[Ⅴ]　∫_[1，∞] [θ(x)－x]／x² dxは収束する。

上記の積分の収束を命題[Ⅲ] 、[Ⅳ]、[定理A]を用いて5段階で証明します。

（1）　Φ(s)＝s∫_[1，∞] θ(x)／x^ｓ+1 dx、Re(s)＞1　が成り立つことを示します。

s∫_[1，∞] θ(x)／x^ｓ+1 dx＝s∫_[1，∞]Σ_[p≦x] log(p)／x^ｓ+1 dx

＝s∫_[1，2]0 dx＋s∫_[2，3] log2／x^ｓ+1dx＋s∫_[3，5](log2＋log3)／x^ｓ+1 dx＋・・・

＝－[log2／x^ｓ]_x=2,3－[(log2+log3)／x^ｓ]_x=3,5－[(log2+log3+log5)／x^ｓ]_x=5,7＋・・・

＝－(log2／3^s－log2／2^s)－[ (log2+log3)／5^s－(log2+log3)／3^s) ]

　－[ (log2+log3+log5)／7^s－(log2+log3+log5)／5^s) ]

　－[ (log2+log3+log5+log7)／11^s－(log2+log3+log5+log7)／7^s) ]－・・・

＝log2／2^s＋log3／3^s＋log5／5^s＋log7／7^s＋・・・

＝Σ_[p]logp／p^s ＝Φ(s)

（2）f(t)＝θ(e^t)e^－t－1　（t≧0）は有界かつ可積分である、ことを示します。

 (Ⅲ)でx＝e^tとして、あるＫ＞0が存在して、｜θ(e^t)｜≦Ｋe^t だから

   ｜f(t)｜＝｜θ(e^t)e^－t－1｜≦｜θ(e^t)｜e^－t＋1＝Ｋe^t e^－t＋1＝Ｋ＋1　

となり、f(t)は有界な関数である。

（3）g(z)＝Φ(z+1)／(z+1)－1/z　　Re(z)＞0　を示します。

x＝e^tとおいて置換積分を実施する。dx＝xdt、t：0→∞、x：1→∞、

e^－zt＝(e^t)^－z＝x^－zに注意すると、

　g(z)＝∫_[0，∞] (θ(e^t)e^－t－1)exp[－zt] dt

　　＝∫_[1，∞] (θ(x)x^－1) x^－z dx/x－[e^－zt／－z]_t=0,∞

　　＝∫_[1，∞] (θ(x)／x^z＋2)dx－1/z

　　＝Φ(z＋1)／(z＋1)－1/z

が示されました。

（4）g(z)はRe(z)≧0で正則である、ことを示します。

(Ⅲ)より、Φ(s)－1/(ｓ－1)はRe(s)≧1で正則なので、s＝z＋1として

　　Re(s)＝Re(z)＋1≧1　→　Re(z)≧0　

Φ(z＋1)－1/zはRe(z)≧0で正則なので、正則関数h(x)を用いて、

　　Φ(z＋1)－1/z＝h(x)　

と表せます。

　g(z)＝Φ(z＋1)／(z＋1)－1/z

　　　＝（h(x)＋1/z）／(z＋1)－1/z＝

　　　＝h(x)／(z＋1)＋1／z(z＋1)－1/z

　　　＝h(x)／(z＋1)＋[1－(z＋1)]／z(z＋1)

　　　＝[h(x)－1]／(z＋1)

　g(z)は、z=－1に極をもちますが、Re(z)≧0で正則であることが示されました。

（5）g(0)＝∫_[0，∞] f(t) dt＝∫_[1，∞] [θ(x)－x]／x² dx　が収束する、ことを示します。

　（2）より関数f(t)＝θ(e^t)e^－t－1はt≧0で有界かつ可積分であり、

　（4）よりg(z)＝∫_[0，∞] f(t)exp[－zt] dt がRe(z)≧0で正則である

従ってNewmanの解析定理により

　　g(0)＝∫_[0，∞] f(t) dt＝∫_[0，∞] (θ(e^t)e^－t－1) dt

が存在します。（3）と同様にx＝e^tとおいて置換積分を実施すると、

　　g(0)＝∫_[1，∞] (θ(x)x^－1－1) dx/x＝∫_[1，∞] [θ(x)－x]／x² dx

が収束することが示されました。