma, 6., gibt es ein R > 0 mit |\int_x^y \frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{\rm d}t| < |\int_\lambda^1 \frac{\lambda-u}{u^2}{\rm d}u| für alle x, y \geq R. Nach Wahl von λ gibt es ein x \geq \frac{R}{\lambda} mit \vartheta(x) \leq \lambda x. Da \vartheta monoton wachsend ist, folgt
\int_{\lambda x}^x\frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{\rm d}t \leq \int_{\lambda x}^x\frac{\lambda x-t}{t^2}{\rm d}t = \int_\lambda^1 \frac{\lambda - u}{u^2}{\rm d}u < 0\ ,
also der gewünschte Widerspruch |\int_{\lambda x}^x \frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{\rm d}t| \geq |\int_\lambda^1 \frac{\lambda-u}{u^2}{\rm d}u|.
  • Es ist nämlich
\vartheta(x) = \sum_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x}\ln p \leq \sum_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x}\ln x = \pi(x)\ln x\ ,
also \liminf_{x\rightarrow\infty}\pi(x)\frac{\ln x}{x} \geq 1. Andererseits ist für jedes \varepsilon \in (0, 1)
\vartheta(x) \geq \sum_{p \in \mathbb{P}, \atop x^{1-\varepsilon} < p \leq x}\ln p \geq (1-\varepsilon)\cdot\sum_{p \in \mathbb{P}, \atop x^{1-\varepsilon} < p \leq x}\ln x = (1-\varepsilon)\ln x[\pi(x) - \pi(x^{1 -\varepsilon})]\ .
Nun ist für hinreichend große x nämlich nach Lemma, 4.,
\pi(x^{1-\varepsilon}) = \sum_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x^{1-\varepsilon}} 1 \leq \sum_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x^{1-\varepsilon}} \ln p = \vartheta(x^{1-\varepsilon}) \leq Cx^{1-\varepsilon}\ .
Also ist \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\ln x\cdot\pi(x^{1-\varepsilon})}{x} = 0, und wir erhalten \limsup_{x\rightarrow\infty}\pi(x)\frac{\ln x}{x} \leq \frac{1}{1 - \varepsilon}.
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[Bearbeiten] Literatur

  • Peter Bundschuh: Einführung in die Zahlentheorie. Springer, 5. Auflage, 2002.
  • Don Zagier: Newman's Short Proof of the Prime Number Theorem. The American Mathematical Monthly, 104, 705-708, 1997.

[Bearbeiten] Wikipedia-Verweis

Von „http://de.wikibooks.org/wiki/Beweisarchiv:_Zahlentheorie:_Analytische_Zahlentheorie:_Primzahlsatz“
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