# Zahlentheorie/Primzahlverteilung/Ungleichungen von Tschebyschow/Fakt/Beweis

Wir betrachten zuerst die Abschätzung nach oben. Für ${\sqrt {x}}<p$ gilt $\ln(x)/2<\ln(p)$ und somit $2\ln(p)/\ln(x)>1$. Ferner gilt die Abschätzung $2{\sqrt {x}}>\ln(x)$ und somit
    ${\sqrt {x}}=x/{\sqrt {x}}<2x/\ln(x)\,.$
Aus diesen zwei Vorüberlegungen und aus Fakt folgt dann die Abschätzung
    ${\begin{aligned}\pi (x)&=\pi ({\sqrt {x}})+(\pi (x)-\pi ({\sqrt {x}}))\\&\leq {\sqrt {x}}+\sum _{{\sqrt {x}}<p\leq x,\,p\in {\mathbb {P} }}1\\&<{\sqrt {x}}+{\frac {2}{\ln(x)}}\left(\sum _{{\sqrt {x}}<p\leq x,\,p\in {\mathbb {P} }}\ln(p)\right)\\&<{\sqrt {x}}+{\frac {2}{\ln(x)}}\vartheta (x)\\&<{\sqrt {x}}+{\frac {2}{\ln(x)}}(4\ln(2))x\\&\leq (2+8\ln(2)){\frac {x}{\ln(x)}}.\end{aligned}}$
Die Abschätzung ist also mit $C=2+8\ln(2)$ erfüllt.
Wir betrachten nun die Abschätzung nach unten. Nach Legendres Identität ist
    ${\begin{aligned}\nu _{p}{\left({\binom {2n}{n}}\right)}&=\nu _{p}{\left({\frac {(2n)!}{n!n!}}\right)}\\&=\nu _{p}{\left((2n)!\right)}-2\nu _{p}(n!)\\&=\left\lfloor {\frac {2n}{p}}\right\rfloor +\cdots +\left\lfloor {\frac {2n}{p^{k}}}\right\rfloor -2\left(\left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor +\cdots +\left\lfloor {\frac {n}{p^{k}}}\right\rfloor \right)\\&=\sum _{j=1}^{k}{\left(\left\lfloor {\frac {2n}{p^{j}}}\right\rfloor -2\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor \right)}.\end{aligned}}$
Die Summe läuft hierbei bis zum maximalen $k$ mit $p^{k}\leq 2n$, also bis $k=\lfloor \log _{p}(2n)\rfloor =\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor$. Da die einzelnen Summanden der letzten Summe nur $0$ oder $1$ sein können, folgt,
    $\nu _{p}{\left({\binom {2n}{n}}\right)}\leq \left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \,.$
Durch Betrachten aller Primzahlen ergibt sich daraus die Abschätzung
    ${\binom {2n}{n}}\leq \prod _{p<2n,p{\text{ prim}}}p^{\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor }\,.$
Andererseits ist
    $2^{n}\leq {\frac {2n}{n}}{\frac {2n-1}{n-1}}\cdots {\frac {n+1}{1}}={\binom {2n}{n}}\,.$
Wir wenden den Logarithmus auf die zusammengesetzte Abschätzung an und erhalten
    $n\ln(2)\leq \sum _{p<2n}\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \ln(p)\,.$
Für $p>{\sqrt {2n}}$ ist $\ln(p)>{\frac {\ln(2n)}{2}}$ und damit $\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor =1$. Wir verwenden dies in der folgenden Aufspaltung und erhalten
    ${\begin{aligned}n\ln(2)&\leq \sum _{p\leq {\sqrt {2n}}}\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \ln(p)+\sum _{{\sqrt {2n}}<p<2n}\left\lfloor {\frac {\ln(2n)}{\ln(p)}}\right\rfloor \ln(p)\\&\leq \sum _{p\leq {\sqrt {2n}}}\ln(2n)+\sum _{{\sqrt {2n}}<p<2n}\ln(p)\\&\leq {\sqrt {2n}}\ln(2n)+\vartheta (2n).\end{aligned}}$
Dies ergibt die Abschätzung
    $\vartheta (2n)\geq n{\left(\ln(2)-{\frac {{\sqrt {2n}}\ln(2n)}{n}}\right)}\,.$
Der Bruch rechts ist beschränkt (und konvergiert gegen $0$). Man erhält also eine positive Konstante $M$ mit $\vartheta (2n)\geq Mn$ für $n$ hinreichend groß. Für $x$ zwischen $2n$ und $2n+2$ hat man
    $\vartheta (x)\geq \vartheta (2n)\geq Mn\geq M{\frac {x-2}{2}}\,,$
und dies ist wiederum $\geq Nx$ für eine geeignete positive Schranke $N$ (und für $x$ hinreichend groß). Dann gibt es aber auch eine positive Schranke $c$ mit $\vartheta (x)\geq cx$ für alle $x\geq 2$. Aus
    $cx\leq \vartheta (x)=\sum _{p\leq x}\ln(p)\leq \pi (x)\ln(x)\,$
folgt nun $c{\frac {x}{\ln(x)}}\leq \pi (x)$ wie behauptet.