Elementare Zahlentheorie und Problemlösen (11'') - Mathematik und ...

70 Verteilung der Primzahlen 3.5
∑
µ(d) 1 d = 1 − 1 gilt. Für k ∈ M beruht der Induktionsschritt mit Hilfe
p 1
d|p 1
des Teilbarkeitssatzes (Seite 53) auf der expliziten Kenntnis aller Teiler:
k+1
∏
(1 − 1 ) ( ∑
= µ(d) 1 ) (
1 − 1 )
p
j=1 j d p k+1
d|p 1···p k
= ∑
µ(d) 1 d +
∑
1
(−µ(d))
d p k+1
d|p 1···p k d|p 1···p k
= ∑
µ(d) 1 d .
d|p 1···p k+1
c) Mit (3.28) und (3.27) folgt
∑
d|w
µ(d) 1 d = ∏ p∈P
p≤y
Zusammenfassend haben wir damit
π(x) ≤
(
1 − 1 )
= 1
p P (y) ≤ 1
ln y .
x + d(w) + π(y).
ln y
Aufgrund des Satzes über die Teileranzahlfunktion (Seite 55) ist d(w) =
2 π(y) ≤ 2 y , und grob abgeschätzt gilt auch π(y) ≤ y ≤ 2 y . Wegen 2 ln x =
e (ln 2)(ln x) = x ln 2 ist 2 · 2 y x
kleiner als , wenn y : = ln x für hinreichend
ln y
großes x gewählt wird. Wir zeigen abschließend, dass dieses für x ≥ e 3 der
Fall ist. Dazu setzen wir
h(x) : = 1 x 2 ln x ln (ln x) =
ln (ln x)
x 1−ln 2 .
Dann gilt h(e 3 ) = ln 3
e = 0, 43 . . . < 1 3(1−ln 2) 2 und
( ) 1
1
h ′ (x) =
ln x − (1 − ln 2) ln (ln x) x < 0 für x ≥ 2−ln 2 e3 ,
weil x ↦→ 1 monoton fallend, x ↦→ (1 − ln 2) ln (ln x) monoton steigend
ln x
und 1 − (1 − ln 2) ln 3 = −0, 003 . . . negativ ist. Also stellt x ↦→ h(x) für
3
x ≥ e 3 eine monoton fallende Funktion dar. Damit gilt π(x) <
2 x
ln (ln x) für
x ≥ 21 > e 3 .