Tìm hiểu định lý cơ bản về số nguyên tố và một số vấn đề liên quan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRẦN THỊ XUÂN THÙY

Đề tài
TÌM HIỂU ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ VÀ

MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

ĐỀ ÁN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Bình Định - Năm 2023

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRẦN THỊ XUÂN THÙY

Đề tài
TÌM HIỂU ĐỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ VÀ

MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8242592029

Khóa 24B (2021-2023)

Người hướng dẫn: PGS.TSKH Huỳnh Văn Ngãi

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan đề án Tìm hiểu định lý cơ bản về số nguyên tố và
một số vấn đề liên quan là kết quả nghiên cứu và tổng hợp của bản thân,
được thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS.TSKH. Huỳnh Văn Ngãi, giảng viên
trường Đại học Quy Nhơn. Những phần sử dụng tài liệu tham khảo trong đề
án đã được nêu rõ trong phần tài liệu tham khảo và trích dẫn cụ thể trong quá
trình thể hiện nội dung. Tất cả các nguồn tư liệu đã được ghi chú đầy đủ và
chính xác theo hướng dẫn của nhà trường.

Tôi hy vọng rằng đề án này sẽ mang lại giá trị và đóng góp tích cực vào lĩnh
vực nghiên cứu của mình. Tơi sẽ chịu trách nhiệm với tất cả những thơng tin và
kết quả được trình bày trong đề án và sẵn sàng giải thích hoặc bổ sung thêm
thơng tin nếu cần thiết.

Tác giả
Trần Thị Xuân Thùy

Lời cảm ơn

Trước tiên, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS. TSKH Huỳnh Văn
Ngãi đã hướng dẫn và chỉ bảo tôi trong suốt q trình nghiên cứu , giúp tơi hiểu
rõ hơn về định lý số nguyên tố và những khía cạnh phức tạp liên quan, đưa ra
những gợi ý quý giá để tơi có thể hồn thiện nghiên cứu.

Tơi cũng muốn bày tỏ lòng biết ơn đến quý thầy, cơ và các đơn vị phịng ban
của phịng Đào tạo sau đại học tại trường đại học Quy Nhơn vì đã luôn theo
dõi và tạo điều kiện trong suốt quá trình tơi học tập và nghiên cứu tại đây.

Cuối cùng, tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình và bạn bè đã

động viên và cổ vũ tơi trong q trình làm đề án. Những lời khích lệ và sự động
viên từ mọi người đã làm nguồn động lực lớn để tôi vượt qua khó khăn và hồn
thành đề án một cách thành cơng.

Một lần nữa, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến PGS.TSKH Huỳnh Văn
Ngãi, quý thầy cơ của khoa Tốn và Thống kê đã đóng góp vào quá trình này.
Đây là một trải nghiệm quý giá và tôi rất tự hào về kết quả đã đạt được. Tơi
hy vọng rằng cơng trình của tơi sẽ có ý nghĩa và góp phần vào việc khám phá
và hiểu sâu hơn về định lý cơ bản về số nguyên tố và một số vấn đề liên quan.

Xin chân thành cảm ơn
Quy Nhơn, tháng 10 năm 2023

Tác giả
Trần Thị Xuân Thùy

Mục lục

Danh mục các kí hiệu, chữ viết tắt

Mở đầu 1

1 Các kiến thức cơ bản chuẩn bị về lý thuyết số và giải tích tốn

học 3

1.1 Một số hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Chuỗi đặc biệt liên quan đến số nguyên tố. . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Định lý Fermat bé và định lý Wilson. . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Hàm Zeta Riemann và cơng thức tích Euler 7

2.1 Hàm Zeta Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 Cơng thức tích Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.3 Định lý của Mertens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3 Định lý Chebyshev và chứng minh 16

3.1 Định lý Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.2 Định đề Bertrand và chứng minh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

4 Định lý cơ bản về số nguyên tố và chứng minh 23

4.1 Định lý Ikerhara - Wiener . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.2 Định lý số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Tài liệu tham khảo 43

Một số kí hiệu viết tắt

Λ(n) Hàm Λ− Mangoldt .
ψ(x) Hàm ψ− Mangoldt.
L(s, χ) Hàm L .
µ(n) Hm moăbius.

(x) Hàm đếm số nguyên tố.
Tổng chạy qua tất cả các số nguyên tố p.
p Tích của các số nguyên tố p.
Tồn tại M < 0 sao cho B ≥ MA .
p Tồn tại M > 0 sao cho B ≤ MA.
Bội chung nhỏ nhất của tập hợp các số từ 1 đến n .
A≪B Tổng của x số hạng và nhỏ hơn bội số hằng số của x.
A≫B
lcm[1, 2, ..., n]

v=1 x O(1) = O(x)

MỞ ĐẦU

Nếu x > 0, π(x) là hàm đếm số nguyên tố không vượt quá x. Khi x → ∞ thì

π(x) → ∞ vì có vô số số nguyên tố. Hàm π(x) là đối tượng nghiên cứu chuyên

sâu của nhiều nhà toán học nổi tiếng từ thế kỷ XVIII. Qua việc kiểm tra bảng

số nguyên tố, Gauss (1792) và Legendre (1798) đã đặt giả thiết rằng π(x) tiệm

cận với x , nghĩa là
log x

lim π(x) log x =1

x→∞ x

Giả thiết này đã được chứng minh lần đầu tiên vào năm 1896 bởi Hadamard

và de la Vallée Poussin và ngày nay được biết đến với tên gọi là định lý số nguyên

tố.

Chứng minh định lý số nguyên tố thường được dùng giải tích hoặc sơ cấp, tùy

thuộc vào các phương pháp được sử dụng để chứng minh chúng. Chứng minh

của Hadamard và de la Vallée Poussin là phân tích, sử dụng lý thuyết hàm phức

và tính chất của hàm zeta Riemann. Năm 1949 A. Selberg và P. Eratosthenes

đã chứng minh sơ cấp mà không sử dụng hàm zeta cũng như lý thuyết hàm

phức nhưng khá phức tạp. Vì vậy tơi chọn đề tài" Tìm hiểu định lý cơ bản về số

nguyên tố và một số vấn đề liên quan" để tìm hiểu thêm về số ngun tố. Trong

đề án này, tơi sẽ trình bày một tóm tắt ngắn gọn về những đặc điểm chính của

chứng minh sơ cấp, chủ yếu liên quan đến các định lý cơ bản về số nguyên tố.

Đặc biệt, tơi chỉ ra rằng định lý số ngun tố có thể được biểu diễn dưới nhiều

dạng tương đương.

Nội dung của đề án gồm 4 chương:

Chương 1 Các kiến thức cơ bản chuẩn bị về lý thuyết số và giải tích

tốn học.

Trình bày một số hàm số học, chuỗi, định lý Fermat bé và định lý Wilson.

Chương 2 Hàm Zeta Riemann và cơng thức tích Euler.

Trình bày định nghĩa Hàm Zeta Riemann, định lý và chứng minh. Nêu cơng

thức tích Euler và định lý của Mertens.

Chương 3 Định lý Chebyshev và chứng minh.

Trình bày định lý Chebyshev và chứng minh định lý dựa vào các mệnh đề , định

1

đề Bertrand và chứng minh.
Chương 4 Định lý cơ bản về số nguyên tố và chứng minh.

Trình bày định lý Ikerhara- Wiener, biến đổi Fourier, công thức Parseval. Trình
bày định lý cơ bản số nguyên tố và các bước chứng minh định lý dựa vào các
mệnh đề.

Bình Định,ngày 31 tháng 10 năm 2023
Trần Thị Xuân Thùy

2

Chương 1

Các kiến thức cơ bản chuẩn bị về lý
thuyết số và giải tích tốn học

1.1 Một số hàm số học

Định lý 1.1.1. [2] Cho f(n) là một hàm nhân tính, đặt

F (n) = f (d).

d|n

Khi đó F (n) cũng là một hàm nhân tính.

Chứng minh. Giả sử m = m1m2 với (m1, m2) = 1. Khi đó, ta có một song ánh

giữa các ước số của m với các cặp (d1, d2) các ước số của m1 và m2. Thật vậy, gọi d

là một ước số bất kỳ của m , đặt d1 = (d, m1), d2 = (d, m2). Khi đó vì (m1, m2) = 1

nên (d1, d2) = 1 và d = d1d2. Ngược lại, nếu d1 là một ước số của m1 và d2 là một

ước số của m2 thì d = d1d2 là một ước số của m và d1 = (d, m1), d2 = (d, m2). Do

đó,

F (m) = f (d) = f (d1d2)

d|m d1|m1 d2|m2

= f (d1)f (d2)

d1|m1 d2|m2

  

=  f (d1)  f (d2)

d1|m1 d2|m2

= F (m1)F (m2).

Định lý đã được chng minh.

nh ngha 1.1.2 (Hm moăbius). Vi mi s nguyờn dương n đặt

 nếu n khơng có ước số chính phương
(−1)νn .
µ(n) =
0 trong trường hợp khác

3

Hm à(n) c gi l hm moăbius .

nh lý 1.1.3. Hàm µ(n) là một hàm nhân tính thỏa mãn



1 nếu n = 1,

µ(d) = nếu n > 1.

d|n 0

Chứng minh. Dễ thấy µ(n) là một hàm nhân tính, ta có F (n) = d|n µ(n) cũng
là một hàm nhân tính.

Hiển nhiên F (1) = 1. Nếu p là một số nguyên tố và α là một số nguyên dương

thì

F (pα) = µ(pα) = 1 + µ(p) = 1 + (−1) = 0.

β=0

Do đó , F (n) = 0 với mọi n > 1.

Định lý 1.1.4 (Công thc nghch o moăbius ). Nu vi mi s nguyờn dương
n,

F (n) = f (d)

d|n

thì
n

f (n) = µ(d)F ( ).
d

d|n

Chứng minh. Ta có

n
µ(d)F ( ) = µ(d) f (k)
d
d|n d|n k|(n/d)

= µ(d)f (k)

dk|n

= f (k) µ(d)

k|n d|(n/k)

= f (n)

1.2 Chuỗi đặc biệt liên quan đến số nguyên tố.

Định lý 1.2.1. Chuỗi 1 = 12 + 13 + 15 + · · · phân kỳ.
p

Chứng minh. Giả sử chuỗi 1 hội tụ, ta có thể chọn j sao cho phần dư sau j
là số hạng nhỏ hơn 12. p

1 + 1 1
+··· < .
pj+1 pj+2 2

4

Vì n ≤ x chia hết cho p . Do đó, x − N (x) với n ≤ x chia hết cho pj+1, pj+2, · · ·

nhưng không lớn hơn x + x 1
Cho N (x) ≥ 2j√x , ta được +··· < x
pj+1 pj+2 2

1 x < N (x) ≤ 2j√x, x < 22j+2,
2

điều này sai với x ≥ 22j+2. Vì vậy, chuỗi 1 phân kỳ.
p

1.3 Định lý Fermat bé và định lý Wilson.

Định lý 1.3.1 (Định lý Fermat bé). Nếu p là số nguyên tố và a khơng chia hết
cho p, thì

ap−1 ≡ 1 (mod p).

Chứng minh. Xét p − 1 số nguyên a, 2a, . . . , (p − 1)a. Các số này đều khơng chia
hết cho p và khơng có hai số nào đồng dư modulo p. Như vậy, các thặng dư
dương bé nhất của chúng phải là 1, 2, . . . , p − 1, được sắp xếp theo thứ tự bất kỳ.
Từ đó, ta có

a · 2a . . . (p − 1)a ≡ 1 . . . (p − 1) ≡ (p − 1)! (mod p).

Tức là ap−1 · (p − 1)! ≡ 1 (mod p).

Vì ((p − 1)!, p) = 1, nên ta có ap−1 ≡ 1 (mod p).
Hệ quả 1.3.2. Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên dương thì ap ≡ a (mod p).

Hệ quả 1.3.3. Nếu p là số nguyên tố và a là số ngun khơng chia hết cho p,
thì ap−2 là nghịch đảo của a modulo p.

Định lý 1.3.4 (Định lý Euler). Cho a, m là các số nguyên, (a, m) = 1. Khi đó ,

aϕ(m) ≡ 1 mod m.

Chứng minh. Gọi (r1, r2, · · · , rϕ(m)) là một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Vì
(a, m) ≡ 1 nên (ar1, ar2, · · · , arϕ(m)) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m.
Ứng với mỗi i, 1 ≤ i ≤ ϕ(m) tồn tại duy nhất 1 ≤ j ≤ ϕ(m) sao cho ri ≡ arj
mod m và ngược lại, với mỗi j, 1 ≤ j ≤ ϕ(m) tồn tại duy nhất 1 ≤ i ≤ ϕ(m) sao
cho arj ≡ ri mod m. Từ đó,

ϕ(m) ϕ(m) ϕ(m)

(arj) = aϕ(m) rj ≡ ri mod m

j=1 j=1 i=1

5

Do (ri, m) = 1 với i = 1, 2, · · · , ϕ(m) nên ta có aϕ(m) ≡ 1 mod m. Định lý đã được
chứng minh.
Định lý 1.3.5 ( Định lý Wilson ). Cho p là số nguyên tố. Khi đó,

(p − 1)! ≡ −1 mod p
Chứng minh. Chia tập R = {1, 2, · · · , p − 1} thành 3 tập A, B, C rời nhau thỏa

mãn

A = {i ∈ R : i ≡ i mod p}, B = {j ∈ R\A : j ∈ C}, C = {k ∈ R\A : k ∈ B}.
Ta có A = {1, p − 1}. Từ đó theo cách định nghĩa của B, C ta có

(p − 1)! = i j k

i∈A j∈B k∈C

=ij k

i∈A j∈B k∈B

≡ 1(p − 1) (jj)

j∈B

≡ −1 mod p.
Định lý được chứng minh.

6

Chương 2

Hàm Zeta Riemann và cơng thức
tích Euler

2.1 Hàm Zeta Riemann

Định nghĩa 2.1.1. [6] Cho s là số phức, s = σ + it , với σ > 1

∞1

ζ(s) = ns .

n=1

Định lý 2.1.2. Tích

1
1 − p−s ,

p

hội tụ đều về ζ(s) trên nửa mặt phẳng Re(s) > 1 + δ, với δ > 0 .

Chứng minh. Xét dãy (ap, M ) như sau ap, M = 1/ps nếu p ≤ M , và ap, M = 0

nếu p > M. Khi đó, với mọi n nguyên dương, n > 1, và có phân tích ra thừa số
ngun tố là n = pα1 1 . . . pαk k . Đặt fM (n) = aα1 p1,M . . . aαk pk,M và fM (1) = 1. Khi đó, f
là hàm nhân tính và n=1 ∞ fM (n) hội tụ tuyệt đối (do |fM (n)| ≤ 1/nRe(s)). Vậy,
theo đẳng thức Euler: n=1 ∞ = 1/ns = p 1/1 − p−s , σ > 1 khi p chạy qua tập
tất cả số nguyên tố. Ta có PM = n=1 ∞ fM (n), với PM = p≤M 1 − 1/p−s .
Do đó,

1 ∞ ∞1 1
1 − p−s − ζ(s) = fM (n) − ns ≤ ns ,
p≤M n=1 n=1 n≥M

Suy ra

−ζ(s) ≤ 1
n1+δ ,
p≤M n≥M

7

với mọi s thỏa Re(s) > 1 + δ.
Vậy

1
1 − p−s .

2.2 Cơng thức tích Euler

Euler đã chỉ ra mối quan hệ với các số nguyên tố, lấy hàm ζ(s)và phân tích
thành từng phần

Định lý 2.2.1. [6] Với s > 1,

∞1 1 −1
ζ(s) = ns = 1 − ps .

n=1 p

Chứng minh. Trừ hai biểu thức sau, ta được

1 1111
ζ(s) − 2s ζ(s) = 1 + 2s + 3s + 4s + 5s + . . .

1111

− 2s − 4s − 6s − 8s − . . .

1111
= 1 + 3s + 5s + 7s + 9s + . . . .

Vì vậy,

1 ∞1
1 − 2s ζ(s) = ns .

n là số lẻ
n=1

Tương tự, với p = 3

1 1 1 1 1
1 − 3s 1 − 2s ζ(s) = 1 − 2s ζ(s) − 3s 1 − 2s ζ (s).

11 1
= 1 + 5s + 7s + 11s + . . .

∞1
= ns .

n=1,

(n,6)=1

Trong đó, do (n, 6) = 1 nghĩa là bỏ tổng những số hạng ứng với n chia hết cho
2 và 3. Tương tự cho tất cả các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, . . . nhỏ hơn một giá trị cố

định x. khi đó, ta có

1 1
1 − ps ζ(s) = 1 + qs + . . . .
p
8

Khi x → ∞ , ta có

1
1 − ps ζ(s) = 1.

p

Hàm Zeta và số nguyên tố có liên quan chặt chẽ với nhau. Sau đây là một số
định lý và bổ đề.

Định lý 2.2.2. Có vơ số số ngun tố.

Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố, ký hiệu là 2, 3, . . . , q. Khi đó,
tổng tích

1 −1 1 −1 1 −1 (2.1)
1 − 2s 1 − 3s . . . 1 − qs ,

là một số hữu hạn khi s = 1, nếu (2.1) là tích của tất cả các số nguyên tố, thì

ζ(1) = n 1/n. Đây chính là chuỗi điều hịa,

H(n) = n1 1 1 1
= 1+ + +...+ ,
k 23 n
k=1

phân kỳ. Do đó, giả sử cho rằng chỉ có hữu hạn số nguyên tố là sai.

Ta có ước lượng của Chebyshev x/ log(x) ≪ π(x). Bởi vì x/ log(x) khơng bị
chặn hay hàm π(x) cũng không bị chặn. Dưới đây là khai triển Laurent của (s)
tại s = 1 để thấy rằng chuỗi điều hịa khơng hội tụ khi s = 1 .

Bổ đề 2.2.3. 1

ζ(s) = s−1 + O(1) khi s → 1, (2.2)
khi s → ∞, (2.3)
1
ζ(s) = 1 + O

s−1

Chứng minh. Với mọi s > 1, t−s là một hàm giảm dần, do đó

(n + 1)−s ≤ t−s ≤ n−s với n ≤ t ≤ n + 1.

Lấy tích phân t−s , ta được

(n + 1)−s ≤ n+1

t−sdt ≤ n−s.

n

Cộng bất đẳng thức với mọi n t−s ∞ dt = 1 ≤ ζ(s).
ζ(s) − 1 ≤ s−1

1

9

Sắp xếp lại,

0 ≤ ζ(s) − 1 ≤ 1, với mọi s > 1.
với mọi s > 1.
s−1

Điều này chứng minh (2.2) .

Sắp xếp lại một lần nữa, ta có

0 ≤ ζ(s) − 1 ≤ 1 ,

s−1

Điều này chứng minh (2.3).

Chứng minh. Bổ đề 2.2.3 bằng cách sử dụng định nghĩa của ζ(s) như là một
tổng, áp dụng tương tự cũng đúng cho tích Euler.

(1 − p−s)−1 = 1 + O(1), khi s → 1.
s−1

p

Và
(1 − p−s)−1 = 1 + O 1 , khi s → ∞.
s−1

p

2.3 Định lý của Mertens

Định lý 2.3.1. [6] Khi x → ∞

log(p)
= log(x) + O(1).

p

p
Chứng minh. Với mọi số nguyên tố p, lũy thừa của p chia cho n! , ta được

n n n ∞n
vp(n!) = p + p2 + p3 + · · · = pj .
j=1

Vì

n! = pvp(n!) = p[ np ]+ n p2 + n p3 +···

p
Lấy logarit hai vế, ta được

log(n!) = n ∞n
log(p) + log(p) + pj .
p
p
Để chứng minh định lý, ta dựa vào hai bổ đề sau.

10

Bổ đề 2.3.2. ∞n

log(p) pj ≪ n. (2.4)

p
Chứng minh. Ta có

log(p) ∞n ∞n
pj < log(p) pj
p
∞1
= n log(p) pj
p
log p ∞ 1

= n p2 pj .
p
Cộng các chuỗi, ta được

log(p) 1 log p (2.5)
= n p2 1 − 1/p = n p(p − 1) .
p
Cho tổng (2.5) lớn hơn bằng cách tính tổng với mọi số nguyên tố, để tổng bên
phải ≪ n. Để chứng minh tổng bên phải bị chặn, ta cần chứng minh rằng

log(p)
< ∞.

p(p − 1)

p

Khi so sánh, chuỗi số lớn hơn bao gồm mọi số nguyên là hữu hạn.

∞ log(k)
< ∞.

k(k − 1)

k=2

Do log(k)/(k(k−1)) < log(k)/(k−1)2. Mà log(k) ≪ √k − 1 ta nhận được log(k)/(k−

1)2 ≪ 1/(k − 1)3/2 và

∞1 3
(k − 1)3/2 = ζ 2 < ∞.

k=2

Bổ đề 2.3.3. n log(p) = n log(p) + O(n).
Chứng minh.
p
n log(p) = n log(p)
+ O(1)
p p

=n log(p) + O(1) log(p).

p
11

Trong tổng thứ hai, mỗi log(p) < log(n) và tất cả là π(n) phần tử, đó là ≪ n/ log(n)
theo ước lượng của Chebyshev khi x → ∞

π(x) ≪ x .

log(x)

Do đó,

O(1) log(p) < log(n) O(1) ≪ n.

p
Quay lại chứng minh định lý 2.3.1

log(n!) = n log(p) + O(n).

p
Vì vậy,

log(n!) = log(p) + O(1).

n p
Ta có

log(n!) = n log(n) − n + O(log(n)),

điều này có nghĩa là

log(n!)
= log(n) + O(1).

n

Vì sai số O (log(n)/n) ≪ 1. Đặt hai ước lượng này bằng nhau, ta chứng minh

được định lý 2.3.1.

Định lý 2.3.4. Tồn tại một hằng số a sao cho khi x → ∞

1 = log(log(x)) + a + O 1 . (2.6)

p
Chú ý rằng log(log(x)) → ∞ , nhưng cực kỳ chậm. Ví dụ, nếu ta lấy x là số
nguyên tố lớn nhất hiện nay là M13466917, thì

x = 213466917 − 1 ≈ 9.25 × 104053945, log(log(x)) ≈ 16.

Chứng minh. Ta có ∞ dt 1
p t log(t)2 dt = log(p) .

12

Do 1 = log(p) ∞ dt
Vì vậy, p t log(t)2
p
log(p) x dt ∞ dt
= p t log(t)2 x + t log(t)2

p

p
log(p) x dt log(p) ∞ dt

= p t log(t)2 + p x t log(t)2 .
p p

p
1 = log(p) x dt 1 log(p) (2.7)
p t log(t)2 + log(x) p ,
p
giới hạn tích phân phụ thuộc vào biến p có trong tổng.
Ta có : 2 ≤ p < x có trong tổng và p ≤ t ≤ x có trong tích phân. Vì vậy, ln
có 2 ≤ p ≤ t ≤ x. Biến t trong tích phân phải nằm giữa 2 và x , sau đó lấy tổng
(2.7) với p < t. Nên

log(p) x dt x log(p) dt
p p t log(t)2 = 2 p t log(t)2 .

p
Quay trở lại (2.7), ta có

1 x log(p) dt 1 log(p)
= 2 p t log(t)2 + log(x) p .
p p

p
Gọi E(x) là sai số, ta có

E(x) = log(p) − log(x).

p
Vì vậy,

1 x dt 1
= 2 {log(t) + E(t)} t log(t)2 + log(x) {log(x) + E(x)}

p x dt x E(t)dt E(x)
2 t log(t) 2 + t log(t)2 + 1 + log(x) .
p
=

Đối với tích phân thứ nhất là một phép thế
x dt
= log(log(x)) − log(log(2)).
2 t log(t)

Đối với tích phân thứ hai, viết lại được

x E(t)dt ∞ E(t)dt ∞ E(t)dt
2 t log(t)2 2 = t log(t)2 − x t log(t)2 .

13

Tiếp theo, ta cho ∞ E(t)dt
2 a = t log(t)2 − log(log(2)) + 1.

Ta có 1 ∞ E(t)dt E(x)
p x = log(log(x)) + a − t log(t)2 + log(x) .

p
Bây giờ, theo Định lý2.3.1, ta có E(x) ≪ 1 nên số hạng cuối cùng ≪ 1/ log(x).

Tương tự,

E(t) 1
t log(t)2 ≪ t log(t)2 .

Do đó ∞ E(t)dt ∞ dt 1
x t log(t)2 x ≪ t log(t)2 = log(x) .

Điều này cũng chứng minh rằng tích phân trong định nghĩa a có hữu hạn là

sai.

Định lý 2.3.5. Tồn tại một hằng số C sao cho khi x → ∞

1 C 1 (2.8)
1 − p = log(x) + O log(x)2 .
p
Định lý có nghĩa là

1 ∼ C .
1−

log(x)
p

p
Mối quan hệ các tổng với 1/p đến các tích có dạng 1 − 1/p như thế nào? Bổ đề
dưới đây đây sẽ giải thích.

Bổ đề 2.3.6. Tồn tại một hằng số b sao cho khi x → ∞ , ta có

11 1 (2.9)
log 1 − + = b + O .
pp x
p
Chứng minh. Chuỗi vô hạn được định nghĩa với mọi số nguyên tố p hội tụ, đặt

b= 11 ∞1 1
log 1 − + = kpk + p .
p
pp k=1

p

Bằng cách khai triển chuỗi x+x2/2+x3/3+· · ·+xn/n · · · = ∞ xn/n với x = 1/p,
n=1

ta được ∞1
= − kpk .

p k=2

14