Zwei Beweise für die Unendlichkeit der Primzahlen

Zwei Beweise für die Unendlichkeit der
Primzahlen
Sommercamp 2007
1 Beweis
Tschebyscheff said it and i say it again. There is always a prime between n and 2n. Paul Erdös
Bemerkung 1. bxc bezeichnet die größte ganze Zahl y mit y ≤ x.
Lemma 1. Legendre a) Seien n, q ∈ N. Genau k = bn/qc Zahlen ≤ n sind durch q teilbar.
b) n! := 1 · 2 · 3 · ... · n enthält die Primzahl p genau ∑k≥1 b pnk c mal.
Beweis: a) Division mit Rest ergibt n = kq + r und es gilt dann k = bn/qc. Betrachten wir
die Zahlen q, 2q, 3q, ..., kq, (k + 1)q, so stellen wir fest kq ≤ n < (k + 1)q. Also sind genau k
zahlen ≤ n durch q teilbar.
b) bn/pc der Faktoren von n! (der Zahlen ≤ n) sind durch p teilbar, besitzen diesen Faktor
also wenigstens einmal. Von diesen sind dann bn/p2 c sogar durch p2 teilbar, besitzen also
wenigstens zwei Faktoren p. Das geht jetzt so weiter bn/p3 c sind durch p3 teilbar ... . In n!
kommt der Faktor p also genau ∑k≥1 b pnk c mal vor.
Lemma 2. Erdös Für alle reellen Zahlen x ≥ 2 gilt ∏ p≤x p ≤ 4x−1 . Dabei wird auf der linken
Seite das Produkt über alle Primzahlen ≤ x genommen.
Beweis: Beweis durch Induktion über p ≤ x. Sei q die größte Primzahl ≤ x, also ∏ p≤x p =
∏ p≤q p und 4q−1 ≤ 4x−1 . Wir können also o.B.d.A. annehmen, dass x = q eine Primzahl
ist. Für q = 2 stimmt die Behauptung auch, also beschränken wir uns auf die ungeraden
Primzahlen q = 2m + 1, m ≥ 1. Es gilt dann: ∏ p≤2m+1 p = (∏ p≤m+1 p)(∏m+1<p≤2m+1 p) ≤
4m 2m+1
≤ 4m 22m = 42m .
m
Die erste Gleichung ist klar! Für die erste Ungleichung gilt ∏ p≤m+1 p ≤ 4m nach Induktion.
(2m+1)!
= m!(m+1)! und alle Primzahlen mit m + 1 < p ≤ 2m + 1 teilen den Zähler,
Weiterhin ist 2m+1
m
(2m+1)!
m!(m+1)!
= pki11 ...pkinn , mit kl ≥ 1 und alle Primzahlen mit m + 1 <
p ≤ 2m + 1 sind darunter. Insgesamt demnach (∏ p≤m+1 p)(∏m+1<p≤2m+1 p) ≤ 4m 2m+1
m .
Für die zweite
Ungleichung
überlegt man sich, dass die beiden gleichen Binomialkoeffizien2m+1
2m+1
2m+1
ten m und m+1 in der Summe ∑2m+1
= (1 + 1)2m+1 vorkommen und deshalb
k=0
k
2 2m+1
≤ 22m+1 gilt.
m
4n
Lemma 3. Erdös a) Es gilt 2n
≤ 2n
, für n ≥ 1.
n
2n
n
r
b) n enthält die Primzahl p genau ∑k≥1 (b 2n
k c − 2b pk c) ≤ max {r | p ≤ 2n} mal.
p
√
c) Primzahlen p mit 2n < p sind höchstens einmal in 2n
n enthalten.
d) Primzahlen p mit (2/3)n < p ≤ n, n ≥ 3, sind nicht in 2n
n enthalten!
aber nicht den Nenner. Also
1
2n
2n Beweis: Es ist 4n = (1 + 1)2n = ( 2n
) + 2n
+ ... + 2n−1
und 2n
ist der größte
0 +
2n
1
n
2n
2n
2n
2n 2n
4n
1
dieser 2n Summanden. Also 2n = 2n [( 0 + 2n ) + 1 + ... + 2n−1 ] ≤ n .
(2n)!
2n
n
b) Nach Legendre ist die Anzahl der Faktoren p in 2n
n = n!n! gleich ∑k≥1 (b pk c−2b pk c). Nun
c−2b pnk c < 2n
−2( pnk −1) = 2, also b 2n
c−2b pnk c ≤ 1 und damit ∑k≥1 (b 2n
c−2b pnk c) ≤
gilt b 2n
pk
pk
pk
pk
∑ pk ≤2n 1 = max {r | pr ≤ 2n}.
√
c) Wenn r die größte Potenz von p ist, die 2n
dann pr ≤ 2n. Wenn p nun größer als 2n
n teilt,
ist, dann kann sie somit höchstens einmal in 2n
n enthalten sein.
d) Wenn (2/3)n < p ≤ n, dann 2n < 3p. Also ist p genau in den Faktoren p und 2p im Zähler
(2n)!
von 2n
n = n!n! enthalten, aber auch genau zweimal im Nenner; ergo: Überhaupt nicht im
Bruch.
Satz 1. Bertrands Postulat Für jede natürliche Zahl n ≥ 1 gibt es eine Primzahl p mit n <
p ≤ 2n.
Beweis (Erdös): Wir zeigen die Aussage erst für n ≤ 4000. Hierfür genügt es nachzurechnen, dass 2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259, 2503, 4001 eine Folge von 14 Primzahlen
mit pk+1 < 2pk ist. Jedes Intervall [n, 2n], n ≤ 4000 enthält dann eine dieser Zahlen (2 Fälle:
n ist einedieser Zahlen, oder pk < n < pk+1 ...). Ganz allgemein gilt nun:
2n
4n
√
√
2n ≤ n ≤ (∏ p≤ 2n 2n)(∏ 2n<p≤(2/3)n p)(∏n<p≤2n p) (Lemma 3).
√
Also 4n ≤ 2n(2n) 2n (∏√2n<p≤(2/3) p)(∏n<p≤2n p).
Wenn es nun keine Primzahlen p mit n < p ≤ 2n gibt, das heißt ∏n<p≤2n p = 1 gilt, so erhalten
wir mit Lemma
2):
√
√
√
2n+1
n
4(2/3)n−1 ≤ (2n) 2n+1 4(2/3)n , also 4n/3 ≤ (2n) 2n+1 (∗).
4 ≤ (2n)
Wir verwenden nun m + 1 < 2m (trivial
durch
Induktion) und erhalten:
√
√
√
√
√
6
6
6
6
6
6
6b
2nc
6
2n
≤
2
.
Für
n
≥
50
folgt
18
<
2
2n, also 22n = 4n ≤
2n = √2n < (b √2nc + 1) √< 2
√
√
6
6
2/3
(2n)3( 2n+1) < 2 2n(18+18 2n) < 220 2n 2n = 220(2n) und somit 2n < 20(2n)2/3 ⇒ n <
4000 - Widerspruch!
2 Beweis: Die Divergenz der Reihe ∑ p∈P p−1.
Satz 2. Die Reihe ∑ p∈P p−1 divergiert.
Beweis (Erdös): Sei P = {p1 , p2 , ...}, pk < pk+1 die Menge der Primzahlen. Annahme:
−1
Dann gibt es ein k ∈ N mit ∑∞
i=k+1 pi < 1/2, für jede Zahl N gilt also
−1
∑∞
i=1 pi konvergiert.
∑i≥k+1 N/pi < N/2.
Für diesen Beweis nennen wir p1 , ..., pk kleine Primzahlen und die restlichen große Primzahlen. Sei Nb die Anzahl der Zahlen n ≤ N, die einen großen Primfaktor haben und sei Ns die
Anzahl der Zahlen n ≤ N, die nur kleine Primfaktoren besitzen. Es gilt also N = Nb + Ns .
Nach Legendre ist bN/pi c die Anzahl aller n ≤ N mit pi |n. Das ergibt Nb = ∑i≥k+1 bN/pi c ≤
∑∞
i=k+1 N/pi < N/2.
Betrachten wir nun Zahlen n ≤ N, die nur kleine Primteiler besitzen. Sei n eine solche. Wir
schreiben diese dann als n = an b2n , wobei an den quadratfreien Teil bezeichnet(z.B. 5625000 =
2
23 32 57 = 2·5(2·3·53 )2 = 10·7502 ). an ist dann ein Produkt von verschiedenen kleinen Primzahlen, insgesamt gibt es demnach
2k viele (verschiedene) quadratfreie Teile. √
√
√
Außerdem gibt
es höchstens N viele verschiedene
Quadratteile, denn bn ≤ n ≤ N. Das
√
√
heißt Ns ≤ 2k N. Nun gibt es aber N ∈ N mit 2k N < N/2 (z.B. N = 22k+3 ). Solch ein N
führt nun alles zum Widerspruch Nb + Ns < N.
Martin Aigner, Günther M.Ziegler: Das BUCH der Beweise; Springer
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