Primzahlen und Primfaktorzerlegung

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1 Primzahlen und Primfaktorzerlegung Yasin Hamdan Inhaltsverzeichnis 1 Das Sieb des Eratosthenes 1 2 Primfaktorzerlegung Existenz und Eindeutigkeit Hasse-Diagramme Die Primzahlfunktion Das Prinzip der Inklusion und Exklusion Eine Formel für die Primzahlfunktion Als Grundlage für diese Seminararbeit diente ein Auszug aus Zahlentheorie von Scheid und Frommer [5, S.5-19]. Für den Beweis des Prinzips der Inklusion und Exklusion habe ich Stochastik für Einsteiger von Henze [2, S. 41 f., S.73-75] verwendet. 1 Das Sieb des Eratosthenes Denition 1: Besitzt eine natürliche Zahl genau zwei Teiler, so heiÿt sie Primzahl. Eine natürliche Zahl, die mehr als zwei Teiler besitzt, nennt man zusammengesetzt. Lemma 1: Der kleinste Teiler t > 1 einer natürlichen Zahl n > 1 ist stets eine Primzahl. Beweis: Wäre t keine Primzahl, so gäbe es ein s N mit 1 < s < t und s t. Wegen der Transitivität der Teilbarkeitsrelation (Seite 6 folgt s n mit s < t, und somit ein Widerspruch zur Annahme, dass t der kleinste Teiler von n ist. Also war die Annahme, der kleinste Teiler t > 1 einer natürlichen Zahl n > 1 sei keine Primzahl, falsch. 1

2 Mithilfe von Lemma 1 kann man leicht die Existenz unendlich vieler Primzahlen beweisen. Sei {p 1,..., p r } eine endliche Menge von Primzahlen und n = p 1... p r + 1. Nach Lemma 1 besitzt n einen Primteiler p. Dieser kann nicht in der Menge {p 1,..., p r } enthalten sein, da sonst p 1 folgen würde. Also kann eine endliche Menge von Primzahlen niemals alle Primzahlen enthalten. Satz 1: Ist a eine zusammengesetzte Zahl, so gibt es eine Primzahl p a mit p a. Beweis: Nach Lemma 1 ist der kleinste Teiler von a eine Primzahl p. Wegen der Denition der Teilbarkeit gibt es eine natürliche Zahl k mit a = k p k = a. Also ist a p p eine natürliche Zahl und es gilt a = a p, also auch a a. Da p der kleinste Teiler von n p p ist, folgt p a p p2 a p a. Aus Satz 1 lässt sich folgendes Verfahren zur Bestimmung aller Primzahlen N für eine natürliche Zahl N ableiten: 1. Schreibe alle natürlichen Zahlen n mit 2 n N auf. 2. Markiere 2 und streiche nun jede zweite Zahl, also alle Vielfachen von Markiere nun die kleinste Zahl p, die nicht markiert und nicht gestrichen ist. Streiche nun jede p-te Zahl aus {p + 1, p + 2,..., N}, also alle Vielfachen von p. 4. Führe 3. für alle p N durch. Ist p > N stoppe das Verfahren. Dieses Verfahren nennt man das Sieb des Eratosthenes. a Ist n eine Primzahl, so ist n nicht gestrichen. Denn ist n eine gestrichene Zahl, so ist n zusammengesetzt. b Ist n nicht gestrichen, so ist n durch keine nicht gestrichene Zahl N teilbar. Also ist n wegen a auch durch keine Primzahl N teilbar. Wegen n N und Satz 1 folgt, dass n eine Primzahl ist. Insgesamt ergibt sich aus a und b: n ist genau dann eine Primzahl, wenn n im Sieb des Eratosthenes nicht gestrichen ist. In der folgenden Tabelle wurden alle Primzahlen bis 43 ausgesiebt:

3 An diesem Beispiel sieht man auch leicht, dass alle Primzahlen 5 Vorgänger oder Nachfolger von Vielfachen von 6 sind. Zwei aufeinanderfolgende ungerade Zahlen, die beide Primzahlen sind, bilden einen Primzahlzwilling. Indem man im Sieb des Eratosthenes in Schritt 3 nicht nur alle Vielfachen von p streicht, sondern auch stets die übernächste Zahl eines Vielfachen kennzeichnet (also alle Zahlen n mit n 2 mod p, kann man alle Primzahlzwillinge N ermitteln. Denn ist z nicht gestrichen und nicht gekennzeichnet, so ist z eine Primzahl und z 2 wurde nicht gestrichen. Also ist auch z 2 eine Primzahl und somit das Paar (z 2, z ein Primzahlzwilling. Wie man der folgenden Tabelle entnimmt, sind die Primzahlzwillinge 48 die Paare (3, 5, (5, 7, (11, 13, (29, 31 und (41, 43. Die Existenz unendlich vieler Primzahlzwillinge ist eine bislang unbewiesene Vermutung Von drei aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen ist immer eine ein Vielfaches von 3. Denn sei n N. Dann gilt 2n + 1 [0] 3 3 2n + 1 2n + 1 [1] 3 2n + 3 [0] 3 3 2n + 3 2n + 1 [2] 3 2n + 5 [0] 3 3 2n + 5 Also gibt es auÿer (3, 5, 7 keine drei aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen, die Primzahlen sind. Deshalb bezeichnet man drei Primzahlen der Form (2n + 1, 2n + 3, 2n + 7 als Primzahldrilling und vier Primzahlen der Form (2n + 1, 2n + 3, 2n + 7, 2n + 9 als Primzahlvierling. So sind (5, 7, 11 und (41, 43, 47 Primzahldrillinge und (11, 13, 17, 19 ist ein Primzahlvierling. Der kleinste Abstand, den zwei Primzahlen haben können, beträgt 2. Es gibt allerdings auch beliebig groÿe Primzahllücken [vgl. 1, S.9]. Zu jeder natürlichen Zahl n gibt es n aufeinanderfolgende zusammengesetzte Zahlen. Sei P das Produkt aller Primzahlen n + 1. Dann ist keine der n Zahlen P + 2, P + 3,..., P + n + 1 eine Primzahl. Denn jedes k mit 2 k n + 1 besitzt nach Lemma 1 einen Primteiler q mit q k n + 1. Also gilt auch q P und somit q P + k. 3

4 Andererseits kann man zeigen, dass es für eine natürliche Zahl n 3 stets eine Primzahl p gibt mit n < p < n! [vgl. 3, S.49]. Nach Lemma 1 besitzt n! 1 einen Primteiler p. Es gilt p n!, da sonst p 1 folgen würde. Für alle Primzahlen q n gilt aber q n!. Also folgt p > n. Mit p n! 1 < n! folgt insgesamt n < p < n!. Tatsächlich gilt nach einen Satz von Tschebyschef die wesentlich stärkere Aussage, dass es für n 1 stets eine Primzahl p gibt mit n < p 2n. 2 Primfaktorzerlegung 2.1 Existenz und Eindeutigkeit Als Primfaktorzerlegung einer natürlichen Zahl n bezeichnet man eine Darstellung von n als Produkt von Primzahlen, also n = p 1... p r für Primzahlen p 1,..., p r. Im folgenden Abschnitt wird gezeigt, dass jede natürliche Zahl eine eindeutige Primfaktorzerlegung besitzt. Bemerkung 1: Jede Primzahl besitzt die eindeutige Primfaktorzerlegung, die nur aus der Primzahl selbst besteht. Satz 2 (Fundamentalsatz der elementaren Zahlentheorie: Jede natürliche Zahl n 2 lässt sich als Produkt von Primzahlen darstellen. Bis auf die Reihenfolge der Faktoren ist diese Darstellung eindeutig. Beweis: Der Satz wird durch vollständige Induktion über n bewiesen. Da 2 eine Primzahl ist, besitzt 2 nach Bemerkung 1 eine eindeutige Primfaktorzerlegung. Für ein n 2 habe nun jede natürliche Zahl k mit 2 k n eine eindeutige Primfaktorzerlegung. Ist n + 1 eine Primzahl, so besitzt n + 1 wegen Bemerkung 1 eine eindeutige Primfaktorzerlegung. Ist n+1 eine zusammengesetzte Zahl, so ist der kleinste Teiler von n+1 nach Lemma 1 eine Primzahl p und es gibt ein R N mit n + 1 = p R. Wegen p 2 und n 2 2n n+2 gilt 2 R p R = n+1 < n+2 2 n. Da somit 2 R n gilt, besitzt R nach Induktionsvoraussetzung eine eindeutige Primfaktorzerlegung R = p 1... p r. Also hat n + 1 die Primfaktorzerlegung n + 1 = p R = p p 1... p r. Es bleibt zu zeigen, dass die Primfaktorzerlegung von n + 1 eindeutig ist. Besitzt n + 1 eine von p p 1... p r verschiedene Primfaktorzerlegung n + 1 = q q 1... q s, so kann diese den Faktor p nicht enthalten. Denn angenommen einer der Faktoren q, q 1,..., q s wäre gleich p, o.b.d.a. q = p. Dann wäre n+1 = q p 1... q s = R = p 1... p r. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung von R (Induktionsvoraussetzung würde folgen {q 1,..., q s } = {p 1,..., p r }. Also wäre q q 1... q s keine von p p 1... p r verschiedene Primfaktorzerlegung. 4

5 Sei nun q q 1... q s eine von p p 1... p r verschiedene Primfaktorzerlegung von n + 1. Dann gilt p q und p q i für alle i {1,..., s}. Wegen der Wahl von p gilt p < q. Sei S := q 1... q s. Die Zahl k = n + 1 p S = q S p S = (q p S ist kleiner als n + 1. Auÿerdem gilt k = n + 1 p S = p R p S = p (R S. In der Primfaktorzerlegung von k kommt also der Faktor p vor. Da er nicht in S vorkommt, muss er in p q vorkommen. Also gilt p p q. Wegen p p folgt somit p q. Dies ist wegen p < q und p, q Primzahlen unmöglich. Also war die Annahme, n + 1 besitze mehr als eine Primfaktorzerlegung falsch. Damit ist die Behauptung nach dem Prinzip der vollständigen Induktion bewiesen. Satz 3 (Primzahlkriterium: Eine natürliche Zahl p ist genau dann eine Primzahl, wenn für alle a, b N gilt p a b = p a p b. Beweis: Sei p eine Primzahl mit p a b. Angenommen p a und p b. Dann kommt p weder in der Primfaktorzerlegung von a vor, noch in jener von b, denn sonst würde p a oder p b folgen. Also kommt p nicht in der Primfaktorzerlegung von a b vor, denn diese ist nach Satz 2 durch die Primfaktoren von a und b eindeutig bestimmt. Dies ist ein Widerspruch zur Annahme p a b. Ist p umgekehrt eine zusammengesetzte Zahl, gibt es k, l N mit 1 < k, l < p und p = k l und es gilt p k l = p, aber p k und p l. Ordnet man die Faktoren der Primfaktorzerlegung einer natürlichen Zahl n der Gröÿe nach und fasst gleiche Faktoren zu Potenzen zusammen, erhält man die kanonische Form der Primfaktorzerlegung n = Wobei α i N für alle i 1 und α i = 0 für fast alle (d.h. alle bis auf endlich viele i gilt. Auÿerdem ist p i die i-te Primzahl, also p 1 = 2, p 2 = 3, p 3 = 5, p 4 = 7,.... Satz 4 (Teilbarkeitskriterium: Es sei a = pn i i und b = pm i i mit n i, m i N für alle i 1 und n i = m i = 0 für fast alle i. Dann gilt p α i i. a b n i m i i N. Beweis: Es gelte a b. Dann gibt es ein k N mit b = k a. Wegen Satz 2 besitzt k eine eindeutige Primfaktorzerlegung k = pr i i mit r i N und r i = 0 für fast alle i. Also b = p m i i = p r i i p n i i = p n i+r i i. 5

6 Also m i = n i + r i n i für alle i N. Es gelte nun umgekehrt m i n i für alle i N. Dann gibt es für alle i N ein r i N, sodass n i + r i = m i gilt. Mit k := pr i i ergibt sich b = p m i i = p n i+r i i = p r i i p n i i = k a. und somit a b. Bemerkung 2: Aus dem Teilbarkeitskriterium folgt unmittelbar: Die Teilermenge τ(a einer natürlichen Zahl a = p n p nr r besteht also aus allen Zahlen t = p α p αr r mit 0 α i n i für alle i {1,..., r}. Für jeden Exponenten α i gibt es die n i + 1 Möglichkeiten 0, 1,..., n i. Also folgt τ(a = (n (n r + 1 [vgl. 3, S.65-67]. 2.2 Hasse-Diagramme Eine Relation R auf einer Menge M nennt man Ordnungsrelation, wenn sie reexiv, transitiv und antisymmetrisch ist. Eine Ordnungsrelation kann man in einem Hasse- Diagramm darstellen. Dies ist die vereinfachte Form eines Relationsdiagramms, das die Elemente einer Menge durch Knoten und die Elemente der Relation durch Pfeile zwischen den Knoten darstellt [vgl. 3, S.29f., 6770]. Da wegen der Reexivität jeder Knoten einen Ringpfeil besitzt, kann man alle Ringpfeile weglassen. Gilt (a, b R und gibt es ein c M mit (a, c, (c, b R, so kann man den Pfeil von a nach b weglassen, da R transitiv ist. Ordnet man für (a, b R und a b immer b über a an, kann man die Pfeilspitzen weglassen, da aufgrund der Antisymmetrie stets (b, a / R folgt. Beispiel 1: In Abbildung 1 ist die Relation auf der Potenzmenge der Menge {a, b, c} in einem Hasse-Diagramm dargestellt. Die Teilbarkeitsrelation auf N ist (1 reexiv, (2 transitiv und (3 antisymmetrisch. Denn für alle a, b, c N gilt 1. a = 1 a a a. 2. a b b c k, l N : b = k a c = l b c = l (k a = (l k a a c. 3. a b b a k, l N : b = k a a = l b a = l (k a a = (l k a l k = 1. Wegen l k = 1 0 folgt l 0 k 0. Angenommen l > 1. Dann würde mit 1 = l k > 1 k = k ein Widerspruch zu k N folgen. Also war die Annahme falsch und es folgt l = k = 1 und somit a = b. 6

7 Abbildung 1: Abbildung 2: 7

8 Also lässt sich die Teilbarkeitsrelation auf einer endlichen Teilmenge von N in einem Hasse-Diagramm darstellen. Beispiel 2: In Abbildung 2 ist die Teilbarkeitsrelation auf der Teilermenge von 45 in einem Hasse-Diagramm dargestellt. Besteht die Primfaktorzerlegung einer natürlichen Zahl a aus ein, zwei oder drei Primzahlpotenzen, so lässt sich das Hasse-Diagramm der Teilbarkeitsrelation auf τ(a leicht mithilfe der Primärteiler von a konstruieren. Abbildung 3: Ist a = p n q m für Primzahlen p, q und m, n N, dann ist Abbildung 3 das Hasse- Diagramm der Teilbarkeitsrelation auf τ(a. Denn wegen Bemerkung 2 kommen im Diagramm alle Teiler von a vor. Seien im Folgenden x, y, z τ(a. Von x geht höchstens ein Pfeil zu p x (obere linke Zahl von x und ein Pfeil zu q x (obere rechte Zahl von x. Da sich Zahlen, die in der selben Zeile stehen von links nach rechts um den Faktor q p unterscheiden, besteht zwischen ihnen die Teilbarkeitsrelation nicht. Alle Vielfache von x = p r q s (r, s N sind über einen aufsteigenden Weg über die Kanten des Diagramms zu erreichen. Denn für alle y mit x y gilt wegen Bemerkung 2 y = p i q j (i, j N mit r i n und s j m. Also gibt es t, u N, sodass y = p i q j = p r+t q s+u = p t q u x. Man erreicht y also, indem man den Kanten t-mal nach links und u-mal nach rechts oben folgt. 8

9 Abbildung 4: Ist a das Produkt zweier Primzahlpotenzen, lässt sich das Hasse-Diagramm also aus Quadraten zusammensetzen. Analog sieht man, dass sich das Hasse-Diagramm, wenn a das Produkt dreier Primzahlpotenzen ist, aus Würfeln zusammensetzen lässt ( Abbildung 4. Für eine Primzahlpotenz p n ist das Hasse-Diagramm der Teilbarkeitsrelation auf τ(a entsprechend durch Abbildung 5 gegeben. Die kleinste natürliche Zahl, für die das Verfahren nicht mehr funktioniert ist 210 = Für Zahlen, die sich aus vier Primzahlpotenzen zusammensetzen, kann man das Hasse-Diagramm allerdings wie in Abbildung 6 durch mehrere Quader konstruieren. Abbildung 5: 9

10 Abbildung 6: 3 Die Primzahlfunktion Denition 2 (Primzahlfunktion: Es sei N N. Dann bezeichnet π(n die Anzahl der Primzahlen N. In diesem Abschnitt wird eine Formel für π(n vorgestellt. Für den Beweis benötigt man allerdings ein Resultat über die Mächtigkeit der Vereinigung endlicher Mengen, das Prinzip der Inklusion und Exklusion. 3.1 Das Prinzip der Inklusion und Exklusion Bemerkung 3: Sind A und B endliche Mengen, so gilt A B = (A \ B (B \ A (A B. Sei A : x A, B : x B und E : (A B (B A (A B. A B A B B A A B A B E w w f f w w w w f w f f w w f w f w f w w f f f f f f f Sei E := {x E } = (A \ B (B \ A (A B. Man sieht anhand der Wahrheitstabelle, dass x A B x E, also A B = E. Auÿerdem sind A \ B, B \ A und A B disjunkt. 10

11 Bemerkung 4: Die Notation 1 i 1 <...<i r n s i1,...,i r bezeichnet die Summation über alle r-elementigen Teilmengen {i 1,..., i r } von {1,..., n}. (Die Menge M = {{i 1,..., i r } 1 i 1 <... < i r n} ist gleich der Menge aller r- elementigen Teilmengen von {1,..., n}. Denn ist X = {j 1,..., j r } irgendeine r-elementige Teilmenge von {1,..., n}, so lässt sich wegen des Wohlordnungsprinzips annehmen, dass 1 j 1 <... < j r n ist, also X M.. Umgekehrt ist jede Menge {i 1,..., i r } M immer eine r-elementige Teilmenge von {1,..., n}. Lemma 2 (Prinzip der Inklusion und Exklusion: Seien A 1,..., A n (n 2 endliche Mengen. Für jede natürliche Zahl r mit 1 r n sei Dann gilt Sr n := A i1... A ir. (1 1 i 1 <...<i r n n A j = n ( 1 r 1 Sr n. r=1 Beweis: Induktionsanfang: Wegen Bemerkung 3 und A B = A + B für endliche disjunkte Mengen A und B folgt 2 A j = A 1 A 2 = (A 1 \ A 2 (A 2 \ A 1 (A 1 A 2 = A 1 \ A 2 + A 2 \ A 1 + A 1 A 2. (2 Wegen A 1 = (A 1 \ A 2 (A 1 A 2 mit A 1 \ A 2 und A 1 A 2 disjunkt folgt A 1 = A 1 \ A 2 + A 1 A 2. Analog folgt A 2 = A 2 \ A 1 + A 2 A 1. Umstellen nach A 1 \ A 2 bzw. A 2 \ A 1 und Einsetzen in (2 ergibt A 1 A 2 = A 1 + A 2 A 1 A 2 = A i1 A i1 A i2 1 i i 1 <i 2 2 = ( S 2 1 ( S 2 2 = 2 ( 1 r 1 Sr 2. r=1 11

12 Induktionsvoraussetzung: Die Formel der Inklusion und Exklusion sei nun wahr für ein beliebiges, im folgenden aber festes n N. Induktionsschluss: Aufgrund der Gültigkeit der Formel für n = 2 und der Distributivität des Durchschnitts bezüglich der Vereinigung von endlichen Mengen folgt ( n+1 n n n A j = A J A n+1 = A j + A n+1 A j A n+1 n n = A j + A n+1 A j A n+1 Durch Anwenden der Induktionsvoraussetzung folgt schlieÿlich ( n+1 n ( n A j = ( 1 r 1 Sr n + A n+1 ( 1 m 1 Sm r=1 m=1 (3 mit S n r wie unter (1 und S m : = = 1 i 1 <...<i m n 1 i 1 <...<i m n (A i1 A n+1... (A im A n+1 A i1... A im A n+1. Das letzte Gleichheitszeichen gilt wegen der Assoziativität und Kommutativität des Durchschnitts endlicher Mengen und A n+1 A n+1 = A n+1. Mit der Indexverschiebung m = r 1 erhält man ( n n n ( 1 m 1 Sm = ( 1 m Sm = ( 1 r 1 Sr 1 ( 1 n Sn m=1 m=1 r=2 Durch ein Einsetzen in (3 ergibt sich 12

13 ( n+1 n ( ( n A j = ( 1 r 1 Sr n + A n+1 ( 1 r 1 Sr 1 ( 1 n Sn r=1 r=2 ( n ( n = S1 n + ( 1 r 1 Sr n + A n+1 + ( 1 r 1 Sr 1 + ( 1 n Sn r=2 = S1 n + A n+1 + Es gilt r=2 ( n ( 1 r 1 (Sr n + Sr 1 + ( 1 n Sn. (4 r=2 und S n 1 + A n+1 = 1 i 1 n A i1 + A n+1 = 1 i 1 n+1 A i1 = S n+1 1 (5 Sei nun S n = = 1 i 1 <...<i n n 1 i 1 <...<i n+1 n+1 A i1... A in A n+1 = A 1... A n A n+1 A i1... A in+1 = S n+1 n+1. (6 X := {{i 1,..., i r } 1 i 1 <... < i r n}, Y := {{i 1,..., i r 1 } {n + 1} 1 i 1 <... < i r 1 n} Z := {{i 1,..., i r } 1 i 1 <... < i r n + 1} Dann gilt X Y = Z. Denn eine r-elementige Teilmenge von {1,..., n} ist auch eine r-elementige Teilmenge von {1,..., n + 1} und eine (r 1-elementige Teilmenge von {1,..., n} vereinigt mit {n + 1} ist eine r-elementige Teilmenge von {1,..., n + 1}. Also gilt T X T Y T Z. 13

14 Sei umgekehrt T Z, also T eine r-elementige Teilmenge von {1,..., n+1}. Ist n+1 T, so ist T \ {n + 1} eine (r 1-elementige Teilmenge von {1,..., n} und somit T Y. Ist andererseits n + 1 / T, so ist T eine r-elementige Teilmenge von {1,..., n} und somit T X. Also gilt auch T Z T X T Y und insgesamt T X T Y T Z. Daher folgt aufgrund von Bemerkung 4 S n r + S r 1 = mit 2 r n. = 1 <i 1...<i r n 1 <i 1...<i r n+1 A i1... A ir + Einsetzen von (5, (6 und (7 in (4 ergibt 1 <i 1 <...<i r 1 n A i1... A r 1 A in+1 A i1... A ir = S n+1 r (7 n+1 A j = ( S1 n+1 + n+1 = ( 1 r 1 S n+1 r=1 r. ( n r=2 ( 1 r 1 S n+1 r + ( 1 (n+1 1 S n+1 n+1 Somit ist die Formel nach dem Prinzip der vollständigen Induktion bewiesen. 3.2 Eine Formel für die Primzahlfunktion Der erste ernstzunehmende Versuch, π(n zu bestimmen, ist der folgende Satz, der 1808 von Legendre bewiesen wurde [vgl. 4, S.159]. Satz 5: Es sei P das Produkt aller Primzahlen N und ω(n die Anzahl verschiedener Primteiler von n N. Mit [x] wird die gröÿte ganze Zahl x bezeichnet. Dann gilt π(n = π( N 1 + [ ] N ( 1 ω(d d d P (Summation über alle Teiler d von P. 14

15 Beweis: Seien p 1,..., p s die Primzahlen N und für i {1,..., s} sei A i := {n N 2 n N und p i n} und A := {n N 2 n N und p 1 n... p s n}, also A = A 1... A s. Wegen Satz 1 und der Reexivität der Teilbarkeitsrelation besteht die Menge A aus allen zusammengesetzten Zahlen N und allen Primzahlen N. Also ist A π( N die Anzahl der zusammengesetzten Zahlen N und somit Nach Lemma 2 gilt N = A π( N + π(n + 1 π(n = π( N 1 + N A. (1 A = A 1... A s = ( s ( 1 r 1 A i1... A ir. r=1 1 i 1 <...<i r s Die Menge aller gemeinsamen Vielfachen N von p i1,..., p ir ist gegeben durch A i1... A ir = {n N 2 n N und (p i1 n... p ir n}. Aus p i1 n... p ir n folgt wegen des Teilbarkeitskriteriums, dass p i1,..., p ir in der Primfaktorzerlegung von n vorkommt. Da p i1,..., p ir paarweise verschiedene Primzahlen sind, kommt also auch p i1... p ir in der Primfaktorzerlegung von n vor. Also sind die gemeinsamen Vielfachen von p i1,..., p ir auch Vielfache von p i1... p ir. Die gemeinsamen Vielfachen N von p i1,..., p ir sind somit enthalten in der Menge M = {1 (p i1... p ir,..., k (p i1... p ir }, wobei k die gröÿte ganze Zahl ist mit k p i1... p ir N k N p i1... p ir. Also ist nach obiger Denition [ N k = p i1... p ir ]. Die Menge M ist tatsächlich die Menge aller gemeinsamen Vielfachen N von p i1,..., p ir. Denn wegen der Wahl von k gilt für alle m N mit m > k, dass m p i1... p ir > N, also m p i1... p ir / A i1... A ir. Umgekehrt ist klar, dass alle Elemente von M gemeinsame Vielfache von p i1,..., p ir sind. Also insgesamt M = A i1... A ir. Wegen k = M = A i1... A ir folgt 15

16 und somit A = [ N A i1... A ir = p i1... p ir ( s ( 1 r 1 r=1 1 i 1 <...<i r s [ ] N p i1... p ir ]. Wegen des Teilbarkeitskriteriums haben alle Teiler von P = p 1... p s die Form p i1... p ir mit 1 r s, wobei i 1,..., i r eine r-elementige Teilmenge von {1,..., s} ist. Somit entspricht [ ] N 1 i 1 <...<i r s p i1... p ir der Summe über alle Teiler d = p i1... p ir von P, die sich aus r Primzahlen zusammensetzen, also r = ω(d. Die Summation über alle r mit 1 r s ergibt dann die Summe über alle Teiler d von P, die sich aus Primzahlen zusammensetzen. Da auch 1 ein Teiler von P ist, ω(1 = 0 und [ ] N 1 = N ergibt sich A = ( s r=1 1 i 1 <...<i r s = ( 1 ω(d 1 d P [ ] ( 1 r 1 N p i1... p ir [ ] N + N. d Durch einsetzen in (1 folgt π(n = π( N 1 + N A = π( N 1 + N ( 1 ω(d 1 d P = π( N 1 + [ ] N ( 1 ω(d d d P [ ] N N d und somit die Behauptung. Für die Teilermenge von P gilt wegen der Wahl von P und Bemerkung 2 τ(p = ( (1 + 1 = 2 π( N. }{{} π( N-mal In der Formel von Legendre würden demnach für N = 10 6 bereits 2 π(1000 = > > Summanden auftreten. Für die praktische Berechnung von π(n eignet sich die Formel also nicht. 16

17 Beispiel 3: Für N = 120 ist P = = 210, da < 11. Also gilt π(120 = π( [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] = [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] = = = 30. Literatur [1] Martin Aigner, Günter M Ziegler und Karl H Hofmann. Das BUCH der Beweise. Springer, [2] Norbert Henze. Stochastik für Einsteiger. Vieweg, [3] Friedhelm Padberg. Elementare Zahlentheorie. Spektrum, [4] Paulo Ribenboim. The book of prime number records. Springer, [5] Harald Scheid und Andreas Frommer. Zahlentheorie. Wissenschaftsverlag Zürich,