[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)／xｓ+1 dx、Re(s)＞1 が成り立つことを示します。
s∫[1，∞] θ(x)／xｓ+1 dx＝s∫[1，∞]Σ[p≦x] log(p)／xｓ+1 dx
＝s∫[1，2]0 dx＋s∫[2，3] log2／xｓ+1dx＋s∫[3，5](log2＋log3)／xｓ+1 dx＋・・・
＝－[log2／xｓ]x=2,3－[(log2+log3)／xｓ]x=3,5－[(log2+log3+log5)／xｓ]x=5,7＋・・・
＝－(log2／3s－log2／2s)－[ (log2+log3)／5s－(log2+log3)／3s) ]
－[ (log2+log3+log5)／7s－(log2+log3+log5)／5s) ]
－[ (log2+log3+log5+log7)／11s－(log2+log3+log5+log7)／7s) ]－・・・
＝log2／2s＋log3／3s＋log5／5s＋log7／7s＋・・・
＝Σ[p]logp／ps ＝Φ(s)
（2）f(t)＝θ(et)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＝etとして、あるＫ＞0が存在して、｜θ(et)｜≦Ｋet だから
｜f(t)｜＝｜θ(et)e－t－1｜≦｜θ(et)｜e－t＋1＝Ｋet 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＝etとおいて置換積分を実施する。dx＝xdt、t：0→∞、x：1→∞、
e－zt＝(et)－z＝x－zに注意すると、
g(z)＝∫[0，∞] (θ(et)e－t－1)exp[－zt] dt
＝∫[1，∞] (θ(x)x－1) x－z dx/x－[e－zt／－z]t=0,∞
＝∫[1，∞] (θ(x)／xz＋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(et)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(et)e－t－1) dt
が存在します。（3）と同様にx＝et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。