素数定理のメモ - 音楽室と化学室と美術室とPC室の融合部屋　所謂自由室

リーマンの素数公式のときに軽く説明したが，
aryuaryuaryuryu.hatenablog.com
素数の個数についての近似定理，『素数定理』について調べたことを軽くまとめる．

素数定理とは
Newmanの証明を元にした素数定理の証明

素数定理とは

最初に記法についてだが， $\lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$ となる関数 $f(x)$ と $g(x)$ の関係を $f(x)\sim g(x)$ と表す．
素数定理とは， $x$ 以下の素数の個数を表す関数（素数計数関数という） $\pi (x)$ を用いて
$\pi(x) \sim \frac{x}{\log{x}}$
となる定理である．
言い換えると
$\lim_{x\to \infty}\frac{\pi(x)\log{x}}{x} = 1$
となる．
これを証明しようとリーマンが「与えられた数より小さい素数の個数について」という論文で素数計数関数を与える式
$\pi(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\left({\rm li}(x^\frac{1}{n}) - \sum_{\Im(\rho)\gt 0}\left({\rm li}(x^{^\frac{\rho}{n}}) + {\rm li}(x^{\frac{1-\rho}{n}})\right) + \int_{x^\frac{1}{n}}^{\infty}\frac{1}{t(t^2-1)\log{t}}dt - \log{2}\right)$
を導出したが，ゼータ関数の非自明な零点を用いた和が必要で，この式を用いた証明としては不完全なものとなり，その非自明な零点の和に関する分布の予想がリーマン予想になる．
素数定理は他の手法で証明され，最後にはリーマン予想という大きな問題だけが残った．
元々はPerronの公式やChebyshevの関数を用いた証明があったが，Newmanによって初等的な証明が成された．
現在ではNewmanの証明を元にした以下の証明も見られる．
この記事は【Newman's Short Proof of the Prime Number Theorem】というpdfを元に書いていく．
また日本語として解説しているpdfも2つあった
【素数定理の証明】
【代数学特論　– リーマンのゼータ関数と素数分布について –】
ので参考にさせてもらった．

Newmanの証明を元にした素数定理の証明

問題設定の変更

$x$ 以下の素数にわたる対数の和
$\vartheta (x) = \Sigma_{p\leq x} \log{p}$
という関数を用いると
$\vartheta (x) = \Sigma_{p\leq x} \log{p} \leq \Sigma_{p\leq x} \log{x}$
と大小関係を考えることができ，あとは素数にわたる和なので， $\pi (x)$ を用いて
$\vartheta (x) = \Sigma_{p\leq x} \log{p} \leq \Sigma_{p\leq x} \log{x} = \pi(x) \log{x}$
という関係になる．
よって
$\frac{\vartheta (x)}{x} \leq \frac{\pi(x) \log{x}}{x}$
という関係が得られる．

次に部分和として任意の $0 < \varepsilon < 1$ を用いて
$\vartheta (x) = \Sigma_{p\leq x} \log{p} \geq \Sigma_{x^{1-\varepsilon} \leq p\leq x} \log{p} \geq \sum_{x^{1-\varepsilon} \leq p\leq x} \log{x^{1-\varepsilon}}$
という大小関係を考える．
これも素数計数関数を用いて
$\vartheta (x) \geq \Sigma_{x^{1-\varepsilon} \leq p\leq x} \log{x^{1-\varepsilon}} = (1-\varepsilon)(\pi(x) - \pi(x^{1-\varepsilon}))\log{x}$
と書くことができ，明らかに $\pi(x^{1-\varepsilon}) \leq x^{1-\varepsilon}$ なので
$\vartheta (x) \geq (1-\varepsilon)(\pi(x) - x^{1-\varepsilon})\log{x}$
最後にこれを変形すると
$\frac{1}{1-\varepsilon}\vartheta (x) \geq \pi(x)\log{x} - x^{1-\varepsilon}\log{x}$
これで
$\frac{1}{1-\varepsilon}\frac{\vartheta (x)}{x} + \frac{\log{x}}{x^{\varepsilon}} \geq \frac{\pi(x)\log{x}}{x}$
となる．

こうして $\lim_{x\to \infty}\frac{\log{x}}{x^\varepsilon} = 0$ ， $\varepsilon$ は任意なので
$\frac{\vartheta (x)}{x} \leq \frac{\pi(x) \log{x}}{x} \leq \frac{1}{1-\varepsilon}\frac{\vartheta (x)}{x} \to \frac{\vartheta (x)}{x}$
となり，はさみうちの原理から $x\to \infty$ のとき $\frac{\vartheta (x)}{x} = 1$ であることを示せば良い．
こうして素数定理の証明は $\vartheta (x) \sim x$ を示す問題にすげ替えることができる．
以下からは $\vartheta (x) \sim x$ を示すことを目標としていく．

θ(x)のオーダー

まず $\vartheta (x)$ のオーダーについて考える．
2の $2n$ 乗について，
$2^{2n} = (1+1)^{2n} = \sum_{r=0}^{2n}{}_{2n}C_r \geq {}_{2n}C_{n}$
になる．
ここで ${}_{2n}C_n$ は $n< p \leq 2n$ の素数 $p$ 全てで割り切ることができるので， ${}_{2n}C_{n} \geq \prod_{n< p \leq 2n}p$ になる．
これを $\vartheta (x) = \Sigma_{p\leq x} \log{p}$ で表すと
$e^{2n\log{2}} = 2^{2n} = (1+1)^{2n} = \sum_{r=0}^{2n}{}_{2n}C_r \geq {}_{2n}C_{n} \geq \prod_{n< p \leq 2n}p = e^{\vartheta(2n) - \vartheta(n)}$
になる．
こうして
$2n\log{2} \geq \vartheta(2n) - \vartheta(n)$
が得られる．
$\left[\frac{x}{2}\right] = n$ と置くと
$x\log{2} \geq 2n\log{2} \geq \vartheta(2n) - \vartheta(n) \geq \vartheta(x) - \vartheta(\frac{x}{2})$
ととなる．
任意の $x_0 \leq x$ について， $\frac{x}{2^{r+1}} < x_0 \leq \frac{x}{2^r}$ となる $r$ を使って
$x\log{2} \geq \vartheta(x) - \vartheta(\frac{x}{2})$
$\frac{x}{2}\log{2} \geq \vartheta(\frac{x}{2}) - \vartheta(\frac{x}{4})$
$\frac{x}{4}\log{2} \geq \vartheta(\frac{x}{4}) - \vartheta(\frac{x}{8})$
$\cdots$
$\frac{x}{2^r}\log{2} \geq \vartheta(\frac{x}{2^r}) - \vartheta(\frac{x}{2^{r+1}})$
を足していくと
$2x\log{2} \geq 2x(1-\frac{1}{2^r})\log{2} \geq \vartheta(x) - \vartheta(\frac{x}{2^{r+1}}) > \vartheta(x) - \vartheta(x_0)$
になる．
こうして
$2x\log{2} + \vartheta(x_0) > \vartheta(x)$
が得られ， $\vartheta(x_0)$ は定数なので $\vartheta(x) = \mathcal{O}(x)$ がわかった．

θ(x)～xの証明

ここからは $\vartheta (x) \sim x$ ，いわゆる $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} = 1$ を示す．
ここで仮に $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} \neq 1$ の場合を考えることにする．
その場合，
$\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} > 1$
$\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} < 1$
のいずれかになるはず．
そこでそれぞれ試しに考えていくことになる．
最初に $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} > 1$ となる場合を考えるが， $\vartheta(x) = \mathcal{O}(x)$ であることから $x$ がある程度大きくなると $M>1$ となる数値を用いて $\vartheta(x) > Mx$ になる．
『仮に $\int_{1}^{\infty}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt$ が収束するなら』，めちゃくちゃ大きい数値 $R$ を使って $\int_{R}^{RM}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt \to 0$ と書くことができる．
ここで $x\to \infty$ のとき $\vartheta(x) > Mx$ となるので
$\int_{x}^{Mx}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt > \int_{x}^{Mx}\frac{Mx - t}{t^2}dt > \int_{x}^{Mx}\frac{Mx - t}{t^2}dt = \int_{1}^{M}\frac{M - u}{u^2}du$
途中の式変形は $t = xu$ と置換した．
ここで $\int_{1}^{M}\frac{M - u}{u^2}du = \int_{1}^{M}(Mu^{-2} - u^{-1})du = M-1-\log{M}$ となり， $x\to \infty$ としても影響しないので， $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} > 1$ という前提が間違っていることになる．

同様に $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} < 1$ とすると， $x$ がある程度大きくなると $m<1$ となる数値を用いて $\vartheta(x) < mx$ となる．
仮に $\int_{1}^{\infty}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt$ が収束するなら，めちゃくちゃ大きい数値 $R$ を使って $\int_{Rm}^{R}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt \to 0$ と書くことができる．
ここで $\vartheta(x) < mx$ となるので， $x\to \infty$ とすると
$\int_{mx}^{x}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt < \int_{mx}^{x}\frac{mx - t}{t^2}dt = \int_{m}^{1}\frac{m - u}{u^2}du$ になる．
この場合も $\int_{m}^{1}\frac{m - u}{u^2}du = 1-m+\log{m}$ となり， $x$ に依存しないので， $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} < 1$ という前提が間違っていることになる．

こうして $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} > 1$ でも $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} < 1$ でもないので $\lim_{x\to \infty}\frac{\vartheta(x)}{x} = 1$ になる．

ここで問題は【仮に $\int_{1}^{\infty}\frac{\vartheta(t) - t}{t^2}dt$ が収束するなら】と仮定している部分の真偽に委ねられる．
この積分は $t=e^u$ と置換すると
$\int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^u)e^{-u}-1)du$
という積分に置き換えられ，今後はこれが収束することを示すことがメインになる．

関数の定義

ゼータ関数のオイラー積
$\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s} = \prod_{p}\left(1-p^{-s}\right)^{-1}$
の対数微分
$\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)} = \sum_{p} \frac{\log{p}}{1 - p^s}$
を変形する
$\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)} = -\sum_{p} \frac{p^s\log{p} - \log{p} + \log{p}}{p^s(1 - p^s)} = -\sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s} - \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s(p^s - 1)}$
ここで関数
$\Phi(s) = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s}$
を定義すると
$\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)} = -\Phi(s) - \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s(p^s - 1)}$
になる．
この $\Phi(x)$ は
$\Phi(s) = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s}\\ = \left(\frac{\log{2}}{2^s} - \frac{\log{2}}{3^s}\right) + \left(\frac{\log{2}}{3^s} + \frac{\log{3}}{3^s} - \frac{\log{2}}{5^s} - \frac{\log{3}}{5^s}\right) + \cdots$
と書き直すことができ， $k$ 番目の素数を $p_k$ とすると
$\Phi(s) = \sum_{k}\left(\frac{\vartheta(p_k)}{p_k^s} - \frac{\vartheta(p_{k+1} - \epsilon)}{(p_{k+1} - \epsilon)^s}\right)$
とまとめることができ，
$\Phi(s) = \sum_{k}\int_{p_{k+1}}^{p_k}-s\vartheta(t)t^{-s-1}dt = s\sum_{k}\int_{p_{k}}^{p_{k+1}}\vartheta(t)t^{-s-1}dt = s\int_{0}^{\infty}\vartheta(t)t^{-s-1}dt$
になる．
$t = e^u$ と置換すると
$\frac{\Phi(s)}{s} = \int_{0}^{\infty}\vartheta(e^u)e^{-us}du$
となり， $\frac{\Phi(s)}{s}$ は $\vartheta(e^s)$ のラプラス変換になる．
この先の話の流れとしては，このラプラス変換を用いて先の $\int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^u)e^{-u}-1)du$ の収束性の証明をしていくが，そのためには $\Phi(s)$ の性質について調べる必要がある．

関数Φ(s)の性質

以下の3つの関数
$\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$
$\Phi(s) = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s}$
$\vartheta (x) = \Sigma_{p\leq x} \log{p}$
について調べていく．

$\zeta(s)$ は $\lim_{s\to 1}(s-1)\zeta(s) = 1$ となり， $s=1$ において留数1の極を持つ．
$s=1$ についてローラン展開すると
$\zeta(s) = \frac{1}{s-1} + \gamma + \sum_{k=1}^{\infty}\gamma_k(s-1)^k$
という形になり， $\gamma$ はオイラー定数， $\gamma_k$ は一般オイラー定数と呼ばれる．
$s=1$ におけるローラン展開の極を消去すると $\zeta(s) - \frac{1}{s-1}$ は $\Re(s)\geq0$ で正則になる．
$\zeta(s)$ 自体は $\Re(s)>1$ では零点を持たない．

ここで $\Re(s)=1$ の直線上で零点が存在するかを見ていく．
$\zeta(s) - \frac{1}{s-1}$ は $\Re(s)\geq0$ で正則になるので $\zeta(s) - \frac{1}{s-1} = \phi(s)$ とすると $\zeta(s) = (s-1)^{-1}+\phi(s)$ になる．
ここで $\zeta'(s) = -(s-1)^{-2} + \phi'(s)$ になるので
$\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = \frac{-1 + (s-1)^2\phi'(s)}{(s-1)(1+(s-1)\phi(s))}$ になり， $\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}$ は $s=1$ で留数1の極を持つ．
次に $\zeta(s)$ が $1+i\alpha$ で $\mu$ 位の零点を持つとして， $1+2i\alpha$ で $\nu$ 位の零点を持つとする．（ $\nu = 0$ の場合もある）
もしも $\zeta(s)$ が $s=s_0$ で $k$ 位の零点となる場合，
$\zeta(s) = (s-s_0)^k(1+g(s))$ となる $g(s)$ が存在する．
これを微分すると
$\zeta'(s) = k(s-s_0)^{k-1}(1+g(s)) + (s-s_0)^kg'(s) = (s-s_0)^{k-1}(k+kg(s) + (s-s_0)g'(s))$
になり，
$\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = \frac{ (s-s_0)^{k-1}(k+kg(s) + (s-s_0)g'(s)) }{ (s-s_0)^k(1+g(s)) } = \frac{ k(1+g(s)) + (s-s_0)g'(s) }{(s-s_0)(1+g(s))}$ となるので，
$(s-s_0)\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = \frac{ k(1+g(s)) + (s-s_0)g'(s) }{(1+g(s))}$ と変形でき， $\lim_{s\to s_0}(s-s_0)\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = k$ と留数 $k$ の一位の極になる．
また， $n^{a+bi} = n^a(\cos{(b\log{n})} + i\sin{(b\log{n})})$ に対し $n^{a-bi}$ は $n^{a-bi} = n^a(\cos{(b\log{n})} - i\sin{(b\log{n})})$ となり $\zeta(\overline{s}) = \overline{\zeta(s)}$ になるので， $\zeta(1+i\alpha) = 0$ ならば $\zeta(1-i\alpha) = 0$ ということがわかる．

ここで前述の
$\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)} = -\Phi(s) - \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s(p^s - 1)}$
について，
$\sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s(p^s - 1)}$
は $\Re(s)\geq \frac{1}{2}$ のときに収束することを見ていく．
$\sum_{p}\left|\frac{\log{p}}{p^s}\right| \leq \sum_{p}\frac{\log{p}}{|p^s|(|p^s| - 1)} \leq \sum_{p}\frac{2\log{p}}{|p^s|^2} = \sum_{p}\frac{2\log{p}}{p^{2\Re(s)}} < \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{n}}{n^{2\Re(s)}}$
となる．
ここで $\epsilon>0$ とすると $\log{x} \ll x^\epsilon$ なので $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{n}}{n^s} < \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{\epsilon}}{n^{s}}$ になり $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{n}}{n^{s}}$ は $s>1$ のときに収束する．
つまり $\sum_{p}\left|\frac{\log{p}}{p^s}\right| < \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{n}}{n^2\Re(s)}$ の右辺は $\Re(s)>\frac{1}{2}$ のときに収束する．
こうして
$\Phi(s) = -\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)} - \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s(p^s - 1)}$
の極は $\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)}$ に委ねられることになった．

ここで先の議論で， $\zeta(s)$ が $s=s_0$ で $k$ 位の零点を持つならば $\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}$ は $s=s_0$ で留数 $k$ の一位の極が得られるので，
$\lim_{\epsilon \to +0}\epsilon\Phi(1+\epsilon) = 1$
$\lim_{\epsilon \to +0}\epsilon\Phi(1+\epsilon \pm i\alpha) = -\mu$
$\lim_{\epsilon \to +0}\epsilon\Phi(1+\epsilon \pm 2i\alpha) = -\nu$
になる．
ここで $\Phi(s) = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s}$ なので， $\Phi(1+\epsilon \pm i\alpha) = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^{1+\epsilon \pm i\alpha}} = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^{1+\epsilon}} p^{\mp i\alpha}$ になる．
つまり右辺をうまいこと使うと $\epsilon \to +0$ としても
$\sum_{k=-2}^{2} \tbinom{4}{2+k}\epsilon\Phi(1+\epsilon + ki\alpha) = \sum_{p}\epsilon\frac{\log{p}}{p^{1+\epsilon}}(\tbinom{4}{0}p^{2i\alpha} + \tbinom{4}{1}p^{i\alpha} + \tbinom{4}{2} + \tbinom{4}{3}p^{-i\alpha} + \tbinom{4}{4}p^{-2i\alpha}) = \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^{1+\epsilon}}(p^{\frac{i\alpha}{2}} + p^{\frac{-i\alpha}{2}})^4 \geq 0$
ということがわかる．
しかし一方，左辺は $\epsilon \to 0$ とすると
$\sum_{k=-2}^{2} \epsilon\tbinom{4}{2+k}\Phi(1+\epsilon + ki\alpha) = \tbinom{4}{0}\nu + \tbinom{4}{1}\mu + \tbinom{4}{2} + \tbinom{4}{3}\mu + \tbinom{4}{4}\nu = 6-8\mu - 2\nu$
になるが，この計算結果は0以上になるはずで， $\mu = 0$ としかならない．
$\zeta(s)$ が $1+i\alpha$ で $\mu$ 位の零点を持つと仮定していたので， $\zeta(s)$ は $\Re(s) = 1$ で零点を持たないことがわかる．
よって $\Phi(s) = -\frac{\zeta '(s)}{\zeta(s)} - \sum_{p}\frac{\log{p}}{p^s(p^s - 1)}$ の極は $s=1$ のみであり，その極は位数1で留数1になる．

$\Phi(s) = \frac{1}{s-1} + \sum_{n=0}^{\infty}a_n(s-1)^n$
とローラン展開でき，
$\Phi(s) - \frac{1}{s-1} = \sum_{n=0}^{\infty}a_n(s-1)^n$
は $\Re(s) \geq 1$ で正則になる．

積分の収束性

先程なぜ $\Phi(s)$ の正則性の話まで考えたのかと言うと，
$\Phi(s) = s\int_{0}^{\infty}e^{-st}\vartheta(e^t)dt$
という積分について，先の $\int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^u)e^{-u}-1)du$ が収束することを証明するためだ．
$f(t) = \vartheta(e^t)e^{-t} - 1$ のラプラス変換
$\mathcal{L}[f](z) = \int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^t)e^{-t} - 1)e^{zt}dt$
について収束性が証明でき， $\mathcal{L}[f](0) = \int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^t)e^{-t} - 1)dt$ が言えるなら素数定理の証明は終了する．
$\mathcal{L}[f](z) = \int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^t)e^{-t} - 1)e^{zt}dt = \int_{0}^{\infty}\left(\vartheta(e^t)e^{-(z+1)t} - e^{-st}\right)dt = \int_{0}^{\infty}\vartheta(e^t)e^{-(z+1)t}dt - \int_{0}^{\infty}e^{-st}dt$
と変形すると， $\Phi(s) = s\int_{0}^{\infty}e^{-st}\vartheta(e^t)dt$ より
$\mathcal{L}[f](z) = \frac{\Phi(z+1)}{z+1} - \frac{1}{z} = \frac{z\Phi(z+1) - z - 1}{z(z+1)} = \frac{\Phi(z+1) - z^{-1}}{z+1}-\frac{1}{z+1}$
になり， $\Phi(s) - \frac{1}{s-1}$ は $s=1$ で正則なので， $\mathcal{L}[f](z) = \int_{0}^{\infty}(\vartheta(e^t)e^{-t} - 1)e^{zt}dt$ は $z=0$ で収束する．
最後に
$\mathcal{L}[f](z) = \int_{0}^{\infty}f(t)e^{-zt}dt$
が $z\geq 0$ で収束するときに $\mathcal{L}[f](0) = \int_{0}^{\infty}f(t)dt$ となることが言えれば良い．

ここで解析的定理を証明する．

$f(t)$ が $t\geq 0$ で積分可能で
$g(z) = \int_0^\infty f(t)e^{-zt}dt$
が $\Re(z) \geq 0$ で正則のとき， $\int_0^\infty f(t)dt$ は収束し， $g(0) = \int_0^{\infty} f(t)dt$ になる

ここで $g(z) = \int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}dt$ の積分区間を変更した $g_T(z) = \int_{0}^{T}f(t)e^{-st}dt$ について， $\lim_{T\to \infty}g_T(0) = g(0)$ になることを示すことが最後の目標になる．
$h(z) = (g(z)-g_T(z))e^{zt}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)$
という関数を定義すると， $a=0$ としたコーシーの積分公式 $h(a) =\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{h(z)}{z-a}dz$ から，
$g(0)-g_T(0) = \frac{1}{2\pi i}\int_{C}(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz$
になり， $T\to \infty$ とするときに右辺が0になることを示せば良い．
ここで
$|g(0)-g_T(0)| \leq \frac{1}{2\pi}\int_{C}|g(z)-g_T(z)|\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|dz$
になるのでこれから右辺を評価する．
積分経路を $-\delta-Ri$ から $-\delta+Ri$ の虚軸の少し左側を通る経路を $C_-$ ， $-\delta$ を中心とした半径 $R$ の $\Re(z)>0$ の半円を通る経路を $C_+$ として $(C_-) + (C_+) = C$ とする．
半円 $C_+$ 上の評価について， $0\leq t < \infty$ までの $f(t)$ の最大値を $B$ とすると
$|g(z)-g_T(z)| = |\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-zt}dt - \int_{0}^{T}f(t)e^{-zt}dt| = |\int_{T}^{\infty}f(t)e^{-zt}dt| \leq B\int_{T}^{\infty}\left|e^{-zt}\right|dt$
$|g(z)-g_T(z)| \leq B\int_{T}^{\infty}\left|e^{-zt}\right|dt = B\int_{T}^{\infty}e^{-\Re(z)t}dt = \frac{Be^{-\Re(z)T}}{\Re(z)}$
また $z=Re^{i\theta}$ とすると
$\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right| < e^{\Re(z)T}\left|\left(1+e^{2i\theta}\right)\frac{e^{-i\theta}}{R}\right| = e^{\Re(z)T}\left|e^{-i\theta}+e^{i\theta}\right|\frac{1}{R}$
$\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right| < e^{\Re(z)T}\left|Re^{-i\theta}+Re^{i\theta}\right|\frac{1}{R^2} = e^{\Re(z)T}\left|z+\overline{z}\right|\frac{1}{R^2} = e^{\Re(z)T}\frac{2|\Re(z)|}{R^2}$
になり，
$\frac{1}{2\pi}\int_{C_+}|g(z)-g_T(z)|\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|dz \leq \frac{1}{2\pi}\int_{C_+} \frac{Be^{-\Re(z)T}}{\Re(z)}e^{\Re(z)T}\frac{2|\Re(z)|}{R^2} dz \leq \frac{1}{2\pi}\pi R \frac{2B}{R^2} = \frac{B}{R}$
と評価ができる．

直線 $C_-$ の評価については $g(z)$ と $g_T(z)$ について分割でき
$\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}|g(z)-g_T(z)|\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|dz \leq \left|\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| + \frac{1}{2\pi}\int_{C_-}|g_T(z)|\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|dz$
とする．

$\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}|g_T(z)|\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|dz$
については
$\left|e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right| < e^{\Re(z)T}\frac{2|\Re(z)|}{R^2}$
という評価と， $0\leq t < \infty$ までの $f(t)$ の最大値を $B$ ， $\Re(z) < 0$ として
$|g_T(z)| = \int_{0}^{T}|f(t)e^{-zt}|dt \leq \int_{0}^{T}B|e^{-zt}|dt \leq B\int_{-\infty}^{T}e^{-\Re(z)t}dt = \frac{Be^{-\Re(z)T}}{-\Re(z)}$
になるので
$|g_T(z)| = \frac{1}{2\pi}\int_{C_-}f(t)e^{-zt}dt \leq \frac{1}{2\pi}(\pi R)\frac{Be^{-\Re(z)T}}{-\Re(z)} e^{\Re(z)T}\frac{2|\Re(z)|}{R^2} = \frac{B}{R}$
という評価が得られる．

最後は
$\left|\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right|$
の評価だが，
積分経路上の $\left|g(z)\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}\right|$ の最大値を $B_2$ とすると
$\left|\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| \leq \left|\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}B_2 e^{zT}dz\right| \leq \frac{B_2}{2\pi}\int_{C_-}\left|e^{zT}\right|dz$
という評価からあとは
$\left|\frac{1}{2\pi}\int_{C_-}g(z)e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| \leq \frac{B_2}{2\pi}\int_{C_-}\left|e^{zT}\right|dz \leq \frac{B_2}{2\pi}\int_{C_-}\left|e^{zT}\right|dz = \frac{B_2}{2\pi}\int_{C_-}e^{\Re(z)T}dz = \frac{B_2}{2\pi}\int_{C_-}e^{-\delta T}dz = \frac{RB_2}{\pi}e^{-\delta T}$
と計算できる．
よって
$\frac{1}{2\pi}\left|\int_{C_-}g(z)-g_T(z)e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| \leq \frac{B}{R} + \frac{RB_2}{\pi}e^{-\delta T}$
になる．

最後はこれまでの積分
$|g(0)-g_T(0)| = \left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C}(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| \\< \left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| + \left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C_+}(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right|$
について，
$\left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C_+}(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| \leq \frac{B}{R}$
及び
$\left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C_-}(g(z)-g_T(z))e^{zT}\left(1+\frac{z^2}{R^2}\right)\frac{1}{z}dz\right| \leq \frac{B}{R} + \frac{RB_2}{\pi}e^{-\delta T}$
だったので，
$|g(0)-g_T(0)| \leq \frac{B}{R} + \frac{B}{R} + \frac{RB_2}{\pi}e^{-\delta T} = \frac{2B}{R} + \frac{RB_2}{\pi}e^{-\delta T}$
あとは $T\to \infty$ とすると
$\lim_{T\to\infty}|g(0)-g_T(0)| \to \frac{2B}{R}$
で， $R$ はいくらでも広げられるので
$\lim_{T\to\infty}|g(0)-g_T(0)| = 0$
になる．

つまり
$g(0) = \lim_{T\to \infty}g_T(0)$
ということが示せたので，素数定理の証明ができた．