Existenz unendlich vieler Primzahlen Es werden mehrere Beweise für die Existenz unendlich vieler Primzahlen vorgetragen.

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1 Seminarausarbeitung Existenz unendlich vieler Primzahlen Es werden mehrere Beweise für die Existenz unendlich vieler Primzahlen vorgetragen. Andre Eberhard Mat. Nr November 207

2 Inhaltsverzeichnis Einleitung 3 2 Euklids Beweis 3 3 Zweiter Beweis 3 4 Dritter Beweis 4 5 Vierter Beweis 6 6 Fünfter Beweis 8 7 Literaturverzeichnis 9 2

3 Einleitung Im Folgenden werden wir einige Beweise kennenlernen, die die Unendlichkeit der Primzahlen beweisen. Dazu zunächst eine Definition: Definition Primzahl Eine Primzahl p ist eine natürliche Zahl p N, die größer als ist und ausschließlich durch sich selbst und durch teilbar ist. Die Menge aller Primzahlen wird mit dem Symbol P bezeichnet. Wir wollen also beweisen, dass die Menge P unendlich viele Elemente (p P) besitzt. Außerdem kann man jede beliebige natürliche Zahl n N in Primfaktoren zerlegen. Beispiel: Es gilt 32 = und 2, 3, P. 2 Euklids Beweis Begonnen wird mit dem ältesten Beweis: Beweis Für eine beliebige endliche Menge {p,..., p 2 } von Primzahlen sei n := p p 2... p r + und p ein Primteiler von n. Dann ist p also von allen p i verschieden, da sonst p sowohl die Zahl n (p ist Primteiler von n), als auch das Produkt p p 2... p r teilen würde, somit auch die, da p ja n teilt. Eine endliche Menge {p,..., p r } kann also niemals die Menge aller Primzahlen sein, da es laut diesem Beweis immer noch eine weitere Primzahl geben muss. 3 Zweiter Beweis Zunächst werden wir die Fermat-Zahlen definieren. Definition 2 Die Folgeglieder der Folge F n = 2 2n + für alle n N nennt man Fermat- Zahlen. Die ersten Fermat-Zahlen sind also: F 0 = 3 F = 5 F 2 = 7 F 3 =

4 Da die Menge der natürlichen Zahlen N unendlich viele Elemente besitzt, gibt es auch eine unendliche Anzahl von Fermat-Zahlen. Wir werden zeigen, dass je zwei Fermat-Zahlen relativ prim (teilerfremd) sind, also muss es unendlich viele Primzahlen geben. Zunächst betrachten wir dazu eine Rekursionsformel: n k=0 F k = F n 2 (n ). () Daraus wird die Existenz unendlich vieler Primzahlen unmittelbar folgen. Dazu stelle man sich vor, es gäbe ein m N, welches ein gemeinsamer Teiler von F k und F n wäre (mit k < n). Aus () folgt somit, dass m auch 2 teilt, d.h. m = oder 2. Der Fall m = 2 ist allerdings ausgeschlossen, da alle Fermat-Zahlen ungerade sind und m somit kein Teiler von F k und F n wäre, dies aber per Definition so ausgewählt wurde. Also muss lediglich die Rekursion bewiesen werden, um die gewünschte Aussage zu beweisen. Beweis (mittels Induktion nach n) Induktionsanfang: Für n = haben wir F 0 = 3 auf der linken Seite und F 2 = 3 auf der rechten Seite. Induktionsannahme: Es gilt für n Induktionsschluss: Es gilt n k=0 n F k = k=0 F k = F n 2. ( n k=0 F k ) F n = (F n 2) F n = ( 2 2n ) ( 2 2n + ) = 2 2n+ = F n Dritter Beweis Beweis Sei π(x) := #{p x : p P} die Anzahl aller Primzahlen kleiner gleich einer reellen Zahl x für x >. Wir nummerieren die Primzahlen P = {p, p 2, p 3,...} in aufsteigender Größe. 4

5 Definition 3 Der natürliche Logarithmus Der natürliche Logarithmus log x ist definiert als log x := x t dt. Im folgenden vergleichen wir die Fläche unter dem Graphen der Funktion f(t) = t mit einer oberen Treppenfunktion. Abbildung : Abschätzung für Integrale mittels Treppenfunktion Für n x < n + gilt demnach log x n m, wobei m die Summe über alle m N bezeichnen soll, die nur Primfaktoren p x enthalten. Seien p, p 2,... p r alle Primzahlen x. Also können wir jedes solche m schreiben als Produkt der Form r i= pk i und wir können die letzte Summe schreiben als r m = p k. i= k 0 i 5

6 Zunächst machen wir uns klar wieso diese Gleichheit gilt: r ( p k = i= k 0 i p 0 + p + ) p 2... ( p p + ) 2 p ( p 0 + r p + ) r p 2... r Die innere Summe ist eine geometrische Reihe mit Faktor p, woraus log x p x p = p x π(x) p p = p k p k k= folgt. Da p k k + gilt, folgt: und wir erhalten p k p k = + p k + k = k + k log x π(x) k= k + k = π(x) +. Durch die Unbeschränktheit der Funktion log x wissen wir jetzt, dass π(x) ebenfalls unbeschränkt ist: also gibt es unendlich viele Primzahlen. 5 Vierter Beweis Beweis Betrachtet wird die folgende Topologie auf der Menge Z der ganzen Zahlen. Für a, b Z, b > 0 setzen wir N a,b = {a + nb : n Z} = {..., a 2b, a b, a, a + b, a + 2b,...}. Die Elemente jeder Menge bilden eine in beide Richtungen unendliche Folge. Definition 4 Offene Menge Wir nennen eine Menge O Z offen, wenn 6

7 entweder O leer ist oder zu jedem a O ein b > 0 existiert mit N a,b O Folgerungen:. Dann ist jede Vereinigung von offenen Mengen wieder offen. 2. Der Durchschnitt von endlich vielen offenen Mengen ist wieder offen. Diese Folgerungen werden wir im folgenden beweisen: Zu : Behauptung: Sei O i offen für i I, dann gilt O = i I O i = {a Z i I mit a Oi} ist offen. Beweis:. Fall: Sei O i = für alle i I. Dann gilt O =. 2.Fall: Sei a O. Dann existiert ein i I mit a O i. Da O i offen ist, folgt daraus: b > 0 mit N a,b O i O. Zu 2: Behauptung: Seien O,..., O n offene Mengen, dann gilt O = n i= O i = {a Z i {,..., n} : a Oi} ist offen. Beweis:. Fall: Sei O =, trivial 2.Fall: Sei a O. Dann existieren b,... b n mit N a,bi O i für i =,..., n. Dann ist a N a,b... b n O Definition 5 Ebenso gelten die Axiome für abgeschlossene Mengen. Die abgeschlossenen Mengen der Topologie entstehen aus den offenen Mengen durch Komplementbildung, das heißt A Z heißt abgeschlossen, falls Z \ A offen ist.. Jede nicht-leere offene Menge ist unendlich. (Folgt aus Definition) 2. Jede Menge N a,b ist auch abgeschlossen. Zu : Dazu aus der Definition: Zu jedem a O existert ein b > 0 mit N a,b O. Da es zu jedem festen a und b unendlich viele Elemente der Form a + nb mit n Z gibt, ist die nicht-leere offene Menge unendlich groß. Zu 2: b N a,b = Z \ i= N a+i,b 7

8 Dies wird nun gezeigt, indem wir zeigen, dass N a,b Z \ b i= N a+i,b und umgekehrt N a,b Z \ b i= N a+i,b. Daher zunächst: : Sei x N a,b Dann existiert ein n Z mit x = a + nb. Wir nehmen per Widerspruch an, dass x b i= N a+i,b. Also gibt es ein i {,..., b } mit x N a+i,b. Daher gibt es ein m Z mit a + nb = x = a + i + mb. Daraus folgt a + nb = x = a + i + mb nb = i + mb i = nb mb = b(n m) b i. Dies ergibt den gewünschten Widerspruch, da i {,..., b }. Nun zu : Sei x Z \ b i= N a+i,b Idee: Division mit Rest Es gibt ein n Z und r {0,..., b } (Rest) mit x a = nb + r. Daraus folgt x = a + r + nb. Da x / b i= N a+i,b, folgt r = 0 und somit N a,b Z \ b i= N a+i,b. N a,b ist also das Komplement einer offenen Menge und daher abgeschlossen. Nun nutzen wir wieder aus, dass jede ganze Zahl n, einen Primteiler p besitzt. Somit ist n in der Menge N 0,p enthalten für ein p P und wir schließen Z \ {, } = p P N 0,p Wäre nun P endlich, so wäre p P N 0,p nach 2 eine endliche Vereinigung von abgeschlossenen Mengen und somit wiederum abgeschlossen. Dies würde implizieren, dass {, } eine offene Menge wäre, was allerdings im Widerspruch zu steht. 6 Fünfter Beweis Beweis Wir betrachten die Folge p, p 2, p 3,.... Nehmen wir an, dass die Reihe p P p konvergiert. Dann muss es eine natürliche Zahl k geben mit i k+ p i < 2. Die Primzahlen p,..., p k werden wir im folgenden kleine Primzahlen nennen, und die anderen p k+, p k+2,... große Primzahlen. Für jede beliebige natürliche Zahl N gilt somit i k+ N p i < N 2. (2) 8

9 . Für N N definieren wir N b als die Anzahl ganzen Zahlen N, die durch mindestens eine große Primzahl teilbar sind. Analog dazu definieren wir N s als die Anzahl derjenigen Zahlen N, die nur kleine Primteiler besitzen. Im Folgenden werden wir zeigen, dass für ein geeignetes N folgende Formel gilt N b + N s < N. (3) Dies wird einen Widerspruch ergeben, da nach Definition N b + N s = N sein muss, da jede natürliche Zahl in Primfaktoren zerlegt werden kann. Um (3) zu beweisen, werden wir zunächst N b abschätzen. Mithilfe von (2) erhalten wir: N b i k+ N p i < N 2 Dabei zählt N p i die positiven ganzen Zahlen, die Vielfache von p i sind. Nun betrachten wir N s. Hier schreiben wir jede Zahl n N, die nur kleine Primteiler hat, in der Form n = a n b 2 n, wobei a n den quadratfreien Teil angibt. Beispiel: Sei n = 24 = = Dabei ist a n = 2 3 und b 2 n = 2 2. Jedes a n ist dann Produkt von verschiedenen kleinen Primzahlen und wir schließen, dass es genau 2 k verschiedene quadratfreie Teile gibt, da es k-viele kleine Primzahlen gibt. Außerdem gilt (4). b 2 n n N b n n N Außerdem gilt wegen b n n N, dass es höchstens N verschiedene Quadratteile gibt. Daher folgt insgesamt für N s N s 2 k N. Da (4) für jedes N gilt, muss nur eine Zahl N gefunden werden, für die 2 k N N 2 z.b. N = 2 2k+2. gilt, 7 Literaturverzeichnis Aigner, Martin; Ziegler, Günter: Das Buch der Beweise, 4.Auflage, Springer: Berlin,