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

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }[\pi (x)\cdot \frac{\ln x}{x}]=1$,

worin $\pi (x):=|\{p\in \mathbb{P}|p\le x\}|$ 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 $f_j:\mathrm{\Omega }\subset ℂ\to ℂ$. Die Reihe $\sum _{j\in \mathbb{N}}{f}_j$ heißt normal konvergent auf $\mathrm{\Omega }$, falls es zu jedem $z_0\in \mathrm{\Omega }$ eine Umgebung $U\subset \mathrm{\Omega }$ von $z_0$ gibt sowie Zahlen $M_j\in {ℝ}^{\ge 0}$ mit $|f_j(z)|\le M_j$ für alle $z\in U$ und $\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_j<\mathrm{\infty }$.

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 $\mathrm{\Omega }\to ℂ,z\mapsto \sum _{j\in \mathbb{N}}{f}_j(z)$ 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.

$◻$

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 $t_n\le t$ genügen. Ist dann $g:[t_1,\mathrm{\infty })\to ℂ$ stetig differenzierbar, so gilt für alle reellen $x\ge t_1$

$\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{n\in \mathbb{N},}{t_n\le x}}{a}_{n}g(t_n)=A(x)g(x)-\underset{t_1}{\overset{x}{\int }}A(t)g^{\prime }(t)\mathrm{d}t.$

Beweis

Sei $N\in \mathbb{N}$ gewählt, so dass $t_N\le x<t_{N+1}$. Es ist $A(t)=A(t_n)$ für $t_n\le t<t_{n+1}$ und $A(t_n)-A(t_{n-1})=a_n$ für $n\ge 2$ sowie $A(t_1)=a_1$. Es folgt

$\begin{array}{ccc}\underset{t_1}{\overset{x}{\int }}A(t)g^{\prime }(t)\mathrm{d}t& =& \sum _{n=1}^{N-1}\underset{t_n}{\overset{t_{n+1}}{\int }}A(t)g^{\prime }(t)\mathrm{d}t+\underset{t_N}{\overset{x}{\int }}A(t)g^{\prime }(t)\mathrm{d}t\\ & =& \sum _{n=1}^{N-1}A(t_n)(g(t_{n+1})-g(t_n))+A(t_N)(g(x)-g(t_N))\\ & =& \sum _{n=2}^{N}A(t_{n-1})g(t_n)-\sum _{n=1}^{N}A(t_n)g(t_n)+A(x)g(x)\\ & =& -\sum _{n=1}^N{a}_{n}g(t_n)+A(x)g(x),\end{array}$

wie behauptet.

$◻$

Satz

Sei $f:[0,\mathrm{\infty })\to ℝ$ beschränkt und messbar. Weiter sei $g:\{z\in ℂ|\mathrm{Re}z>0\}\to ℂ,$ $z\mapsto \underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-zt}\mathrm{d}t$ holomorph. Zudem gebe es eine holomorphe Fortsetzung von $g$ auf eine offene Obermenge von $\{z\in ℂ|\mathrm{R}\mathrm{e}z\ge 0\}$.

Dann existiert $\underset{T\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{T}{\int }}f(t)\mathrm{d}t$, und der Grenzwert hat den Wert $g(0)$.

Beweis

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

$|\frac{g_T(z+h)-g_T(z)}{h}+\underset{0}{\overset{T}{\int }}tf(t)e^{-zt}\mathrm{d}t|\le \underset{0}{\overset{T}{\int }}|f(t)e^{-zt}|\left|\frac{e^{-ht}-1+ht}{h}\right|\mathrm{d}t.$

Mit $F(x):=e^{-xht}$ haben wir $e^{-ht}-1+ht=F(1)-F(0)-F^{\prime }(0)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}[F^{\prime }(x)-F^{\prime }(0)]\mathrm{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{x}{\int }}{F}^{″}(y)\mathrm{d}y\mathrm{d}x$, also $\left|\frac{e^{-ht}-1+ht}{h}\right|\le \underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{x}{\int }}|h{t}^2{e}^{-yht}|\mathrm{d}y\mathrm{d}x\le |h|T^2{e}^{|h|T}\underset{0}{\overset{1}{\int }}x\mathrm{d}x=|h|e^{|h|T}\frac{T^2}{2}$. 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 $\{z\in ℂ||z|<2R,\mathrm{Re}z>-2\delta \}$ holomorph fortsetzbar ist. Sei $C$ der orientierte Rand des konvexen, also einfach zusammenhängenden Gebiets $\{z\in ℂ||z|\le R,\mathrm{Re}z\ge -\delta \}$. Dann gilt nach der cauchyschen Integralformel

$g(0)-g_T(0)=\frac{1}{2\pi i}\underset{C}{\int }(g(z)-g_T(z))e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z.$

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

Wir spalten den Weg $C$ in folgende zwei Teilwege $C_{+}:=C\cap \{z\in ℂ|\mathrm{Re}z>0\}$ und $C_{-}:=C\cap \{z\in ℂ|\mathrm{Re}z<0\}$ 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 $B:=\sup \{|f(t)||t\ge 0\}$. Dann gilt für alle $z\in C_{+}$

$|g(z)-g_T(z)|=|\underset{T}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-zt}\mathrm{d}t|\le B\underset{T}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(\mathrm{Re}z)t}\mathrm{d}t=\frac{B{e}^{-(\mathrm{Re}z)T}}{\mathrm{Re}z},$

und es folgt

$|\frac{1}{2\pi i}\underset{C_{+}}{\int }(g(z)-g_T(z))e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z|\le \frac{1}{2\pi }L(C_{+})\frac{2B}{R^2}=\frac{B}{R},$

welches für $R\to \mathrm{\infty }$ gegen null konvergiert. Nun müssen wir noch die Integrale

$\frac{1}{2\pi i}\underset{C_{-}}{\int }g(z)e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z-\frac{1}{2\pi i}\underset{C_{-}}{\int }{g}_T(z)e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z$

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

$|g_T(z)|=|\underset{0}{\overset{T}{\int }}f(t)e^{-zt}\mathrm{d}t|\le B\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{T}{\int }}|e^{-zt}|=B\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{T}{\int }}{e}^{-(\mathrm{Re}z)t}=\frac{B{e}^{-(\mathrm{Re}z)T}}{|\mathrm{Re}z|}$

und zusammen mit

$|\frac{1}{2\pi i}\underset{{C_{-}}^{\prime }}{\int }{g}_T(z)e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z|\le \frac{1}{2\pi }L({C_{-}}^{\prime })\frac{2B}{R^2}=\frac{B}{R},$

welches für $R\to \mathrm{\infty }$ gegen null konvergiert. Wir erhalten somit insgesamt

$g(0)-g_T(0)=\underset{R\to \mathrm{\infty }}{\lim }(g(0)-g_T(0))=\underset{R\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{2\pi i}\underset{C_{-}}{\int }g(z)e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z.$

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

$|g(0)-g_T(0)-\frac{1}{2\pi i}\underset{C_{-}}{\int }g(z)e^{zT}(1+\frac{z^2}{R^2})\frac{1}{z}\mathrm{d}z|<\frac{\epsilon }{2}.$

Setze $S=S(R,\epsilon ):=\sup \{|g(z)||1+\frac{z^2}{R^2}\left|\frac{1}{|z|}\right|z\in C_{-}\}<\mathrm{\infty }$. Dazu gibt es ein geeignetes $T_0=T_0(R,\epsilon )>0$ mit $\underset{C_{-}}{\int }|e^{zT}||\mathrm{d}z|=\underset{C_{-}}{\int }{e}^{(\mathrm{Re}z)T}|\mathrm{d}z|<\frac{\epsilon \pi }{S}$ für alle $T\ge T_0$. Aus der Dreiecksungleichung folgt daher $|g(0)-g_T(0)|<\epsilon$, also $\underset{T\to \mathrm{\infty }}{\lim }{g}_T(0)=g(0)$.

$◻$

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

$\zeta (s):=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s},\mathrm{\Phi }(s):=\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s}$ für $\mathrm{Re}s>1$, $\vartheta (x):=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\ln p$ für $x\in ℝ.$

Für $\mathrm{Re}s\ge 1+\delta$ ist nämlich $\left|\frac{1}{n^s}\right|=\frac{1}{|e^{s\ln n}|}=\frac{1}{n^{\mathrm{Re}s}}\le \frac{1}{n^{1+\delta }}$ und $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{1+\delta }}$ konvergent. Daher ist die $\zeta (s)$ definierende Reihe normal konvergent und somit $\zeta$ eine auf $\mathrm{Re}s>1$ holomorphe Funktion. Beachtet man $|\ln x|\le C{x}^{\frac{\delta }{2}}$ für $x\ge 1$, so bekommt man auf dieselbe Weise die normale Konvergenz und Holomorphie von $\mathrm{\Phi }$ auf $\mathrm{Re}s>1$.

Lemma

Es gelten die folgenden Aussagen:

1. Es gilt $\frac{1}{1-p^{-s}}\in ℂ\setminus (-\mathrm{\infty },0]$ für jede Primzahl $p\in \mathbb{P}$ und $\mathrm{Re}s>1$, und die Reihe $\sum _{p\in \mathbb{P}}\ln \left(\frac{1}{1-p^{-s}}\right)$ ist auf $\mathrm{Re}s>1$ normal konvergent.
2. Es gilt die eulersche Produktformel

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

3. $\zeta (s)-\frac{1}{s-1}$ lässt sich holomorph auf $\mathrm{Re}s>0$ fortsetzen.
4. Es gibt ein $C>0$ mit $\vartheta (x)\le Cx$ für alle $x\ge 0$.
5. $\zeta (s)\ne 0$ für $\mathrm{Re}s\ge 1,s\ne 1$, und $\mathrm{\Phi }(s)-\frac{1}{s-1}$ ist holomorph fortsetzbar auf eine offene Obermenge von $\mathrm{Re}s\ge 1$.
6. Es existiert $\underset{T\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{1}{\overset{T}{\int }}\frac{\vartheta (x)-x}{x^2}\mathrm{d}x$.

Beweis

• Beachte zunächst $|p^{-s}|=p^{-\mathrm{Re}s}<1$ für $p\in \mathbb{P}$ und $\mathrm{Re}s>1$. Also ist $\frac{1}{1-p^{-s}}\in ℂ\setminus (-\mathrm{\infty },0]$ und die Summanden der Reihe $\sum _{p\in \mathbb{P}}\ln \left(\frac{1}{1-p^{-s}}\right)$ wohldefiniert. Für alle $z\in ℂ$ mit $|z|\ge 2$ gilt $|z-1|\ge |z|-1\ge |z|-\frac{1}{2}|z|=\frac{1}{2}|z|$. Für $\mathrm{Re}s\ge 1+\delta$ ist $|p^s|=p^{\mathrm{Re}s}\ge p^{1+\delta }\ge 2$ für alle $p\ge P_0=P_0(\delta )$. Es folgt somit $|\frac{1}{1-p^{-s}}-1|=\frac{1}{|p^s-1|}\le \frac{2}{|p^s|}\le \frac{1}{2}$, falls $p\ge P_0$. Nun ist $\frac{\ln z}{z-1}$ wegen $\ln 1=0$ holomorph auf $B_1(1)$. Also ist $C:=\sup \{\left|\frac{\ln z}{z-1}\right||z\in {\bar{B}}_{\frac{1}{2}}(1)\setminus \{1\}\}$ endlich und somit $|\ln z|\le C|z-1|$ für alle $z\in {\bar{B}}_{\frac{1}{2}}(1)$. Für alle $p\ge P_0$ haben wir damit $|\ln \left(\frac{1}{1-p^{-s}}\right)|\le C|\frac{1}{1-p^{-s}}-1|=C\frac{1}{|p^s-1|}\le \frac{2C}{p^{1+\delta }}$. 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 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{1-n^{-s}}=1$. 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 $\ne 0$ sind, muss daher auch der Wert des unendlichen Produkts $\ne 0$ sein.

Nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik lässt sich jede natürliche Zahl auf eindeutige Weise als Produkt von Primzahlen schreiben. Es folgt somit für alle $x\ge 2$

$\prod _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\frac{1}{1-p^{-s}}=\prod _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(p^k\right)}^{-s}=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{n\in \mathbb{N},}{p\mid n\Rightarrow p\le x}}{n}^{-s}=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{n\in \mathbb{N},}{n\le x}}{n}^{-s}+\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{n\in \mathbb{N},n>x,}{p\mid n\Rightarrow p\le x}}{n}^{-s}.$

Für $x\to \mathrm{\infty }$ 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 $\mathrm{Re}s>1$ gilt nämlich

$\zeta (s)-\frac{1}{s-1}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s}-\underset{1}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{x^s}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\underset{n}{\overset{n+1}{\int }}(\frac{1}{n^s}-\frac{1}{x^s})\mathrm{d}x.$

Da jedes Integral auf $\mathrm{Re}s>0$ holomorph ist, müssen wir lediglich zeigen, dass die Reihe rechts normal auf $\mathrm{Re}s>0$ konvergiert. Sei hierzu $\mathrm{Re}s\ge \delta$ und $|s|\le \frac{1}{\delta }$, dann gilt nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung

$\left|\underset{n}{\overset{n+1}{\int }}(\frac{1}{n^s}-\frac{1}{x^s})\mathrm{d}x\right|=\left|s\underset{n}{\overset{n+1}{\int }}\underset{n}{\overset{x}{\int }}\frac{\mathrm{d}u}{u^{s+1}}\mathrm{d}x\right|\le \underset{n\le u\le n+1}{\max }\left|\frac{s}{u^{s+1}}\right|=\frac{|s|}{n^{(\mathrm{Re}s)+1}}\le \frac{1}{\delta n^{1+\delta }},$

womit wir die gewünschte holomorphe Fortsetzung konstruiert haben.

• Beachte hierfür gemäß dem binomischen Lehrsatz für alle $n\in \mathbb{N}$

$2^{2n}=(1+1{)}^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k})\ge (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})\ge \prod _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{n<p\le 2n}}p=e^{\vartheta (2n)-\vartheta (n)},$

also $\vartheta (2n)-\vartheta (n)\le 2(\ln 2)n$. Es folgt für alle $x>0$

$\begin{array}{ccc}\vartheta (2x)-\vartheta (x)& \le & \vartheta (2x)-\vartheta (\lceil x\rceil )+\ln \lceil x\rceil \le \vartheta (2\lceil x\rceil )-\vartheta (\lceil x\rceil )+\lceil x\rceil \\ & \le & 2(\ln 2)\lceil x\rceil +\lceil x\rceil \end{array}$

und somit $\vartheta (x)-\vartheta \left(\frac{x}{2}\right)\le cx$ 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

$\vartheta (x)=\vartheta (x)-\vartheta \left(\frac{x}{2^r}\right)=\sum _{k=0}^{r-1}[\vartheta \left(\frac{x}{2^k}\right)-\vartheta \left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)]\le c\sum _{k=0}^{r-1}\frac{x}{2^k}\le 2cx.$

• Für $s>1$ ist $\zeta (s)\ge 1$. Also dürfen wir $\ln (\zeta (s))$ bilden, und es gilt

$\ln (\zeta (s))=\ln \left(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\prod _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\frac{1}{1-p^{-s}}\right)=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln \left(\prod _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\frac{1}{1-p^{-s}}\right)=\sum _{p\in \mathbb{P}}\ln \left(\frac{1}{1-p^{-s}}\right).$

Wir dürfen die Reihe wegen der normalen Konvergenz nach 1. gliedweise differenzieren und erhalten zunächst nur für $s>1$

$-\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}=-\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\ln \left(\frac{1}{1-p^{-s}}\right)=\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s-1}=\mathrm{\Phi }(s)+\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s(p^s-1)}.$

Die Reihe rechts ist auf $\mathrm{Re}s>\frac{1}{2}$ normal konvergent. Sei hierfür $\mathrm{Re}s\ge \frac{1}{2}+\delta$ und $\ln x\le C{x}^{\delta }$. Es ist $|n^s|=n^{\mathrm{Re}s}\ge n^{\frac{1}{2}+\delta }\to \mathrm{\infty }$ für $n\to \mathrm{\infty }$. Nun haben wir $|p^s-1|\ge \frac{1}{2}|p^s|\ge \frac{1}{2}{p}^{\frac{1}{2}+\delta }$ für hinreichend große Primzahlen $p\ge P_0=P_0(\delta )$. Damit ist

$\left|\frac{\ln p}{p^s(p^s-1)}\right|\le C\frac{p^{\delta }}{p^{\frac{1}{2}+\delta }\frac{1}{2}{p}^{\frac{1}{2}+\delta }}=2C\frac{1}{p^{1+\delta }}$ für alle $p\ge P_0(\delta )$

und die Reihe normal konvergent. Somit ist $\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s(p^s-1)}$ holomorph auf $\mathrm{Re}s>\frac{1}{2}$. Insbesondere gilt

$-\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}=\mathrm{\Phi }(s)+\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^s(p^s-1)}$

nach dem Identitätssatz auf $\mathrm{Re}s>1$. Weil $-\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}$ nach 3. sogar auf $\mathrm{Re}s>0$ meromorph fortsetzbar ist, ist $\mathrm{\Phi }$ auf $\mathrm{Re}s>\frac{1}{2}$ meromorph fortsetzbar.

Wir zeigen nun die Holomorphie von $\mathrm{\Phi }(s)-\frac{1}{s-1}$ im Punkt $s=1$. Es ist $\mathrm{\Phi }(s)-\frac{1}{s-1}=H(s)-[\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}+\frac{1}{s-1}]$ 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 ${\zeta }^{\prime }(s)=-\frac{1}{(s-1{)}^2}+H_2(s)$ auf $\mathrm{Re}s>\frac{1}{2}$. Es folgt

$\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}+\frac{1}{s-1}=\frac{(s-1){\zeta }^{\prime }(s)+\zeta (s)}{(s-1)\zeta (s)}=\frac{H_1(s)+(s-1)H_2(s)}{1+(s-1)H_1(s)}.$

Dieser Ausdruck ist in $s=1$ stetig ergänzbar. Also ist $\mathrm{\Phi }(s)-\frac{1}{s-1}$ holomorph in $s=1$.

Wir müssen nur noch nachweisen, dass $\zeta (s)\ne 0$ für $\mathrm{Re}s=1$ und $s\ne 1$ gilt. Sei hierzu $\alpha \in ℝ\setminus \{0\}$ 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 $\mu ,\nu \ge 0$. Es folgt

$\underset{\epsilon \searrow 0}{\lim }\epsilon \mathrm{\Phi }(1+\epsilon )=\underset{\epsilon \searrow 0}{\lim }\epsilon (\tilde{H}(1+\epsilon )+\frac{1}{\epsilon })=1$

mit einer in $s=1$ holomorphen Funktion

$\tilde{H}(s):=\mathrm{\Phi }(s)-\frac{1}{s-1}.$

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 ${\zeta }^{\prime }(s)=\mu c(s-1-i\alpha {)}^{\mu -1}+(s-1-i\alpha {)}^{\mu }{h}_2(s)$, wobei $c\ne 0$. Es folgt

$-\epsilon \frac{{\zeta }^{\prime }(1+\epsilon +i\alpha )}{\zeta (1+\epsilon +i\alpha )}=-\epsilon \frac{\mu c{\epsilon }^{\mu -1}+{\epsilon }^{\mu }{h}_2(1+\epsilon +i\alpha )}{c{\epsilon }^{\mu }+{\epsilon }^{\mu +1}{h}_1(1+\epsilon +i\alpha )}=-\frac{\mu c+\epsilon h_2(1+\epsilon +i\alpha )}{c+\epsilon h_1(1+\epsilon +i\alpha )}\to -\mu$

für $\epsilon \searrow 0$. Also bekommen wir

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

wobei der zweite Grenzwert natürlich analog zum ersten Grenzwert gezeigt wird. Für $\mathrm{Re}s>1$ ist $\zeta (\bar{s})=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{n}^{-\bar{s}}=\overline{\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{n}^{-s}}=\overline{\zeta (s)}$. Weil $\zeta$ in $1+i\alpha$ eine Nullstelle der Ordnung $\mu$ hat, ist $\underset{\epsilon \searrow 0}{\lim }\frac{\zeta (1+\epsilon +i\alpha )}{{\epsilon }^{\mu }}=c\ne 0$ und somit $\underset{\epsilon \searrow 0}{\lim }\frac{\zeta (1+\epsilon -i\alpha )}{{\epsilon }^{\mu }}=\bar{c}\ne 0$. 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

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

Beachte nun die Ungleichung

$\begin{array}{ccc}\sum _{r=-2}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2+r})\mathrm{\Phi }(1+\epsilon +ir\alpha )& =& \sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1+\epsilon }}\sum _{r=-2}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2+r})\frac{1}{p^{ir\alpha }}\\ & =& \sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1+\epsilon }}[(p^{i\frac{\alpha }{2}}{)}^4+4(p^{i\frac{\alpha }{2}}{)}^3{p}^{-i\frac{\alpha }{2}}+6(p^{i\frac{\alpha }{2}}{)}^2(p^{-i\frac{\alpha }{2}}{)}^2\\ & & +4p^{i\frac{\alpha }{2}}(p^{-i\frac{\alpha }{2}}{)}^3+(p^{-i\frac{\alpha }{2}}{)}^4]\\ & =& \sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1+\epsilon }}(p^{i\frac{\alpha }{2}}+\overline{p^{i\frac{\alpha }{2}}}{)}^4=\sum _{p\in \mathbb{P}}\frac{\ln p}{p^{1+\epsilon }}(2\mathrm{Re}{p}^{i\frac{\alpha }{2}}{)}^4\ge 0.\end{array}$

Multiplikation mit $\epsilon >0$ und Grenzübergang $\epsilon \searrow 0$ impliziert $0\le -\nu -4\mu +6-4\mu -\nu =6-8\mu -2\nu$, also $\mu =0$, wie behauptet.

• Nach 5. ist $g(s):=\frac{\mathrm{\Phi }(s+1)}{s+1}-\frac{1}{s}$ holomorph auf einer Obermenge von $\mathrm{Re}s\ge 0$. Um $g$ auszurechnen, beachte man für $\mathrm{Re}s>1$ mit Hilfe der partiellen Summation und 4.

$\mathrm{\Phi }(s)=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\frac{\ln p}{p^s}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }[\frac{\vartheta (x)}{x^s}-\underset{2}{\overset{x}{\int }}\vartheta (t)(t^{-s}{)}^{\prime }\mathrm{d}t]=s\underset{1}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\vartheta (x)}{x^{s+1}}\mathrm{d}x,$

also $\mathrm{\Phi }(s)=s\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\vartheta (e^t)\mathrm{d}t$ mittels der Substitution $x=e^t$. Damit ist

$g(s)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\vartheta (e^t)e^{-t}\mathrm{d}t-\frac{1}{s}=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}(\vartheta (e^t)e^{-t}-1)\mathrm{d}t$ für $\mathrm{Re}s>0.$

Nach 4. ist $f(t):=\vartheta (e^t)e^{-t}-1$ beschränkt. Aus obigem Satz bekommen wir die Konvergenz von $\underset{T\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{T}{\int }}(\vartheta (e^t)e^{-t}-1)\mathrm{d}t=\underset{T\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{1}{\overset{T}{\int }}\frac{\vartheta (x)-x}{x^2}\mathrm{d}x$.

$◻$

Der Primzahlsatz

Es gilt

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

Beweis

• Angenommen, es wäre $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}\frac{\vartheta (x)}{x}>1$. Wähle ein $\lambda \in (1,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}\frac{\vartheta (x)}{x})$. Nach Lemma, 6., gibt es ein $R>0$ mit $|\underset{x}{\overset{y}{\int }}\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}\mathrm{d}t|<\underset{1}{\overset{\lambda }{\int }}\frac{\lambda -u}{u^2}\mathrm{d}u$ für alle $x,y\ge R$. Nach Wahl von $\lambda$ gibt es ein $x\ge R$ mit $\vartheta (x)\ge \lambda x$. Da $\vartheta$ monoton wachsend ist, folgt

$\underset{1}{\overset{\lambda }{\int }}\frac{\lambda -u}{u^2}\mathrm{d}u>\left|\underset{x}{\overset{\lambda x}{\int }}\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}\mathrm{d}t\right|\ge \underset{x}{\overset{\lambda x}{\int }}\frac{\lambda x-t}{t^2}\mathrm{d}t=\underset{1}{\overset{\lambda }{\int }}\frac{\lambda -u}{u^2}\mathrm{d}u.$

Wäre hingegen $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}\frac{\vartheta (x)}{x}<1$, so wähle ein $\lambda \in (\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}\frac{\vartheta (x)}{x},1)$. Nach Lemma, 6., gibt es ein $R>0$ mit $\left|\underset{x}{\overset{y}{\int }}\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}\mathrm{d}t\right|<\left|\underset{\lambda }{\overset{1}{\int }}\frac{\lambda -u}{u^2}\mathrm{d}u\right|$ für alle $x,y\ge R$. Nach Wahl von $\lambda$ gibt es ein $x\ge \frac{R}{\lambda }$ mit $\vartheta (x)\le \lambda x$. Da $\vartheta$ monoton wachsend ist, folgt

$\underset{\lambda x}{\overset{x}{\int }}\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}\mathrm{d}t\le \underset{\lambda x}{\overset{x}{\int }}\frac{\lambda x-t}{t^2}\mathrm{d}t=\underset{\lambda }{\overset{1}{\int }}\frac{\lambda -u}{u^2}\mathrm{d}u<0,$

also der gewünschte Widerspruch $\left|\underset{\lambda x}{\overset{x}{\int }}\frac{\vartheta (t)-t}{t^2}\mathrm{d}t\right|\ge \left|\underset{\lambda }{\overset{1}{\int }}\frac{\lambda -u}{u^2}\mathrm{d}u\right|$.

• Es ist nämlich

$\vartheta (x)=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\ln p\le \sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x}}\ln x=\pi (x)\ln x,$

also $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}\pi (x)\frac{\ln x}{x}\ge 1$. Andererseits ist für jedes $\epsilon \in (0,1)$

$\vartheta (x)\ge \sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{x^{1-\epsilon }<p\le x}}\ln p\ge (1-\epsilon )\cdot \sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{x^{1-\epsilon }<p\le x}}\ln x=(1-\epsilon )\ln x[\pi (x)-\pi (x^{1-\epsilon })].$

Nun ist für hinreichend große $x$ nämlich nach Lemma, 4.,

$\pi (x^{1-\epsilon })=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x^{1-\epsilon }}}1\le \sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{p\in \mathbb{P},}{p\le x^{1-\epsilon }}}\ln p=\vartheta (x^{1-\epsilon })\le C{x}^{1-\epsilon }.$

Also ist $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x\cdot \pi (x^{1-\epsilon })}{x}=0$, und wir erhalten $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}\pi (x)\frac{\ln x}{x}\le \frac{1}{1-\epsilon }$.

$◻$

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