4 Primzahlen

4
Primzahlen
Frage 1. Wieviele Primzahlen gibt es?
Unendlich viele. Endlich viele, allerdings mehr als 101
000 000
Das weiß man nicht.
Theorem 4.1 (Euklid) Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis: Zu jeder endlichen Menge {p1 , . . . , pn } von Primzahlen konstruieren wir eine
weitere Primzahl. Sei nämlich N := p1 · . . . · pn . Wenn n = 0 ist, ist N = 1. Da N + 1 > 1
ist, besitzt N + 1 wenigstens einen Primfaktor p. Ein solcher ist verschieden von allen pi ,
da letztere N , aber nicht 1, also N + 1 nicht teilen.
Bemerkung 4.2 Der Beweis zeigt folgendes: Wenn p1 , . . . , pn die ersten n Primzahlen
sind, so gilt für die
(n + 1)-te Primzahl pn+1 die Ungleichung
pn+1 ≤ p1 · . . . · pn + 1.
Dies ist aber eine sehr schwache Aussage. Wir werden im folgenden wesentlich mehr zeigen,
z.B. die immer noch recht dürftige Aussage
pn+1 ≤ 2, 5 · pn zumindest für große n.
Auch die Aussage pn+1 ≤ 2pn , das ‘Bertrandsche Postulat’, ist weit entfernt von dem
Besten, das man zeigen kann.
Frage 2. Wenn p1 , . . . , pn die ersten n Primzahlen sind, ist dann p1 · . . . · pn + 1 immer
eine Primzahl?
A) Ja
B) Nein
Nein. Z.B. ist
2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 30031 = 59 · 509.
Satz 4.3 Es gibt beliebig große Lücken zwischen aufeinanderfolgenden Primzahlen.
Beweis:
Sind p1 , . . . , pn die ersten n Primzahlen, so sind alle natürlichen Zahlen x mit
p1 · · · pn + 2 ≤ x ≤ p1 · · · pn + pn+1 − 1
durch eine der Primzahlen p1 , . . . , pn teilbar und größer als pn , also keine Primzahlen. 26
4.4 Nebenbemerkung: Man kann die o.a. Sätze auch folgendermaßen zeigen:
n! + 1 ist durch keine Primzahl ≤ n teilbar. Zu jedem n ≥ 1 gibt es also eine Primzahl
> n.
Für n ≥ 2 sind die Zahlen n! + 2, n! + 3, . . . n! + n offenbar keine Primzahlen.
Wir wollen ein wenig mehr beweisen. Unendliche Teilmengen von N können sehr dünn“
”
sein, wie zum Beispiel {2n |n ∈ N}, oder dichter, wie {n2 |n ∈ N} oder noch dichter.
Definition 4.5 Für n ∈ N sei
π(n) := #{p ∈ P | p ≤ n}.
Das Wachstum dieser Funktion beschreibt die Häufigkeit“ der Primzahlen. Wir verglei”
chen π(n) mit n/ log n. Hier log n := ln n.
Primzahlsatz:
lim
n→∞
π(n)
=1
n/ log n
Beweis leider zu aufwendig. Stattdessen zeigen wir
2
x
8
x
·
≤ π(x) ≤ ·
.
3 log x
5 log x
Beachte, dass aus dem Primzahlsatz nicht einmal folgt, dass die Differenz
π(x) −
x
log x
beschränkt wäre. (Für x ≥ 7 ist sie positiv!) Besser als durch x/ log x wird π(x) durch die
Funktion
Z x
1
li(x) :=
dt
2 log t
approximiert, obwohl auch π(x)− li(x) unbeschränkt ist – übrigens sowohl nach oben, wie
nach unten.
Beachte: Der Primzahlsatz besagt: Zu jedem ε > 0 gibt es ein s, so dass für x > s gilt:
(1 − ε) ·
x
x
≤ π(x) ≤ (1 + ε) ·
log x
log x
27
Binomialkoeffizienten (nk ) spielen große Rolle. Denn sie sind einerseits selbst, andererseits ist vp ((nk )) für Primzahlen p gut abschätzbar.
Erinnerung: Wie groß ist
n
X
(nk ) ?
k=0
A) n + 1
Pn
n
k=0
k
B) 2n
C) 2n
= (1 + 1)n = 2n , folglich
2n
n
< 22n = 4n .
Satz 4.6 Für π(2n) − π(n) (d.h. Anzahl der Primzahlen zwischen n und 2n) gilt:
π(2n) − π(n) < log 4 ·
n
, wenn n ∈ N2 ist.
log n
(Beachte: log 4 = 2 log 2 < 75 .)
Beweis: Für Primzahlen p mit n < p ≤ 2n gilt vp 2n
= 1. Denn es ist 2n
= (2n)!
,
n
n
(n!)2
2
und die genannten Primzahlen gehen im Zähler (2n)! genau einmal und im Nenner (n!)
2
nicht auf:
Y vp ((2n)!)= 1, vp ((n!) ) = 0 für o.a. p.
Y
n
π(2n)−π(n)
Also
p ≤ 2n
<
4
.
Andererseits
n
<
p.
n
n<p≤2n
n<p≤2n
Aus nπ(2n)−π(n) < 4n folgt durch Logarithmieren (π(2n) − π(n)) · log n < n · log 4
und daraus den Satz.
Folgerung 4.7 (Čebyšev) π(n) <
8
n
·
für n > 1.
5 log n
Beweis: Wir verwenden Induktion nach n und nehmen die Folgerung für n ≤ 216 =
65536 als nachgeprüft an – etwa durch Nachzählen in Primzahltabellen. (Wer mit dem
Faktor 2 anstelle von 8/5 zufrieden ist, braucht diese Nachprüfung nur für n ≤ 27 = 128
vorzunehmen.)
Zum Induktionsschritt: Sei zunächst n = 2m gerade und > 216 . Dann ist
1. π(n) = π(m) + (π(2m) − π(m)) und 2. π(m) <
8
m
·
5 log m
nach Induktionsvoraussetzung. Ferner
3. π(2m) − π(m) <
m
2m
· log 4 =
· log 2.
log m
log m
28
Wegen log 2 ≈ 0, 6931 also 0, 693 < log 2 < 0, 694 ist 0, 8 + log 2 < 1, 494. Aus all dem:
8
m
π(n) = π(2m) <
+ log 4
5
log m
(4)
2m
16
2m
8
+ log 2
< 1, 494 ·
=
10
log(2m) − log 2
15 log(2m)
15 16
2m
8 n
<
·
·
=
,
10 15 log(2m)
5 log n
wobei wir (4) wie folgt begründen:
2m
16
2m
<
·
log(2m) − log 2
15 log(2m)
⇐⇒ 15 log(2m) < 16 log(2m) − 16 log 2
⇐⇒ 16 log 2 < log(2m) ⇐⇒ 216 < 2m.
Letztere Ungleichung war vorausgesetzt. –
Sei jetzt n = 2m + 1 ungerade.
(5)
Es gilt π(n) = π(2m + 1) ≤ π(2m) + 1 < 1, 494 ·
Fall bis zur Ungleichung (4) gezeigt haben.
Wir setzen jetzt a := 1, 494· 16
und benutzen, dass
15
ist (Ableitung!). Also:
16 2m
+ 1, wobei wir (5) im ersten
15 log(2m)
x
log x
für x > e streng monoton wachsend
2m
2m + 1
+1<a·
+1
log(2m)
log(2m + 1)
n
log n
n
=a·
+1= a+
·
.
log n
n
log n
π(2m + 1) ≤ a ·
Für n > 216 gilt:
log n
log 216
16 log 2
16
16
<
=
<
< 0, 001 < 0, 001 · ,
16
16
n
2
2
60000
15
und damit
log n
16
16
16
8
< 1, 494 ·
+ 0, 001 < 1, 5 ·
= .
n
15
15
15
5
Deshalb gilt auch für ungerade n:
a+
π(n) <
8 n
.
5 log n
29
Bemerkung 4.8 Aus diesem Satz folgt natürlich die o.a. Aussage, dass es beliebig große
Primzahl-Lücken gibt. Wäre m das Maximum der möglichen Differenzen zwischen aufeinanderfolgenden Primzahlen, so müsste π(n) mindestens gleich (n/m) − 1 sein. Da
limn→∞ log n = ∞ ist, gibt es jedoch zu jedem m ein s mit log n > 2m für n ≥ s.
Frage: Gibt es a, m ∈ Z mit m 6= 0, derart dass alle in a + mZ vorkommenden positiven
Zahlen bis auf endlich viele Ausnahmen Primzahlen sind?
Ja.
Nein!
Frage zur oben angewandten Quotientenregel der Differentialrechnung: Sei f (x) =
g(x)/h(x). Was gilt?
f 0 (x) =
g 0 (x)
h0 (x)
f 0 (x) =
f 0 (x) =
g 0 (x)h(x) − g(x)h0 (x)
h(x)2
g 0 (x)
g(x)
− 0 .
h(x)
h (x)
Für eine Abschätzung von π(x) nach unten brauchen wir eine Vorbereitung:
Definition 4.9 Für x ∈ R wird mit [x] die größte ganze Zahl ≤ x bezeichnet. (Gaußklammer)
Es ist√
also [x] ∈ Z√und x = [x] + ρ mit 0 ≤ ρ < 1.
Z.B. [ 2] = 1, [− 2] = −2.
Lemma 4.10 (Gauß): Für p ∈ P und n ∈ N1 gilt:
vp (n!) =
∞ X
n
ν=1
pν
n
[ log
]
log p
X n
=
.
pν
ν=1
Beweis: Die 2. Gleichung gilt wegen folgender Äquivalenzen:
log n
n
n
ν
ν>
⇐⇒ p > n ⇐⇒ ν < 1 ⇐⇒
= 0.
log p
p
pν
30
Nun zur 1. Gleichung:
Es ist n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n, also vp (n!) =
n
X
vp (k).
k=1
Wenn
Pn man n ganze Zahlen m1 , . . . , mn (> 0) hat, dann kann man die Summe Sn =
beschreiben: Sei ak die Anzahl der ν, für die
ν=1 vp (mν ) = vp (m1 · · · mn ) auch
Panders
∞
vp (mν ) ≥ k ist, dann ist Sn =
a
.
k=1 k (Natürlich hat letztere Summe nur endlich
viele von 0 verschiedene Summanden.) Wer dies nicht sofort sieht, möge induktiv nach n
vorgehen. Fügt man eine Zahl mn+1 mit vp (mn+1 ) = r hinzu, so erhöhen sich die r der
Zahlen a1, . . . , ar um jeweils 1, die anderen aν bleiben unverändert.
Beispiel: v2 (10) = v2 (1) + v2 (2) + v2 (3) + v2 (4) + v2 (5) + v2 (6) + v2 (7) + v2 (8) + v2 (9) +
v2 (10) = 0 + 1 + 0 + 2 + 0 + 1 + 0 + 3 + 0 + 1 = 8 = 5 + 2 + 1. Denn es gibt 5 durch 2
teilbare, 2 durch 4 teilbare und 1 durch 8 teilbare ganze positive Zahlen ≤ 10.
n
Für 1 der Faktoren k = 1, 2, . . . , n von n! ist vp (k) ≥ 1;
p
n
für 2 der Faktoren k = 1, 2, . . . , n von n! ist vp (k) ≥ 2;
p
und so weiter.
Also ist
n
X
vp (k) =
∞ X
n
ν=1
k=1
pν
.
Folgerung 4.11 Für k, n ∈ N, 0 ≤ k ≤ n gilt:
vp
Beweis:
Es ist
n
k
=
log n
[X
log p ] ν=1
n
k
n−k
− ν −
.
pν
p
pν
n!
, also
k!(n − k)!
n
vp
= vp (n!) − vp (k!) − vp ((n − k)!)
k
n
k
=
31
4.12 Hilfsbemerkung: Seien a, b ∈ R. Dann ist
[a + b] − [a] − [b] ∈ {0, 1}. Insbesondere ist jeder Summand auf der rechten Seite der
Gleichung im Korollar 4.11 entweder 0 oder 1; folglich gilt
log n
log n
n
vp
≤
≤
.
k
log p
log p
Beweis: Seien a = m + σ,
m, [b] = n und
b = n + ρ mit m, n ∈ Z,
[a + b] =
σ, ρ ∈ [0, 1[. Dann ist [a] =
m + n + 1 falls σ + ρ ≥ 1
m+n
falls σ + ρ < 1.
Folgerung 4.13 Für 0 ≤ k ≤ n gilt
a) vp
n
k
≤
log n
, somit
log p
n
b) pvp ((k )) ≤ n und deshalb
Y
n
n
c)
=
pvp ((k )) ≤ nπ(n) .
k
p≤n
a) folgt sofort aus 3.13, 3.14.
b) folgt aus a).
c) folgt aus b), wenn man bedenkt, dass kein Primfaktor von
n
n!
= k!(n−k)!
größer als n sein kann.
k
Satz 4.14 (Čebyšev) Für n ∈ N3 ist
π(n) >
2 n
.
3 log n
Bemerkung: Dieser Satz besagt populär gesprochen: Es gibt mehr Primzahlen, als man
denkt. Er ist für Anwendungen der Primzahltheorie insofern wichtig, da aus ihm folgt:
Wenn man nur genügend effizente Primzahltests hat, ist es mit den heutigen Computern
nicht zu aufwendig, große Primzahlen zu finden.
32
Beweis:
Aus der oben gezeigten Abschätzung
n
≤ nπ(n)
k
und n0 = nn = 1 erhalten wir
n X
n
2 =
≤ (n − 1) · nπ(n) + 2 < n · nπ(n) .
k
n
k=0
Also 2n < nπ(n)+1 .
Durch Logarithmieren folgt: n log 2 ≤ (π(n) + 1) log n, somit
π(n) ≥ log 2
n
− 1.
log n
Da log 2 ≥ 0, 693 > 23 und lim logn n = ∞ ist, folgt π(n) ≥ 23 logn n für große n. Man
n→∞
rechnet nach, dass dies für n > 250 gilt. Für n ≤ 250 kann man den Satz anhand von
Primzahltabellen nachprüfen.
Frage: Was gilt für
√
x
?
x→∞ log x
100
lim
A) = 0
B) = 1
C) = ∞
C) ist richtig!
Wie erkennt man ganz handfest, wie schwach der Logarithmus im Vergleich zu der hundertsten Wurzel wächst? Der natürliche Logarithmus einer n-stelligen Zahl a ist kleiner
als 2, 31 × n. Denn 2, 3 < log 10 < 2, 31. Hingegen hat die 100-te Wurzel einer n-stelligen
Zahl etwa n/100 Stellen, also für große√n sicher viel mehr als die Zahl 2, 3 · n. Ist z.B.
100 000 die Stellenzahl von n, so hat 100 n tausend Stellen, während log n < 231 000 ist,
also höchstens 6 Stellen hat!
Bemerkung 4.15 Der oben genannte Primzahlsatz besagt:
Zu jedem ε > 0 gibt es eine Schranke s, so dass
(1 − ε)
n
n
< π(n) < (1 + ε)
für n ≥ s gilt.
log n
log n
33
Folgerung 4.16 Unter der Voraussetzung des Primzahlsatzes gilt: Für jedes reelle ε mit
0<ε<1
π(n)
=∞.
n→∞ n1−ε
π(n) > n1−ε für genügend große n , ja sogar lim
Für genügend große n ist also π(n) > n0,9...9 , wenn im Exponenten hinter dem Komma
endlich viele (etwa 1000) Neunen stehen.
4.17 Wir wollen mit den Sätzen, die wir bewiesen haben, die Anzahl der (im Dezimalsystem) k-stelligen Zahlen nach unten abschätzen. Offenbar ist diese Anzahl gleich
π(10k ) − π(10k−1 ). Hierfür gilt:
π(10k ) − π(10k−1 ) >
=
10k
8
10k−1
2
·
−
·
3 log(10k ) 5 log(10k−1 )
2
10k
8
10k−1
·
− ·
=
3 k · log 10 5 (k − 1) · log 10
2 · 5 · (k − 1) · 10k − 8 · 3 · k · 10k−1
=
15 · k(k − 1) · log 10
10k−1 · (100(k − 1) − 24k)
15k(k − 1) log 10
=
10k−1 (76k − 100)
15k(k − 1) log 10
Der letzte Ausdruck geht mit k gegen unendlich! Denn 10k wächst wesentlich stärker als
(k + 1)k.
Was bedeutet diese Abschätzung etwa für k = 100?
Dazu berechnen wir zunächst den Zähler o.a. Zahl 1099 (76 · 100 − 100) = 1099 · 7500 =
7, 5·10101 . Dann schätzen wir ihren Nenner ab: 15·100·99·log 10 < 15·104 ·(7/3) = 35·104 ,
da Der Quotient ist größer als 212 · 1095 = 2, 12 · 1097 . (Besonders befriedigend ist das
nicht, da es bedeutet, dass ungefähr jede 500. Zahl – d.h. etwa jede 250. ungerade Zahl
– in diesem Bereich eine Primzahl ist. Das zeigt uns aber, dass es auch für praktische
Anwendungen nützlich ist, eine bessere Kenntnis über Abschätzungen der Funktion π(x)
zu haben.)
Satz 4.18 Sei mit pn die n–te Primzahl bezeichnet.
34
5
a) Es ist pn > n · log n.
8
b) Zu jedem ε mit 0 < ε < 1 gibt es ein s ∈ N mit
3
n log n für n > s.
pn <
2(1 − ε)
Beweis:
a) Es ist
π(m) <
8
m
·
für n > 1 .
5 log m
Ersetze m durch pn und beachte π(pn ) = n, so erhältst Du
<
8
pn
5
5
·
, also pn > n · log pn > n · log n ,
5 log pn
8
8
da natürlich pn > n ist, nicht wahr?
b)
(1)
x
2log π(x)
log x
log(3/2) + log log x
.
log x 1 −
log x
π(x)
>
2
3
>
log x
+
(log(2/3)
−
log log x)
=
log log x
log(3/2)
und
für
log x
log x
x > 1 bzw. x ≥ ee monoton fallend mit dem Limes 0 für x → ∞. Also gibt es ein s mit
Es ist log(3/2) > 0 und log log x ≥ 0 für x ≥ e, ferner sind
(2)
log π(x) > (1 − ε) · log x für x ≥ s
Durch Multiplikation der Ungleichungen erhalten wir
π(x) log π(x) > (2/3)(1 − ε)x für x ≥ s
Es folgt durch Einsetzen x = pn :
pn <
3
· n log n.
2(1 − ε)
35
Folgerung 4.19 Die unendliche Reihe
∞
X
1
p
n=1 n
divergiert.
Wir benutzen zum Beweis nur Tatsachen, die wir auch bewiesen haben.
Beweis:
für n ≥ s
Setze in obiger Ungleichung ε = 1/2. Dann gibt es eine Schranke s, so dass
pn < 3n log n, also
1
1
>
gilt.
pn
3n log n
Frage: Genügt es, die Divergenz der Reihe
∞
X
n=2
Ja
1
zu zeigen?
n log n
Nein
Frage: Genügt es dazu, die Divergenz des uneigentlichen Integrals
Z ∞
dx
zu zeigen?
x log x
2
Ja
Nein
Frage: Ist log(log x) eine Stammfunktion des Integranden?
Ja
Nein
Frage: Geht log(log x) mit x gegen ∞?
Ja
Nein
Satz 4.20 Für jedes a > 2, 4 (z.B. für a = 5/2)ist
lim #(P∩ ]x, ax]) = ∞.
x→∞
Insbesondere gibt es eine Schranke s ∈ R, so dass für jedes x ≥ s in dem Intervall ]x, ax]
mindestens eine Primzahl liegt.
36
Beweis:
Für x ≥ s haben wir
ax
8
x
2
·
− ·
3 log(ax) 5 log x
2a/3
2ax
8x
x
8
=
−
=
−
.
3(log x + log a) 5 log x
log x 1 + log(a)/ log(x) 5
#(P∩ ]x, ax]) = π(ax) − π(x) >
Für die Faktoren des letzten Ausdrucks gilt:
2a/3
8
2
8
x
lim
= ∞ und lim
−
= a− >0
x→∞ log x
x→∞
1 − log(a)/ log(x) 5
3
5
da a > 2, 4 = (8/5)/(2/3) ist. Daraus ergibt sich die Behauptung.
Bemerkungen 4.21 a) Unter Voraussetzung des Primzahlsatzes gilt:
Für jedes > 0 ist lim #(P∩ ]x, (1 + ε)x]) = ∞. Insbesondere liegt für genügend große x
x→∞
im Intervall ]x, (1 + ε)x] mindestens eine Primzahl.
b) Es gibt einen elementaren Beweis dafür, dass es zu jedem n ∈ N1 eine Primzahl p mit
n < p ≤ 2n gibt. Diese Aussage ist äquivalent zu pn+1 < 2pn . (Bertrand’sches Postulat.)
37