Definition Sei γ Z[ζ]. Zwei Zahlen α, β Z[ζ] werden kongruent modulo γ genannt, wenn γ ein Teiler von α β ist.

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1 Wir werden nun zeigen, dass Fermats Idee zum Beweis des Falls n = 4 auch für n = 3 angewendet werden kann, wenn man Z durch den Ring Z[ζ] der Eisenstein-Zahlen ersetzt. Wie dort benötigen hier stellenweise Kongruenzrechnung. Definition Sei γ Z[ζ]. Zwei Zahlen α, β Z[ζ] werden kongruent modulo γ genannt, wenn γ ein Teiler von α β ist. Zu α kongruent modulo γ sind also alle Elemente der Form α + γδ, wobei δ die Menge Z[ζ] durchläuft.

2 Dieselbe Sonderrolle, die im Fall n = 4 von der Primzahl 2 eingenommen wurde, wird für n = 3 vom Primelement π = 3 besetzt. Proposition (i) Jedes α Z[ζ] ist modulo π kongruent zu genau einer der Zahlen 0, ±1. (ii) Ist α Z[ζ] teilerfremd zu π, dann ist sie modulo π 2 kongruent zu genau einer der Zahlen in {±1, ±ζ, ±ζ 2 } (iii) Sind k 1, α, β Z[ζ] und gilt α β mod π k, dann folgt α 3 β 3 mod π k+2.

3 Beweis von (iii): Ausmultiplizieren von (α β) 3 ergibt (α β) 3 = (α β) 2 (α β) = (α 2 2αβ + β 2 )(α β) = also α 3 2α 2 β + αβ 2 α 2 β + 2αβ 2 β 3 = α 3 3α 2 β + 3αβ 2 β 3 = α 3 β 3 3αβ(α β) α 3 β 3 = (α β) 3 + 3αβ(α β). Nach Voraussetzung ist π k ein Teiler von α β, also ist π 3k ein Teiler von (α β) 3. Wegen 3k k + 2 wird (α β) 3 auch von π k+2 geteilt. Die Gleichung 3 = ( 1)( 3) 2 = ( 1)π 2 zeigt, dass π 2 ein Teiler von 3 ist. Somit ist π k+2 ein Teiler von 3αβ(α β). Insgesamt ist π k+2 damit ein Teiler von α 3 β 3, und es folgt α 3 β 3 mod π k+2.

4 Ziel ist nun der Beweis von Satz (Euler) Es gibt keine α, β, γ Z[ζ] mit α 3 + β 3 = γ 3 und αβγ 0. Damit gibt es erst recht keine a, b, c Z mit a 3 + b 3 = c 3 und abc 0. Wie bei n = 4 formulieren wir zunächst eine Aussage, über die der Abstieg durchgeführt werden kann. Aussage (A m ) Es gibt paarweise teilerfremde α, β, γ Z[ζ] mit π (αβγ) und eine Einheit ε, so dass α 3 + β 3 = ε(π m γ) 3 gilt.

5 Proposition Gibt es Elemente α, β, γ Z[ζ] mit α 3 + β 3 = γ 3 und αβγ 0, dann ist die Aussage (A m ) für ein m N erfüllt. Beweis: Wir zeigen zunächst: Gibt es solche α, β, γ Z[ζ], dann gibt es auch teilerfremde Elemente mit diesen Eigenschaften. Sei ρ ein gemeinsamer Teiler von zwei der Zahlen, zum Beispiel ρ α und ρ β. Dann teilt ρ auch α 3 + β 3 = γ 3 und damit auch γ. Setzen wir nun dann gilt auch α = ρ 1 α, β = ρ 1 β, γ = ρ 1 γ (α ) 3 + (β ) 3 = (γ ) 3 Wiederholen wir diese Prozedur oft genug, so erhalten wir paarweise teilerfremde α, β, γ mit den gewünschten Eigenschaften.

6 Angenommen, es gilt π (αβγ). Nach der Kongruenz-Proposition, Teil (i) ist jede der Zahlen α, β, γ kongruent zu 1 oder 1 mod π. Nach Teil (iii) sind α 3, β 3, γ 3 dann kongruent zu ±1. Es folgt ±1 γ 3 α 3 + β 3 (±1) + (±1) 0, ±2 mod π 3. Aber dies ist unmoglich, weil π 3 keine der Zahlen ±1, ±3 teilt. Also muss eine der Zahlen α, β, γ durch π teilbar sein (auf Grund der Teilfremdheit genau eine). Nach eventueller Vertauschung der Elemente können wir annehmen, dass π γ gilt. Sei m N die Ordnung, mit der γ von π geteilt wird. Setzen wir γ = π m γ und ε = 1, dann gilt π (αβγ ) und α 3 + β 3 = ε(π m γ ) 3. Also ist (A m ) für dieses m erfüllt.

7 Abstieg: Sei nun m minimal mit der Eigenschaft, dass (A m ) erfüllt ist, mit α, β, γ Z[ζ] und der Einheit ε. Wieder zeigen wir, dass dann auch (A m 1 ) gilt und führen somit einen Widerspruch zur Minimalität von m herbei. Auch hier gibt es vier Einzelschritte. (1) Der ggt von je zwei Faktoren in der Zerlegung α 3 + β 3 = (α + β)(α + ζβ)(α + ζ 2 β) ist gleich π. (2) Es gilt m 2. (3) Es gibt paarweise teilerfremde Elemente α, β, γ Z[ζ] mit π (α β γ ) und Einheiten ε 0, ε 1, ε 2 mit α+β = επ 3m 2, α+ζβ = ε 1 π(α ) 3, α+ζ 2 β = ε 2 π(β ) 3. (4) Es gibt eine Einheit ε mit (α ) 3 + (β ) 3 = ε (π m 1 γ ) 3.

8 Schritt (1) Seien i, j {0, 1, 2} mit i j, und sei ρ ein gemeinsamer Primteiler von α + ζ i β und α + ζ j β. Dann ist ρ ein Teiler von (α + ζ i β) (α + ζ j β) = (ζ i ζ j )β = ζ i (1 ζ j i )β. Die Gleichung 1 ζ 2 = (1 ζ)( ζ 2 ) zeigt, dass ζ i (1 ζ j i )β unabhängig von i, j auf jeden Fall zu (1 ζ) assoziiert ist.wegen 1 ζ = 1 ( ) = = 3( ) = π( ) ist 1 ζ assoziiert zu π, und ist somit ρ ein Teiler von π oder β. Ebenso ist ρ ein Teiler von ζ i (α + ζ i β) ζ j (α + ζ j β) = (ζ i ζ j )α. Wieder überprüft man, dass ζ i ζ j assoziert zu π ist. Da α und β teilerfremd sind, muss ρ π gelten, d.h. ρ und π sind assoziiert.

9 Wegen (α + β)(α + ζβ)(α + ζ 2 β) = α 3 + β 3 = ε(π m γ) 3 und m 1 teilt π einen der Faktoren α + ζ i β für ein i {0, 1, 2}. Aber weil (wie gezeigt) π auch alle Differenzen der Faktoren teilt, muss π ein Teiler aller drei Faktoren sein. Wäre das Element π 2 ein gemeinsamer Teiler von zwei der Faktoren α + ζ i β und α + ζ j β, dann wäre es auch ein Teiler der Differenz ζ i (1 ζ j i )β und damit auch ein Teiler des assoziierten Elements πβ. Aus π 2 (πβ) würde π β folgen, im Widerspruch zur Annahme. So aber gilt ggt(α + ζ i β, α + ζ j β) = π für i, j {0, 1, 2}, i j.

10 Schritt (2) Da α, β nicht durch π teilbar sind, sind sie nach Teil (ii) der Kongruenz-Proposition Teil modulo π 2 kongruent zu einer der Zahlen ±1, ±ζ, ±ζ 2. Also sind α 3 und β 3 nach Teil (iii) modulo π 4 jeweils kongruent zu ±1. Daraus folgt α 3 + β 3 (±1) + (±1) 0, ±2 mod π 4 Wegen α 3 + β 3 = ε(π m γ) 3 ist π ein Teiler von α 3 + β 3. Aber π ist kein Teiler von ±2. Also bleibt als einzige Möglichkeit Daraus folgt m 2. α 3 + β 3 0 mod π 4.

11 Schritt (3) Wir bestimmen die gesuchten Elemente, indem wir die Primfaktorzerlegung auf beiden Seiten von (α + β)(α + ζβ)(α + ζ 2 β) = ε(π m γ) 3 miteinander vergleichen. Sei zunächst ρ ein Primelement ρ π. Auf Grund der rechten Seite kommt ρ in dem Produkt mit Vielfachheit 3k vor, für ein k N 0. Weil die drei Faktoren α + ζ i β außer π keine gemeinsamen Primfaktoren haben, kommt ρ in einem Faktor mit Vielfachheit 3k vor, in den anderen gar nicht. Alle Primfaktoren von α + β außer π haben eine durch 3 teilbare Vielfachheit.

12 Nun betrachten wir das Primelement π. Nach Schritt (1) sind zwei der Faktoren genau einmal durch π teilbar, der dritte durch π 3m 2. Die Ersetzung β ζβ bewirkt eine Vertauschung der Faktoren links. Nach Anwendung einer solchen Ersetzung können wir davon ausgehen, dass α + ζβ und α + ζ 2 β jeweils genau einmal durch π teilbar sind. Insgesamt ist α + β also abgesehen von Potenzen von π und Einheiten eine Dreierpotenz, d.h. es gibt eine Einheit ε 0 und ein γ Z[γ] mit α + β = ε 0 π 3m 2 γ 3. Aus demselben Grund gibt es Einheiten ε 1, ε 2 und Elemente α, β in Z[ζ] mit α + ζβ = ε 1 π(α ) 3 und α + ζ 2 β = ε 2 π(α ) 3

13 Schritt (4) Hier müssen wir noch einmal etwas rechnen. Werden die Faktoren α + β, α + ζβ und α + ζ 2 β mit geeigneten Potenzen von ζ multipliziert und aufaddiert, bekommt man Null heraus: ζ(α + β) + ζ 2 (α + ζβ) + (α + ζ 2 β) = (1 + ζ + ζ 2 )(α + β) = 0. Setzen wir das Ergebnis aus Teil (3) ein, dann folgt ζε 0 π 3m 2 (γ ) 3 + ζ 2 ε 1 π(α ) 3 + ε 2 π(β ) 3 = 0 und nach Umstellen der Gleichung und Division durch π und schließlich ζε 0 π 3m 3 (γ ) 3 = ( ζ 2 )ε 1 (α ) 3 + ( ε 2 )(β ) 3 ( ζε 0 ε 1 2 )π3(m 1) (γ ) 3 = ζ 2 ε 1 ε 1 2 (α ) 3 + (β ) 3.

14 Setzen wir ε = ζε 0 ε 1 2 und η = ζ 2 ε 1 ε 1 2, dann erhalten wir die Form (ε )π 3(m 1) (γ ) 3 = η(α ) 3 + (β ) 3. Betrachten wir diese Gleichung modulo π 3, so erhalten wir wegen m 2 die Kongruenz η(±1) + (±1) 0 mod π 3 η ±1 Weil η eine Einheit ist, und die Einheiten des Rings Z[ζ] von π nach der Kongruenz-Proprosition nicht kongruent modulo π 2, also erst nicht modulo π 3 sind, folgt η = ±1 und somit (ε )π 3(m 1) (γ ) 3 = ±(α ) 3 + (β ) 3 Ersetzen wir α gegebenenfalls durch α, so folgt (ε )π 3(m 1) (γ ) 3 = (α ) 3 + (β ) 3 und damit die Aussage (A m 1 ).

15 Achtung: Es gibt auch Zahlringe, in denen keine eindeutige Primfaktorzerlegung existiert, zum Beispiel der Zahlring Z[ 3] = {a + 3 a, b Z}. Hier besitzt die Zahl 4 die Zerlegungen 4 = 2 2 = (1 + 3)(1 3). Die Faktoren sind nicht weiter zerlegbar, aber andererseits auch nicht zueinander assoziiert. Es handelt sich also um zwei vollkommen unterschiedliche Zerlegungen. Das ist auch der Grund dafür, warum der Satz von Fermat so einfach nicht für beliebige Exponenten n bewiesen werden konnte.

16 Nachdem wir uns nun ausführlich von der Wichtigkeit der Primzahlen in der Zahlentheorie überzeugt haben, wenden wir uns nun einem Thema zu, der Primzahlverteilung Ziel ist die Untersuchung der Frage Wieviele Primzahlen p gibt es unterhalb einer bestimmten Zahl x? Man interessiert sich also für die Werte der primzahlzählenden Funktion π(x) = {p Primzahl p x} die jeder Zahl x R die Anzahl der Primzahlen x zuordnet.

17 Die ersten Werte der Funktion sehen folgendermaßen aus. x Primzahlen x π(x) , , , 3, , 3, , 3, 5, , 3, 5, , 3, 5, , 3, 5, , 3, 5, 7, 11 5

18 Funktionsgraph von π(x) für x 50

19 Funktionsgraph von π(x) für x 100

20 Funktionsgraph von π(x) für x 1000

21 Funktionsgraph von π(x) fu r x 105

22 Im großen Maßtab sieht der Funktionsgraph von π(x) überraschend glatt aus. Dies deutet darauf hin, dass sich π(x) durch eine stetige oder sogar differenzierbare Funktion approximieren lässt. Aber was bedeutet das genau? Definition Zwei Funktionen f, g : R + R heißen asymptotisch gleich (Schreibweise f g), wenn oder gleichbedeutend g(x) lim x f (x) = 1 f (x) g(x) lim = 0 gilt. x f (x) Die Funktionen sind also für große Werte annähernd gleich.

23 Beispiel: (1) Die Funktionen x x 2 und x (x + 1)x sind asymptotisch gleich, denn es gilt x(x + 1) lim x x 2 = lim x x = 1. (2) Die Funktionen x x und x x x sind nicht asymptotisch gleich, denn es gilt x x lim x x = lim x = + x (3) Auch die Funktionen x x 3 und x 1.1x 3 sind nicht asymptotisch gleich. Welche Funktion f könnte f π erfüllen? Dieser Frage versuchte man zunächst durch Betrachtung von Wertetabellen auf die Spur zu kommen.

24 x x π(x) π(x) Man sieht, dass das Verhältnis x/π(x) nur sehr langsam wächst, langsamer als jede lineare Funktion oder Wurzelfunktion. Diese Beobachtung führte bereits Gauß auf eine naheliegende Vermutung.

25 Aus dem Schulunterricht sind die Logarithmusfunktionen als Umkehrfunktionen der Exponentialfunktionen bekannt. Beispielsweise ist der Logarithmus zur Basis 2 gekennzeichnet durch 2 x = y x = log 2 (y) (zum Beispiel log 2 (8) = 3, log 2 (16) = 4, log 2 (32) = 5 usw.) Der Logarithmus zu einer Basis b > 1 ist entsprechend charakterisiert durch b x = y x = log b (y). In der Mathematik verwendet man häufig den Logarithmus zur Basis ( e = lim ) n 1 = n n n! der Eulerschen Zahl. n=0

26 Man bezeichnet diesen als natürlichen Logarithmus, kurz ln. Es gilt also ln(1) = 0, ln(e) = 1, ln(e 2 ) = 2 usw. Zu den übrigen Logarithmen steht die Funktion ln in der Beziehung log b (x) = ln(x) ln(b), denn auf Grund der Potenzgesetze gilt b ln(x) ln(b) = (e ln(b) ) ln(x) ln(x) ln(b) ln(b) = e ln(b) = e ln(x) = x. Also ist ln(x) ln(b) genau die Zahl y mit by = x.

27 Warum ein so krummer Wert wie e als Basis? Die Funktionen x ln(x) und exp(x) = e x haben besonders einfache Ableitungen ln (x) = 1 x, exp (x) = exp(x) was in vielen Situationen nützlich ist. Außerdem besitzen beide Funktionen einfache Reihendarstellungen, nämlich exp(x) = n=0 x n n! und ln(1 + x) = x 1 2 x x x 4 ±...

28 Funktionsgraphen von ln(x) und exp(x) Man sieht, dass ln(x) im Vergleich zu x (in Rot) sehr langsam wächst. Das langsame Wachstum von x π(x) führte Gauß zu der Vermutung x x ln(x) bzw. π(x) π(x) ln(x). Wie verträgt sich diese Vermutung mit den Daten aus der Tabelle?

29 Funktionsgraphen von π(x) und x ln(x) für x 50

30 Funktionsgraphen von π(x) und x ln(x) für x 100

31 Funktionsgraphen von π(x) und x ln(x) für x 1000

32 Funktionsgraphen von π(x) und x ln(x) für x 105

33 x π(x) x π(x) ln(x) x/ ln(x) π(x) Diese Daten liefern noch keinen Beweis. Schließlich könnten sich die Abweichungen für noch größere Zahlen verstärken. Welche mathematischen Argumente gibt es für die Gaußsche Vermutung?

34 Der Mathematiker Chebyschev erzielte, basierend auf einer Idee von Ramanujan, das folgende Ergebnis. Satz Es gibt Konstanten 0 < c 1 < 1 und c 2 > 1, so dass c 1 x ln(x) π(x) c x 2 ln(x) für alle x > 1 erfüllt ist. Dabei kann c 2 = 6 ln(2) gewählt werden. Das bedeutet allerdings noch nicht, dass die beiden Funktionen π(x) und asymptotisch gleich sind. x ln(x) Der Beweis beruht auf der Verwendung von Binomialkoeffizienten.

35 zur Erinnerung: Die Fakultät n! ist definiert durch n! = n k = n k=1 also 1! = 1, 2! = 1 2 = 2, 3! = = 6 usw. Für k, n N 0 ist der Binomialkoeffizient n über k definiert durch ( ) n n! = k k!(n k)!

36 Bedeutung der Binomialkoeffizienten Die Zahl ( n k) gibt die Anzahl der k-elementigen Teilmengen von {1, 2,..., n} an, mit anderen Worten: Die Anzahl der Möglichkeiten, aus einer n-elementigen Menge k Elemente auszuwählen (wird viel in der Stochastik verwendet). Beispiel: Die 2-elementigen Teilmengen von {1, 2, 3, 4} sind {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4} Es gibt 6 solche Mengen, also gilt ( 4 2) = 6.

37 weitere Anwendung: Die Binomische Formel (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 kann verallgemeinert werden zum Binomischen Lehrsatz (a + b) n = n k=0 ( ) n a k b n k k Insbesondere gilt 2 2n = (1 + 1) 2n = 2n k=0 ( ) 2n k Dadurch erhält man die Abschätzung ( ) 2n 2 2n. n

38 Die Idee von Chebyshev / Ramanujan besteht darin, sich die Primteiler von ( 2n n ) näher anzusehen. Offenbar gilt Die Zahl ( ) 2n n wird von keiner Primzahl p > 2n geteilt. (klar, denn nach Definition ist ( 2n n ) = (2n)! n!n! und in (2n)! = (2n) kommen keine Primzahlen p > 2n vor) Die Zahl ( 2n n ) ist durch alle Primzahlen p mit n < p 2n teilbar. (denn: Offenbar kommen diese Primzahlen im Produkt (2n)! vor, aber nicht in n!. Deshalb werden sie nicht weggekürzt.),

39 Die Anzahl der Primzahlen p mit n < p 2n beträgt π(2n) π(n). Daraus folgt ( ) 2n n π(2n) π(n) p n n<p 2n 2 2n Durch Logarithmieren erhält man π(2n) π(n) log n (2 2n ) = 2n log n (2) = 2n ln(2) ln(n) = 2 ln(2) n ln(n) Das verwenden wir nun, um π(x) für beliebige x abzuschätzen.

40 Behauptung: Für alle k N gilt π(2 k ) 3 2k k Für k 4 kann das durch Einsetzen direkt überprüft werden. Sei nun k 5, und nehmen wir an, dass die Abschätzung für k bereits gezeigt wurde. Wir beweisen sie für k + 1. Zunächst gilt k 5 6k 5k k k Wir wissen durch die Rechnung von der letzten Seite, dass 2 k π(2 k+1 ) π(2 k ) 2 ln(2) ln(2 k ) = 2 ln(2) k ln(2) = 2k+1 k gilt. Daraus folgt 2 k π(2 k+1 ) π(2 k ) + 2k+1 k 3 2k k + 2 2k k = 5 2k k 3 2k+1 k + 1

41 Die Funktion f (x) = x ln(x) ist für x e monoton wachsend (sieht man an der Ableitung). Für 4 2 k < x 2 k+1 gilt deshalb π(x) π(2 k+1 ) 6 2 k 2 k k k k = 6 ln(2) k ln(2) = 6 ln(2) ln(2 k ) 6 ln(2) x ln(x). 2 k Für x 4 kann die Ungleichung π(x) 6 ln(2) x überprüft werden. ln(x) von Hand Der Beweis einer unteren Abschätzung von π(x) funktioniert ähnlich, ist aber rechnerisch (leider) etwas komplizierter.

42 Wie wir an den Funktionsgraphen gesehen haben, weichen π(x) und relativ gesehen wenig voneinander ab. Aber dennoch ist x ln(x) selbst für 10 5 noch ein deutlicher Unterschied zwischen den Funktionen zu erkennen. Gibt es vielleicht eine andere Funktion, die π(x) noch besser approximiert? Ein völlig neuer Ansatz besteht darin, sich zu überlegen, wie dicht die Primzahlen in den natürlichen Zahlen liegen. Das soll bedeuten Wenn x eine große Zahl ist und s im Vergleich dazu klein, wieviele Primzahlen p mit x p x + s gibt es? alternativ: Für eine große Zahl x, wie wahrscheinlich ist es, dass eine zufällig gewählte natürliche Zahl der Größenordnung x eine Primzahl ist?

43 x ln(x) Unsere bisherige Abschätzung π(x) besagt, dass zwischen 1 x und x ungefähr ln(x) Primzahlen liegen. Das bedeutet, dass die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig gewählte Zahl x prim ist, ungefähr 1 ln(x) beträgt. Überprüfen wir dies zunächst anhand einer Stichprobe, indem wir abschätzen, wieviele Primzahlen p mit p < existieren sollten. Es gilt ln( ) = ln(5) + 8 ln(10) Wir haben also eine Primzahldichte von In einem ln( ) Intervall der Länge 10 4 würden wir also ungefähr Primzahlen erwarten. Ein Durchzählen mit dem Computer liefert 551 Primzahlen (Die kleinste Primzahl in diesem Bereich ist )

44 Gehen wir nun von der Vorstellung aus, dass die Wahrscheinlichkeit 1 für eine Zahl k N, Primzahl zu sein, ungefähr ln(k) beträgt. Dann bedeutet dies, dass es für n N ungefähr 1 ln(2) + 1 ln(3) + 1 ln(4) ln(n) Primzahlen p n gibt. Dies würde bedeuten, dass sich die Anzahl π(n) durch die Fläche unter dem folgenden Funktionsgraphen annähern lässt.

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46 Diese Flächenfunktion ist offenbar nicht glatt. Wie kann man daraus eine glatte Funktion machen? Zunächst könnte man die Schrittweite verringern.

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49 Eine völlig glatte Funktion erhält man offenbar, indem man die genaue Fläche unter dem Funktionsgraphen von x 1 ln(x) bis zu einem Wert x betrachtet. Eine solche Funktion ist durch das Integral von x 1 ln(x) gegeben. Definition Der Integrallogarithmus ist die Funktion gegeben durch Li(x) = x 2 dt ln(t) für x 2. Diese Funktion ist unser Kandidat, um π(x) besser anzunähern als die Funktion x x ln(x). Die Funktion kann man näherungsweise berechnen durch n 1 x Li(x) n 1 ln( kx n ) k=0 Ist x Li(x) wirklich eine Verbesserung gegenüber x Schauen wir uns die Funktionsgraphen an! x ln(x)?

50 Funktionsgraphen von π(x) und Li(x) für x 50

51 Funktionsgraphen von π(x) und Li(x) für x 300

52 Funktionsgraphen von π(x) und Li(x) für x 1000

53 Funktionsgraphen von π(x) und Li(x) fu r x 105