Beweisarchiv: Zahlentheorie: Analytische Zahlentheorie: Primzahlsatz

Beweisarchiv: Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie: Kleiner Satz von Fermat · Satz von Euklid · Satz von Wilson · Vollständige Multiplikativität der p-adischen Exponentenbewertung

Algebraische Zahlentheorie: Pythagoraszahl nicht-reeller Körper · Korrespondenzsatz der algebraischen Zahlentheorie · Zerlegungsgesetz

Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von $\zeta (3)$ · 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.

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 $\Omega$, falls es zu jedem $z_{0}\in \Omega$ eine Umgebung $U\subset \Omega$ von $z_{0}$ 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.

Weierstraßscher Majorantentest

Ist die Reihe $\sum _{j\in \mathbb {N} }f_{j}$ mit holomorphen Funktionen $f_{j}$ 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.

Beweis

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

$\Box$

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 $a_{n}$, 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 $x\geq t_{1}$

$\sum _{n\in \mathbb {N} , \atop t_{n}\leq x}a_{n}g(t_{n})=A(x)g(x)-\int _{t_{1}}^{x}A(t)g'(t){\rm {d}}t\ .$

Beweis

Sei $N\in \mathbb {N}$ gewählt, so dass $t_{N}\leq x<t_{N+1}$. Es ist $A(t)=A(t_{n})$ für $t_{n}\leq t<t_{n+1}$ und $A(t_{n})-A(t_{n-1})=a_{n}$ für $n\geq 2$ sowie $A(t_{1})=a_{1}$. Es folgt

${\begin{array}{lll}\int _{t_{1}}^{x}A(t)g'(t){\rm {d}}t&=&\sum _{n=1}^{N-1}\int _{t_{n}}^{t_{n+1}}A(t)g'(t){\rm {d}}t+\int _{t_{N}}^{x}A(t)g'(t){\rm {d}}t\\&=&\sum _{n=1}^{N-1}A(t_{n})(g(t_{n+1})-g(t_{n}))+A(t_{N})(g(x)-g(t_{N}))\\&=&\sum _{n=2}^{N}A(t_{n-1})g(t_{n})-\sum _{n=1}^{N}A(t_{n})g(t_{n})+A(x)g(x)\\&=&-\sum _{n=1}^{N}a_{n}g(t_{n})+A(x)g(x)\ ,\\\end{array}}$

wie behauptet.

$\Box$

Satz

Sei $f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb {R}$ beschränkt und messbar. Weiter sei $g:\{z\in \mathbb {C} \ |\ \operatorname {Re} z>0\}\rightarrow \mathbb {C} ,$ $z\mapsto \int _{0}^{\infty }f(t)e^{-zt}{\rm {d}}t$ 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 $\lim _{T\rightarrow \infty }\int _{0}^{T}f(t){\rm {d}}t$, und der Grenzwert hat den Wert $g(0)$.

Beweis

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

${\left|{\frac {g_{T}(z+h)-g_{T}(z)}{h}}+\int _{0}^{T}tf(t)e^{-zt}{\rm {d}}t\right|\leq \int _{0}^{T}|f(t)e^{-zt}|\left|{\frac {e^{-ht}-1+ht}{h}}\right|{\rm {d}}t\ .}$

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

Sei $R>0$ beliebig. Dann gibt es nach Satz von Heine-Borel ein $\delta =\delta (R)>0$, so dass $g$ auf $\{z\in \mathbb {C} \ |\ |z|<2R,\ \operatorname {Re} z>-2\delta \}$ holomorph fortsetzbar ist. Sei $C$ der orientierte Rand des konvexen, also einfach zusammenhängenden Gebiets $\{z\in \mathbb {C} \ |\ |z|\leq R,\ \operatorname {Re} z\geq -\delta \}$. 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 $|z|=R$ $\left|e^{zT}\left(1+{\frac {z^{2}}{R^{2}}}\right){\frac {1}{z}}\right|=e^{(\operatorname {Re} z)T}\left|{\frac {\overline {z}}{R^{2}}}+{\frac {z}{R^{2}}}\right|=e^{(\operatorname {Re} z)T}{\frac {2|\operatorname {Re} z|}{R^{2}}}\ .$

Wir spalten den Weg $C$ in folgende zwei Teilwege $C_{+}:=C\cap \{z\in \mathbb {C} \ |\ \operatorname {Re} z>0\}$ und $C_{-}:=C\cap \{z\in \mathbb {C} \ |\ \operatorname {Re} z<0\}$ 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 $z\in C_{+}$

$|g(z)-g_{T}(z)|=\left|\int _{T}^{\infty }f(t)e^{-zt}{\rm {d}}t\right|\leq B\int _{T}^{\infty }e^{-(\operatorname {Re} z)t}{\rm {d}}t={\frac {Be^{-(\operatorname {Re} z)T}}{\operatorname {Re} z}}\ ,$

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 $g_{T}$ ganz ist, dürfen wir alternativ über $C_{-}':=\{z\in \mathbb {C} \ |\ |z|=R,\ \operatorname {Re} z<0\}$ integrieren, denn nach dem cauchyschen Integralsatz ändert sich das Integral nicht. Dann erhalten wir mit

$|g_{T}(z)|=\left|\int _{0}^{T}f(t)e^{-zt}{\rm {d}}t\right|\leq B\int _{-\infty }^{T}|e^{-zt}|=B\int _{-\infty }^{T}e^{-(\operatorname {Re} z)t}={\frac {Be^{-(\operatorname {Re} z)T}}{|\operatorname {Re} z|}}$

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 $S=S(R,\varepsilon ):=\sup \left\{|g(z)||1+{\frac {z^{2}}{R^{2}}}\left|{\frac {1}{|z|}}\right|\ z\in C_{-}\right\}<\infty$. Dazu gibt es ein geeignetes $T_{0}=T_{0}(R,\varepsilon )>0$ mit $\int _{C_{-}}|e^{zT}||{\rm {d}}z|=\int _{C_{-}}e^{(\operatorname {Re} z)T}|{\rm {d}}z|<{\frac {\varepsilon \pi }{S}}$ 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 $\operatorname {Re} s>1$, $\vartheta (x):=\sum _{p\in \mathbb {P} , \atop p\leq x}\ln p$ für $x\in \mathbb {R} \ .$

Für $\operatorname {Re} s\geq 1+\delta$ ist nämlich $\left|{\frac {1}{n^{s}}}\right|={\frac {1}{|e^{s\ln n}|}}={\frac {1}{n^{\operatorname {Re} s}}}\leq {\frac {1}{n^{1+\delta }}}$ und $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{1+\delta }}}$ konvergent. Daher ist die $\zeta (s)$ definierende Reihe normal konvergent und somit $\zeta$ eine auf $\operatorname {Re} s>1$ 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 $\Phi$ auf $\operatorname {Re} s>1$.

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 $\operatorname {Re} s>1$, und die Reihe $\sum _{p\in \mathbb {P} }\ln \left({\frac {1}{1-p^{-s}}}\right)$ ist auf $\operatorname {Re} s>1$ normal konvergent.
2. Es gilt die eulersche Produktformel

   $\zeta (s)=\prod _{p\in \mathbb {P} }{\frac {1}{1-p^{-s}}}\neq 0$ für $\operatorname {Re} s>1\ .$

3. $\zeta (s)-{\frac {1}{s-1}}$ lässt sich holomorph auf $\operatorname {Re} s>0$ fortsetzen.
4. Es gibt ein $C>0$ mit $\vartheta (x)\leq Cx$ für alle $x\geq 0$.
5. $\zeta (s)\neq 0$ für $\operatorname {Re} s\geq 1,\ s\neq 1$, und $\Phi (s)-{\frac {1}{s-1}}$ ist holomorph fortsetzbar auf eine offene Obermenge von $\operatorname {Re} s\geq 1$.
6. Es existiert $\lim _{T\rightarrow \infty }\int _{1}^{T}{\frac {\vartheta (x)-x}{x^{2}}}{\rm {d}}x$.

Beweis

• Beachte zunächst $|p^{-s}|=p^{-\operatorname {Re} s}<1$ für $p\in \mathbb {P}$ und $\operatorname {Re} s>1$. Also ist ${\frac {1}{1-p^{-s}}}\in \mathbb {C} \setminus (-\infty ,0]$ und die Summanden der Reihe $\sum _{p\in \mathbb {P} }\ln \left({\frac {1}{1-p^{-s}}}\right)$ wohldefiniert. Für alle $z\in \mathbb {C}$ mit $|z|\geq 2$ gilt $|z-1|\geq |z|-1\geq |z|-{\frac {1}{2}}|z|={\frac {1}{2}}|z|$. Für $\operatorname {Re} s\geq 1+\delta$ ist $|p^{s}|=p^{\operatorname {Re} s}\geq p^{1+\delta }\geq 2$ für alle $p\geq P_{0}=P_{0}(\delta )$. Es folgt somit $\left|{\frac {1}{1-p^{-s}}}-1\right|={\frac {1}{|p^{s}-1|}}\leq {\frac {2}{|p^{s}|}}\leq {\frac {1}{2}}$, falls $p\geq P_{0}$. Nun ist ${\frac {\ln z}{z-1}}$ wegen $\ln 1=0$ holomorph auf $B_{1}(1)$. Also ist $C:=\sup \left\{\left.\left|{\frac {\ln z}{z-1}}\right|\ \right|\ z\in {\overline {B}}_{\frac {1}{2}}(1)\setminus \{1\}\right\}$ endlich 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 $\left|\ln \left({\frac {1}{1-p^{-s}}}\right)\right|\leq C\left|{\frac {1}{1-p^{-s}}}-1\right|=C{\frac {1}{|p^{s}-1|}}\leq {\frac {2C}{p^{1+\delta }}}$. Wegen der Konvergenz von $\sum _{p\in \mathbb {P} }{\frac {1}{p^{1+\delta }}}$ folgt daraus die behauptete normale Konvergenz von $\sum _{p\in \mathbb {P} }\ln \left({\frac {1}{1-p^{-s}}}\right)$.

• 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 $\zeta (s)$, während der zweite Summand gegen null konvergiert. Also muss $\zeta (s)$ der Wert des konvergenten unendlichen Produkts $\prod _{p\in \mathbb {P} }{\frac {1}{1-p^{-s}}}$ sein.

• Für $\operatorname {Re} s>1$ 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 $\operatorname {Re} s>0$ holomorph ist, müssen wir lediglich zeigen, dass die Reihe rechts normal auf $\operatorname {Re} s>0$ konvergiert. Sei hierzu $\operatorname {Re} s\geq \delta$ und $|s|\leq {\frac {1}{\delta }}$, dann gilt nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung

$\left|\int _{n}^{n+1}\left({\frac {1}{n^{s}}}-{\frac {1}{x^{s}}}\right){\rm {d}}x\right|=\left|s\int _{n}^{n+1}\int _{n}^{x}{\frac {{\rm {d}}u}{u^{s+1}}}{\rm {d}}x\right|\leq \max _{n\leq u\leq n+1}\left|{\frac {s}{u^{s+1}}}\right|={\frac {|s|}{n^{(\operatorname {Re} s)+1}}}\leq {\frac {1}{\delta n^{1+\delta }}}\ ,$

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 $\vartheta (x)-\vartheta \left({\frac {x}{2}}\right)\leq cx$ für ein geeignetes $c>0$. Sei nun $x>0$ beliebig und $r\in \mathbb {N}$ mit $\vartheta \left({\frac {x}{2^{r}}}\right)=0$. 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 $\ln(\zeta (s))$ 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 $\operatorname {Re} s>{\frac {1}{2}}$ normal konvergent. Sei hierfür $\operatorname {Re} s\geq {\frac {1}{2}}+\delta$ und $\ln x\leq Cx^{\delta }$. Es ist $|n^{s}|=n^{\operatorname {Re} s}\geq n^{{\frac {1}{2}}+\delta }\rightarrow \infty$ 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 $\operatorname {Re} s>{\frac {1}{2}}$. 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 $\operatorname {Re} s>1$. Weil $-{\frac {\zeta '(s)}{\zeta (s)}}$ nach 3. sogar auf $\operatorname {Re} s>0$ meromorph fortsetzbar ist, ist $\Phi$ auf $\operatorname {Re} s>{\frac {1}{2}}$ 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 $H_{1},H_{2}$ mit $\zeta (s)={\frac {1}{s-1}}+H_{1}(s)$ und $\zeta '(s)=-{\frac {1}{(s-1)^{2}}}+H_{2}(s)$ auf $\operatorname {Re} s>{\frac {1}{2}}$. 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 $\operatorname {Re} s=1$ und $s\neq 1$ gilt. Sei hierzu $\alpha \in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ beliebig. Sei $\mu \in \mathbb {Z}$ die Ordnung der Nullstelle von $\zeta$ in $s=1+i\alpha$. Es ist also $\mu =0$ zu zeigen. Weiter bezeichne $\nu \in \mathbb {Z}$ die Nullstellenordnung von $\zeta$ in $s=1+2i\alpha$. 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 $\mu$ gibt es in $s=1+i\alpha$ holomorphe Funktionen $h_{1},\ h_{2}$ mit $\zeta (s)=c(s-1-i\alpha )^{\mu }+(s-1-i\alpha )^{\mu +1}h_{1}(s)$ und $\zeta '(s)=\mu c(s-1-i\alpha )^{\mu -1}+(s-1-i\alpha )^{\mu }h_{2}(s)$, 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

$\lim _{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi (1+\varepsilon +i\alpha )=-\mu \ {\text{und}}\ \lim _{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi (1+\varepsilon +2i\alpha )=-\nu \ ,$

wobei der zweite Grenzwert natürlich analog zum ersten Grenzwert gezeigt wird. Für $\operatorname {Re} s>1$ ist $\zeta ({\overline {s}})=\sum _{n=1}^{\infty }n^{-{\overline {s}}}={\overline {\sum _{n=1}^{\infty }n^{-s}}}={\overline {\zeta (s)}}$. Weil $\zeta$ in $1+i\alpha$ eine Nullstelle der Ordnung $\mu$ 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 $\zeta$ in $1-i\alpha$ ebenfalls eine Nullstelle der Ordnung $\mu$ und in $1-2i\alpha$ eine Nullstelle der Ordnung $\nu$, und wir erhalten analog

$\lim _{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi (1+\varepsilon -i\alpha )=-\mu \ {\text{und}}\ \lim _{\varepsilon \searrow 0}\varepsilon \Phi (1+\varepsilon -2i\alpha )=-\nu \ .$

Beachte nun die Ungleichung

${\begin{array}{lll}\sum _{r=-2}^{2}{4 \choose 2+r}\Phi (1+\varepsilon +ir\alpha )&=&\sum _{p\in \mathbb {P} }{\frac {\ln p}{p^{1+\varepsilon }}}\sum _{r=-2}^{2}{4 \choose 2+r}{\frac {1}{p^{ir\alpha }}}\\&=&\sum _{p\in \mathbb {P} }{\frac {\ln p}{p^{1+\varepsilon }}}[(p^{i{\frac {\alpha }{2}}})^{4}+4(p^{i{\frac {\alpha }{2}}})^{3}p^{-i{\frac {\alpha }{2}}}+6(p^{i{\frac {\alpha }{2}}})^{2}(p^{-i{\frac {\alpha }{2}}})^{2}\\&&\quad \quad \quad \quad +4p^{i{\frac {\alpha }{2}}}(p^{-i{\frac {\alpha }{2}}})^{3}+(p^{-i{\frac {\alpha }{2}}})^{4}]\\&=&\sum _{p\in \mathbb {P} }{\frac {\ln p}{p^{1+\varepsilon }}}(p^{i{\frac {\alpha }{2}}}+{\overline {p^{i{\frac {\alpha }{2}}}}})^{4}=\sum _{p\in \mathbb {P} }{\frac {\ln p}{p^{1+\varepsilon }}}(2\operatorname {Re} p^{i{\frac {\alpha }{2}}})^{4}\geq 0\ .\\\end{array}}$

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 $\mu =0$, wie behauptet.

• Nach 5. ist $g(s):={\frac {\Phi (s+1)}{s+1}}-{\frac {1}{s}}$ holomorph auf einer Obermenge von $\operatorname {Re} s\geq 0$. Um $g$ auszurechnen, beachte man für $\operatorname {Re} s>1$ 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 $x=e^{t}$. 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 $\operatorname {Re} s>0\ .$

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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Der Primzahlsatz

Es gilt

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

Beweis

• Angenommen, es wäre $\limsup _{x\rightarrow \infty }{\frac {\vartheta (x)}{x}}>1$. Wähle ein $\lambda \in \left(1,\limsup _{x\rightarrow \infty }{\frac {\vartheta (x)}{x}}\right)$. 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 $\lambda$ 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 $\lambda \in \left(\liminf _{x\rightarrow \infty }{\frac {\vartheta (x)}{x}},1\right)$. Nach Lemma, 6., gibt es ein $R>0$ mit $\left|\int _{x}^{y}{\frac {\vartheta (t)-t}{t^{2}}}{\rm {d}}t\right|<\left|\int _{\lambda }^{1}{\frac {\lambda -u}{u^{2}}}{\rm {d}}u\right|$ für alle $x,y\geq R$. Nach Wahl von $\lambda$ 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 $\left|\int _{\lambda x}^{x}{\frac {\vartheta (t)-t}{t^{2}}}{\rm {d}}t\right|\geq \left|\int _{\lambda }^{1}{\frac {\lambda -u}{u^{2}}}{\rm {d}}u\right|$.

• 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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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.

Wikipedia-Verweis

• Primzahlsatz