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Beweis von Primzahlsatz

05/12/2012 - 17:36 von honghanru | Report spam
Der Primzahlsatz macht eine asymptotische Aussage über die Anzahl der
Primzahlen unterhalb einer gegebenen festen Zahl. Genauer gilt

\lim_{x ightarrow \infty}\left[\pi(x) \cdot \frac{\ln x}{x}
ight] = 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, nàmlich

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

und ist ansonsten vollstàndig.
Inhaltsverzeichnis

1 Definition: Normale Konvergenz
2 Weierstraßscher Majorantentest
2.1 Beweis
3 Partielle Summation
3.1 Beweis
4 Satz
4.1 Beweis
5 Lemma
5.1 Beweis
6 Der Primzahlsatz
6.1 Beweis
7 Literatur
8 Wikipedia-Verweis

Definition: Normale Konvergenz

Gegeben seien holomorphe Funktionen f_j: \Omega \subset \mathbb{C}
ightarrow \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 unabhàngig 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 ightarrow \mathbb{C},\
z \mapsto \sum_{j\in\mathbb{N}}f_j(z) holomorph und darf gliedweise
differenziert werden.
Beweis

Das folgt aus der lokal gleichmàßigen Konvergenz der Funktionenfolge
(\sum_{j=1}^nf_j)_{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, unbeschrànkte 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) ightarrow
\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){m d}t\ .

Beweis

Sei N \in \mathbb{N} gewàhlt, 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}^xA(t)g'(t){m d}t&=&\sum_{n=1}
^{N-1}\int_{t_n}^{t_{n+1}}A(t)g'(t){m d}t + \int_{t_N}^xA(t)g'(t)
{m 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
Satz

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

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

Für T > 0 setzen wir g_T: \mathbb{C} ightarrow \mathbb{C} vermöge
g_T(z) := \int_0^Tf(t)e^{-zt}{m d}t. Wegen der Beschrànktheit 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^Ttf(t)e^{-zt}{m d}t
ight| \leq \int_0^T|f(t)e^{-zt}|\left|\frac{e^{-ht}-1+ht}{h}ight|
{m 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)]{m d}x = \int_0^1\int_0^xF''(y){m d}y{m d}
x, also |\frac{e^{-ht}-1+ht}{h}| \leq \int_0^1\int_0^x|ht^2e^{-yht}|
{m d}y{m d}x \leq |h|T^2e^{|h|T}\int_0^1x{m 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,\
\textrm{Re}\ z > -2\delta\} holomorph fortsetzbar ist. Sei C der
orientierte Rand des konvexen, also einfach zusammenhàngenden 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}ight)\frac{1}{z}{m d}z\ .

Beachte nun für |z| = R \left|e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}ight)
\frac{1}{z}ight| = e^{(\textrm{Re}\ z)T}\left|\frac{\overline{z}}
{R^2} + \frac{z}{R^2}ight| = 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 schàtzen 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}{m d}tight|
\leq B\int_T^\infty e^{-(\textrm{Re}\ z)t}{m 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}ight)\frac{1}{z}{m d}zight| \leq \frac{1}{2\pi}
L(C_+)\frac{2B}{R^2} = \frac{B}{R}\ ,

welches für R ightarrow \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}ight)\frac{1}{z}{m d}z - \frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}
g_T(z)e^{zT}\left(1 + \frac{z^2}{R^2}ight)\frac{1}{z}{m d}z

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

|g_T(z)| = \left|\int_0^Tf(t)e^{-zt}{m d}tight| \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}ight)\frac{1}{z}{m d}zight| \leq \frac{1}{2\pi}L(C_-')
\frac{2B}{R^2} = \frac{B}{R}\ ,

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

g(0) - g_T(0) = \lim_{R ightarrow \infty}(g(0) - g_T(0)) \lim_{R ightarrow \infty} \frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}g(z)e^{zT}
\left(1 + \frac{z^2}{R^2}ight)\frac{1}{z}{m 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}ight)\frac{1}{z}{m d}zight| < \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}||{m d}z| \int_{C_-}e^{(\textrm{Re} z)T}|{m 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 ightarrow \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 nàmlich \left|\frac{1}{n^s}
ight| = \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 \zeta(s) definierende Reihe normal
konvergent und somit \zeta 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 \Phi auf \textrm{Re}\ s > 1.
Lemma

Es gelten die folgenden Aussagen:

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.
Es gilt die eulersche Produktformel

\zeta(s) = \prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1 - p^{-s}} eq 0
für \textrm{Re}\ s > 1\ .

\zeta(s) - \frac{1}{s-1} làsst sich holomorph auf \textrm{Re}\ s >
0 fortsetzen.
Es gibt ein C > 0 mit \vartheta(x) \leq Cx für alle x \geq 0.
\zeta(s) eq 0 für \textrm{Re}\ s \geq 1,\ s eq 1, und \Phi(s)
- \frac{1}{s-1} ist holomorph fortsetzbar auf eine offene Obermenge
von \textrm{Re}\ s \geq 1.
Es existiert \lim_{Tightarrow\infty}\int_1^T \frac{\vartheta(x)
- x}{x^2}{m d}x.

Beweis

Beachte zunàchst |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. Für alle z\in\C
mit |z|\ge2 gilt |z - 1| \ge |z|-1\ge |z|-\frac12|z| = \frac12|z|. Für
\textrm{Re}\ s \geq 1 + \delta ist |p^s| = p^{\textrm{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}} - 1ight| = \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\{|
\frac{\ln z}{z-1}|\ |\ z \in \overline{B}_{\frac{1}{2}}(1) \setminus
\{1\}\} 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(\frac{1}{1-p^{-s}})ight| \leq C\left|\frac{1}{1-p^{-s}} -
1ight| = 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_{nightarrow \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 sàmtlich eq 0 sind, muss daher auch
der Wert des unendlichen Produkts eq 0 sein.

Nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik làsst 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
ight)^{-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 ightarrow \infty konvergiert der erste Summand gegen
\zeta(s), wàhrend 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 \textrm{Re}\ s > 1 gilt nàmlich

\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}ight){m 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}ight)
{m d}xight| = \left|s\int_n^{n+1}\int_n^x\frac{{m d}u}{u^{s+1}}
{m d}xight| \leq \max_{n \leq u \leq n+1}\left|\frac{s}{u^{s+1}}
ight| = \frac{|s|}{n^{(\textrm{Re}\ s) + 1}} \leq \frac{1}{\delta
n^{1 + \delta}}\ ,

womit wir die gewünschte holomorphe Fortsetzung konstruiert haben.

Beachte hierfür gemàß 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 xceil) + \ln \lceil xceil \leq
\vartheta(2\lceil xceil) - \vartheta(\lceil xceil) + \lceil xceil
\\&\leq& 2(\ln 2)\lceil xceil + \lceil xceil\\\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}
ight) = \sum_{k=0}^{r-1}\left[\vartheta\left(\frac{x}{2^k}ight) -
\vartheta\left(\frac{x}{2^{k+1}}ight)ight] \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_{xightarrow\infty}\prod_{p \in
\mathbb{P}, \atop p \leq x}\frac{1}{1 - p^{-s}}ight) = \lim_{x
ightarrow \infty}\ln\left(\prod_{p \in \mathbb{P}, \atop p \leq x}
\frac{1}{1 - p^{-s}}ight) = \sum_{p \in \mathbb{P}}\ln\left(\frac{1}
{1 - p^{-s}}ight)\ .

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

-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = -\sum_{p\in\mathbb{P}}\frac{{m
d}}{{m d}s}\ln\left(\frac{1}{1 - p^{-s}}ight) = \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} ightarrow \infty für n ightarrow \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)}ight| \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 Identitàtssatz auf \textrm{Re}\ s > 1. Weil -
\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} nach 3. sogar auf \textrm{Re}\ s > 0
meromorph fortsetzbar ist, ist \Phi 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}ight] 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 \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 ergànzbar. Also ist \Phi(s) -
\frac{1}{s-1} holomorph in s=1.

Wir müssen nur noch nachweisen, dass \zeta(s) eq 0 für
\textrm{Re}\ s = 1 und s eq 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 u \in \mathbb{Z} die Nullstellenordnung von
\zeta in s = 1 + 2i\alpha. Nach 3. ist \mu, u \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}ight) = 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 eq 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)} ightarrow -\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) = -u\ ,

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 \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 eq 0 und somit
\lim_{\varepsilon \searrow 0}\frac{\zeta(1+\varepsilon-i\alpha)}
{\varepsilon^\mu} = \overline{c} eq 0. Also hat \zeta in 1 - i\alpha
ebenfalls eine Nullstelle der Ordnung \mu und in 1 - 2i\alpha eine
Nullstelle der Ordnung u, 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) = -u\ .

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 -u - 4\mu + 6 -4\mu - u = 6 - 8\mu -
2u, also \mu = 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 ightarrow \infty}\sum_{p\in\mathbb{P},
\atop p \leq x}\frac{\ln p}{p^s} = \lim_{x ightarrow \infty}
\left[\frac{\vartheta(x)}{x^s} - \int_2^x\vartheta(t)(t^{-s})'{m d}t
ight] = s\int_1^\infty\frac{\vartheta(x)}{x^{s+1}}{m d}x\ ,

also \Phi(s) = s\int_0^\infty e^{-st}\vartheta(e^t){m d}t
mittels der Substitution x = e^t. Damit ist

g(s) = \int_0^\infty e^{-st}\vartheta(e^t)e^{-t}{m d}t -
\frac{1}{s} = \int_0^\infty e^{-st}(\vartheta(e^t)e^{-t} - 1){m d}t
für \textrm{Re}\ s > 0\ .

Nach 4. ist f(t) := \vartheta(e^t)e^{-t} - 1 beschrànkt. Aus
obigem Satz bekommen wir die Konvergenz von \lim_{Tightarrow\infty}
\int_0^T (\vartheta(e^t)e^{-t} - 1) {m d}t = \lim_{Tightarrow
\infty}\int_1^T \frac{\vartheta(x) - x}{x^2}{m d}x.

\Box
Der Primzahlsatz

Es gilt

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

Beweis

Angenommen, es wàre \limsup_{xightarrow \infty}
\frac{\vartheta(x)}{x} > 1. Wàhle ein \lambda \in (1, \limsup_{x
ightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x}). Nach Lemma, 6., gibt es
ein R > 0 mit |\int_x^y \frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{m d}t| < \int_1^
\lambda \frac{\lambda-u}{u^2}{m 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}{m d}u > \left|
\int_x^{\lambda x}\frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{m d}tight| \geq
\int_x^{\lambda x}\frac{\lambda x-t}{t^2}{m d}t = \int_1^\lambda
\frac{\lambda - u}{u^2}{m d}u\ .

Wàre hingegen \liminf_{xightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x}
< 1, so wàhle ein \lambda \in (\liminf_{xightarrow \infty}
\frac{\vartheta(x)}{x}, 1). Nach Lemma, 6., gibt es ein R > 0 mit |
\int_x^y \frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{m d}t| < |\int_\lambda^1
\frac{\lambda-u}{u^2}{m d}u| 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}{m d}t \leq
\int_{\lambda x}^x\frac{\lambda x-t}{t^2}{m d}t = \int_\lambda^1
\frac{\lambda - u}{u^2}{m d}u < 0\ ,

also der gewünschte Widerspruch |\int_{\lambda x}^x
\frac{\vartheta(t)-t}{t^2}{m d}t| \geq |\int_\lambda^1 \frac{\lambda-
u}{u^2}{m d}u|.

Es ist nàmlich

\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_{xightarrow\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 nàmlich 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_{xightarrow \infty}\frac{\ln x\cdot\pi(x^{1-
\varepsilon})}{x} = 0, und wir erhalten \limsup_{xightarrow\infty}
\pi(x)\frac{\ln x}{x} \leq \frac{1}{1 - \varepsilon}.
 

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#1 honghanru
05/12/2012 - 17:37 | Warnen spam
entnehmen aus http://de.wikibooks.org/wiki/Beweisarchiv:_Zahlentheorie:_Analytische_Zahlentheorie:_Primzahlsatz

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