ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 3)

Trong bài viết hôm nay, ta tiếp tục tìm hiểu một số khái niệm quan trọng, có rất nhiều ứng dụng trong số học.
Định nghĩa 1: Hàm Mangodlt, ký hiệu $\Lambda \left( n \right)$ , được xác định như sau: $\Lambda \left( n \right)=\ln p$ nếu $n={{p}^{k}},k\ge 1$ và $\Lambda \left( n \right)=0$ trong các trường hợp còn lại.

Hàm Chebyshev, ký hiệu $\psi \left( x \right)$, được xác định bởi công thức

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\Lambda \left( n \right)}$.

Để thuận tiện cho việc trình bày ta sẽ làm quen thêm một số hàm số cơ bản

$\theta \left( x \right)=\sum\limits_{p\le x}{\ln p}$,

$T\left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\ln n}=\ln \left( \left[ x \right]! \right)$

Định lý 1: Với mọi $x\in {{R}_{>0}},n\in {{Z}_{\ge 1}}$ ta có:

a) $\sum\limits_{d|n}{\Lambda \left( d \right)}=\ln n$.

b) $\Lambda \left( n \right)=-\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)\ln d}$   

c)  $\psi \left( x \right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\theta \left( \sqrt[k]{x} \right)}=\sum\limits_{p\le x}{\left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]\ln p}$.

d)  $\psi \left( x \right)\le \pi \left( x \right)\ln x$.

e)  $T\left( x \right)=\sum\limits_{k\le x}{\psi \left( \frac{x}{k} \right)}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{k} \right)}=\sum\limits_{m,k\ge 1}{\theta \left( \sqrt[m]{\frac{x}{k}} \right)}$.

f)  $\psi \left( x \right)-\sqrt{x}\ln x\le \theta \left( x \right)\le \psi \left( x \right)$.

g) Với mọi $\varepsilon$ dương ta có

$\frac{\theta \left( x \right)}{\ln x}\le \pi \left( x \right)\le \frac{1}{1-\varepsilon }\frac{\theta \left( x \right)}{\ln x}+{{x}^{1-\varepsilon }}$

Chứng minh

a) Theo định nghĩa hàm Mangoldt ta có

$\sum\limits_{d|n}{\Lambda \left( d \right)}=\sum\limits_{{{p}^{k}}|n}{\Lambda \left( {{p}^{k}} \right)}=\sum\limits_{{{p}^{k}}|n}{\ln p}=\ln n$

b) Từ a) ta suy ra được

$\Lambda \left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)\ln \left( \frac{n}{d} \right)}=\ln n\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)}-\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)\ln d}=-\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)\ln d}$

c) Lấy cố định $k\in {{Z}_{\ge 1}}$ ta được $\theta \left( \sqrt[k]{x} \right)=\sum\limits_{p\le \sqrt[k]{x}}{\ln p}=\sum\limits_{{{p}^{k}}\le x}{\ln p}$. Do đó,

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\Lambda \left( n \right)}=\sum\limits_{k\ge 1,{{p}^{k}}\le x}{\Lambda \left( {{p}^{k}} \right)}=\sum\limits_{k\ge 1}{\sum\limits_{{{p}^{k}}\le x}{\ln p}}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\theta \left( \sqrt[k]{x} \right)}$

Hơn nữa, dựa vào đẳng thức trên ta cũng có

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{k\ge 1,{{p}^{k}}\le x}{\ln p}=\sum\limits_{p\le x}{\sum\limits_{1\le k\le \left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]}{\ln p}}=\sum\limits_{p\le x}{\left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]\ln p}$

d) Vì $\left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]\le \frac{\ln x}{\ln p}$ nên

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{p\le x}{\left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]\ln p}\le \sum\limits_{p\le x}{\frac{\ln x}{\ln p}\ln p}=\pi \left( x \right)\ln x$

e) Trong những bài viết trước ta đã biết

$\ln \left( \left[ x \right]! \right)=\ln \left( \prod\limits_{p\le x}{{{p}^{{{\theta }_{p}}\left( \left[ x \right]! \right)}}} \right)=\sum\limits_{p\le x}{{{\theta }_{p}}\left( \left[ x \right]! \right)\ln p}$

trong đó

${{\theta }_{p}}\left( \left[ x \right]! \right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\left[ \frac{\left[ x \right]}{{{p}^{k}}} \right]}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\left[ \frac{x}{{{p}^{k}}} \right]}$

Do đó

$\ln \left( \left[ x \right]! \right)=\sum\limits_{p\le x}{\left( \sum\limits_{k=1}^{\infty }{\left[ \frac{x}{{{p}^{k}}} \right]} \right)\ln p}$.

Mặt khác

$\sum\limits_{k\le x}{\psi \left( \frac{x}{k} \right)}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{k} \right)}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\sum\limits_{m\ge 1,{{p}^{m}}\le \frac{x}{k}}{\ln p}}$

Ta thấy

$\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\sum\limits_{m\ge 1,{{p}^{m}}\le \frac{x}{k}}{\ln p}}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\sum\limits_{m\ge 1,k\le \frac{x}{{{p}^{m}}}}{\ln p}}=\sum\limits_{p\le x}{\sum\limits_{m\ge 1}{\sum\limits_{k\le \frac{x}{{{p}^{m}}}}{\ln p}}}=\sum\limits_{p\le x}{\left( \sum\limits_{m=1}^{\infty }{\left[ \frac{x}{{{p}^{m}}} \right]} \right)\ln p}$

Hơn nữa

$\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\sum\limits_{m\ge 1,{{p}^{m}}\le \frac{x}{k}}{\ln p}}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\sum\limits_{m\ge 1,p\le \sqrt[m]{\frac{x}{k}}}{\ln p}}=\sum\limits_{m,k\ge 1}{\theta \left( \sqrt[m]{\frac{x}{k}} \right)}$

Vậy ta đã chứng tỏ được e).

f)  Sử dụng kết quả câu c) ta được

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\theta \left( \sqrt[k]{x} \right)}\ge \theta \left( x \right)$.

Mặt khác,

$\left| \psi \left( x \right)-\theta \left( x \right) \right|=\sum\limits_{k\ge 2,{{p}^{k}}\le x}{\ln p}\le \sum\limits_{p\le \sqrt{x}}{\sum\limits_{1\le k\le \left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]}{\ln p}}=\sum\limits_{p\le \sqrt{x}}{\left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]}\ln p$

Ta thấy

$\sum\limits_{p\le \sqrt{x}}{\left[ \frac{\ln x}{\ln p} \right]}\ln p\le \sum\limits_{p\le \sqrt{x}}{\left( \frac{\ln x}{\ln p} \right)}\ln p=\sum\limits_{p\le \sqrt{x}}{\ln x}=\sqrt{x}\ln x$

Vậy f) đã được chứng minh.

g) Ta đã biết

$\theta \left( x \right)\le \psi \left( x \right)\le \pi \left( x \right)\ln x\Rightarrow \frac{\theta \left( x \right)}{\ln x}\le \pi \left( x \right)$.

Mặt khác

$\theta \left( x \right) \ge \sum\limits_{\left[ {{x^{1 - \varepsilon }}} \right] + 1 \le p \le x} {\ln p}  \ge \left( {1 - \varepsilon } \right)\ln x\left( {\pi \left( x \right) - \pi \left( {{x^{1 - \varepsilon }}} \right)} \right)$

suy ra

$\pi \left( x \right) \le \frac{{\theta \left( x \right)}}{{\left( {1 - \varepsilon } \right)\ln x}} + \pi \left( {{x^{1 - \varepsilon }}} \right) \le \frac{{\theta \left( x \right)}}{{\left( {1 - \varepsilon } \right)\ln x}} + {x^{1 - \varepsilon}}$

Định lý 2: Nếu $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}$ tồn tại thì $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=1.$

Định lý 2 không giúp ta khẳng định $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=1$ mà chỉ cho ta một kết quả yếu hơn: sự tồn tại của giới hạn $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}$ sẽ dẫn đến $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=1$.

Việc chứng tỏ $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=1$ sẽ giúp ta chứng minh được Định lý số nguyên tố. Thật vậy, từ f) ta suy ra

$\frac{\psi \left( x \right)}{x}-\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\le \frac{\theta \left( x \right)}{x}\le \frac{\psi \left( x \right)}{x}$

Mà $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\psi \left( x \right)}{x}-\frac{\ln x}{\sqrt{x}} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=1$ nên $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\theta \left( x \right)}{x}=1$.

Hơn nữa, từ g) ta suy ra

$\frac{\theta \left( x \right)}{x}\le \frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}\le \frac{1}{1-\varepsilon }\frac{\theta \left( x \right)}{x}+\frac{\ln x}{{{x}^{\varepsilon }}}$

Từ bất đẳng thức $\frac{\theta \left( x \right)}{x}\le \frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}$ ta suy ra

$1=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{liminf}}}\,\frac{\theta \left( x \right)}{x}\le \underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{liminf}}}\,\frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}$

Từ bất đẳng thức $\frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}\le \frac{1}{1-\varepsilon }\frac{\theta \left( x \right)}{x}+\frac{\ln x}{{{x}^{\varepsilon }}}$ ta suy ra

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{limsup}}}\,\frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}\le \underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{limsup}}}\,\left( \frac{1}{1-\varepsilon }\frac{\theta \left( x \right)}{x}+\frac{\ln x}{{{x}^{\varepsilon }}} \right)=\frac{1}{1-\varepsilon },\forall \varepsilon >0$

Cho $\varepsilon \to {{0}^{+}}$ ta nhận được

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{limsup}}}\,\frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}\le 1$

Điều này chứng tỏ $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\pi \left( x \right)\ln x}{x}=1$, Định lý số nguyên tố đã được chứng minh.

Chứng minh Định lý 2 của Costa Pereira

Lấy $2\le m\le n-1$, đặt $r=\left[ \frac{n}{m} \right]$. Từ e) ta có bất đẳng thức

$\frac{T\left( n \right)}{n}\ge \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{r}{\psi \left( \frac{n}{k} \right)}=\sum\limits_{k=1}^{r}{\frac{1}{k}\frac{\psi \left( \frac{n}{k} \right)}{\frac{n}{k}}\ge \underset{x\ge m}{\mathop{\inf }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\sum\limits_{k=1}^{r}{\frac{1}{k}}}$

Theo công thức Stirling ta có $n!\sim \sqrt{2\pi n}{{\left( \frac{n}{e} \right)}^{n}}$ hay

$\ln \left( n! \right)=n\ln n+O\left( n \right)$

Ta suy ra $\frac{T\left( n \right)}{n}=\frac{\ln \left( n! \right)}{n}=\ln n+O\left( 1 \right)$

Mặt khác $\sum\limits_{k=1}^{r}{\frac{1}{k}}=\ln r+O\left( 1 \right)=\ln n-\ln m+O\left( 1 \right)$ nên ta được

$\underset{x\ge m}{\mathop{\inf }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\le \frac{\ln n+O\left( 1 \right)}{\ln n-\ln m+O\left( 1 \right)}$

Cho $n\to +\infty $ ta nhận được $\underset{x\ge m}{\mathop{\inf }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\le 1$, suy ra

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{liminf}}}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\le 1$

Cũng theo e) ta có

$\frac{T\left( n \right)}{n}=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n}{\psi \left( \frac{n}{k} \right)}=\sum\limits_{k=1}^{r}{\frac{1}{k}\frac{\psi \left( \frac{n}{k} \right)}{\frac{n}{k}}}+\frac{1}{n}\sum\limits_{k=r+1}^{n}{\frac{1}{k}\frac{\psi \left( \frac{n}{k} \right)}{\frac{n}{k}}}$

suy ra

$\frac{T\left( n \right)}{n}\le \underset{x\ge m}{\mathop{\sup }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\sum\limits_{k=1}^{r}{\frac{1}{k}}+\underset{1\le x\le m}{\mathop{\sup }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\sum\limits_{k=r+1}^{n}{\frac{1}{k}}$

 Ta thấy

$\sum\limits_{k=1}^{r}{\frac{1}{k}}=\ln r+O\left( 1 \right)=\ln n-\ln m+O\left( 1 \right)$

$\sum\limits_{k=r+1}^{n}{\frac{1}{k}}=\ln n-\ln r+O\left( 1 \right)=\ln m+O\left( 1 \right)$

Do đó

$\underset{x\ge m}{\mathop{\sup }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\ge \frac{\ln n-\underset{1\le x\le m}{\mathop{\sup }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\ln m+O\left( 1 \right)}{\ln n-\ln m+O\left( 1 \right)}$

Cho $n\to +\infty $ ta nhận được $\underset{x\ge m}{\mathop{\sup }}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\ge 1$, suy ra

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{limsup}}}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}\ge 1$

Theo giả thiết giới hạn $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{lim}}}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}$ tồn tại nên

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{lim}}}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{limsup}}}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\text{liminf}}}\,\frac{\psi \left( x \right)}{x}=1$

Định lý 3: Cho $m\in {{Z}_{\ge 1}},\alpha \ge m$ và $f\left( x \right)$ là hàm khả vi liên tục trong đoạn $\left[ {m,\alpha } \right]$. Khi đó

$\sum\limits_{m \le n \le \alpha } {f\left( n \right)}  = \int\limits_m^\alpha  {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_m^\alpha  {\left\{ x \right\}f'\left( x \right)dx}  + f\left( m \right) - \left\{ \alpha  \right\}f\left( \alpha  \right)$

Chứng minh

Sử dụng công thức tích phân từng phần ta được

$\int\limits_m^\alpha  {xf'\left( x \right)} dx = \alpha f\left( \alpha  \right) - mf\left( m \right) - \int\limits_m^\alpha  {f\left( x \right)dx} $

Mặt khác,

$\int\limits_m^\alpha  {\left[ x \right]f'\left( x \right)} dx = \sum\limits_{n = m}^{\left[ \alpha  \right] - 1} {n\int\limits_n^{n + 1} {f'\left( x \right)dx} }  + \left[ \alpha  \right]\int\limits_{\left[ \alpha  \right]}^\alpha  {f'\left( x \right)dx}  =  - \sum\limits_{n = m + 1}^{\left[ \alpha  \right]} {f\left( n \right)}  - mf\left( m \right) + \left[ \alpha  \right]f\left( \alpha  \right)$

Từ hai đẳng thức trên ta suy ra

$\sum\limits_{m \le n \le \alpha } {f\left( n \right)}  = \int\limits_m^\alpha  {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_m^\alpha  {\left\{ x \right\}f'\left( x \right)dx}  + f\left( m \right) - \left\{ \alpha  \right\}f\left( \alpha  \right)$

Hệ quả : Với mọi $t\in {{R}_{\ge 1}}$ ta có

$T\left( t \right)=\ln \left( \left[ t \right]! \right)=\sum\limits_{n\le t}{\ln n}=t\ln t-t+R\left( t \right)$,

trong đó $\left| R\left( t \right) \right|\le \ln t+1$.

Chứng minh

Từ Định lý 1 ta cho $m=1,\alpha =t,f\left( x \right)=\ln x$. Khi đó,

$T\left( t \right)=\int\limits_{1}^{t}{\ln xdx}+\int\limits_{1}^{t}{\frac{\left\{ x \right\}}{x}dx}-\left\{ t \right\}\ln t=t\ln t-t+R\left( t \right)$,

trong đó $R\left( t \right)=\int\limits_{1}^{t}{\frac{\left\{ x \right\}}{x}dx}-\left\{ t \right\}\ln t+1$. Ta thấy

$R\left( t \right)\le \int\limits_{1}^{t}{\frac{1}{x}dx}-\left\{ t \right\}\ln t+1=\ln t-\left\{ t \right\}\ln t+1\le \ln t+1$

Hơn nữa,

$R\left( t \right)\ge -\left\{ t \right\}\ln t+1\ge -\ln t-1$,

ta suy ra $\left| R\left( t \right) \right|\le \ln t+1$.

Định lý 4: Cho $x\in {{R}_{\ge 2}}$, nếu

$\alpha \left( x \right)=T\left( x \right)-T\left( \frac{x}{2} \right)-T\left( \frac{x}{3} \right)-T\left( \frac{x}{5} \right)+T\left( \frac{x}{30} \right)$

thì

$\alpha \left( x \right)\le \psi \left( x \right)\le \psi \left( \frac{x}{6} \right)+\alpha \left( x \right)$.

Chứng minh

Ta có $T\left( x \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{n} \right)}$, suy ra

$\alpha \left( x \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{n} \right)}-\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{2n} \right)-\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{3n} \right)}}-\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{5n} \right)}+\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\psi \left( \frac{x}{30n} \right)}$

Đơn giản biểu thức trên ta được $\alpha \left( x \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{{{A}_{n}}\psi \left( \frac{x}{n} \right)}$, trong đó ${{A}_{n}}=1$ nếu $\left( n,30 \right)=1$; ${{A}_{n}}=0$ nếu $\left( n,30 \right)$ có đúng một ước nguyên tố; ${{A}_{n}}=-1$ nếu $\left( n,30 \right)$ có ít nhất hai ước nguyên tố phân biệt.

Giả sử ${{\left\{ {{k}_{n}} \right\}}_{n=\overline{0,\infty }}}$  là dãy tăng gồm tất cả các số nguyên dương sao cho ${{A}_{{{k}_{n}}}}$ khác không. Hiển nhiên ${{k}_{0}}=1$. Ta sẽ chứng minh rằng ${{A}_{{{k}_{n}}}}={{\left( -1 \right)}^{n}}$ với $n=\overline{0,\infty }$.

Với $n=0$ ta được ${{A}_{{{k}_{0}}}}={{A}_{1}}=1={{1}^{0}}$.

Giả sử với $n=m$ ta được ${{A}_{{{k}_{m}}}}={{\left( -1 \right)}^{m}}$. Ta sẽ chứng minh ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Trường hợp 1: $m$ chẵn

Vì $m$ chẵn nên ${{A}_{{{k}_{m}}}}=1$, suy ra $\left( {{k}_{m}},30 \right)=1$ hay

${{k}_{m}}\equiv r\left( \bmod 30 \right)$ với $r\in \left\{ 1;7;11;13;17;19;23;29 \right\}$

Nếu  $r\in \left\{ 11;17;19;23;29 \right\}$ thì $\left( {{k}_{m}}+1,30 \right)$ sẽ có ít nhất hai ước nguyên tố, suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+1$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=-1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Nếu $r=1$ thì $\left( {{k}_{m}}+i,30 \right),i=\overline{1,4}$ đều có đúng một ước nguyên tố, còn $\left( {{k}_{m}}+5,30 \right)$ có đúng hai ước nguyên tố. Ta suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+5$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=-1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Nếu $r=7$ thì $\left( {{k}_{m}}+i,30 \right),i=\overline{1,2}$ đều có đúng một ước nguyên tố, còn $\left( {{k}_{m}}+3,30 \right)$ có đúng hai ước nguyên tố. Ta suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+3$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=-1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Nếu $r=13$ thì $\left( {{k}_{m}}+1,30 \right)$ có đúng một ước nguyên tố, còn $\left( {{k}_{m}}+2,30 \right)$ có đúng hai ước nguyên tố. Ta suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+2$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=-1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Trường hợp 2: $m$ lẻ

Vì $m$ lẻ nên ${{A}_{{{k}_{m}}}}=-1$, suy ra $\left( {{k}_{m}},30 \right)$ có ít nhất hai ước nguyên tố.

Nếu $\left( {{k}_{m}},30 \right)=30$ thì $\left( {{k}_{m}}+1,30 \right)=1$, suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+1$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Nếu $\left( {{k}_{m}},30 \right)=6$ thì ${{k}_{m}}=6\left( 5t+r \right)$ với $r=\overline{1,4}$. Khi $r=\overline{1,3}$ thì $\left( {{k}_{m}}+1,30 \right)=1$, suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+1$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$. Khi $r=4$ thì $\left( {{k}_{m}}+i,30 \right),i=\overline{1,4}$ đều có đúng một ước nguyên tố, còn $\left( {{k}_{m}}+5,30 \right)=1$, suy ra ${{k}_{m+1}}={{k}_{m}}+5$ và ${{A}_{{{k}_{m+1}}}}=1={{\left( -1 \right)}^{m+1}}$.

Các trường hợp $\left( {{k}_{m}},30 \right)=15,\left( {{k}_{m}},30 \right)=10$ ta làm tương tự nên xin dành cho độc giả.    

Vậy ta đã chứng tỏ được ${{A}_{{{k}_{n}}}}={{\left( -1 \right)}^{n}}$ với $n=\overline{0,\infty }$. Khi đó,

$\alpha \left( x \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{\left( -1 \right)}^{n}}\psi \left( \frac{x}{{{k}_{n}}} \right)}$

Vì $\psi \left( x \right)$ là hàm không giảm nên từ đẳng thức trên ta suy ra

$\alpha \left( x \right)\le \psi \left( \frac{x}{{{k}_{0}}} \right)=\psi \left( x \right)$ và

$\alpha \left( x \right)\ge \psi \left( \frac{x}{{{k}_{0}}} \right)-\psi \left( \frac{x}{{{k}_{1}}} \right)=\psi \left( x \right)-\psi \left( \frac{x}{6} \right)$

Định lý 4 đã được chứng minh.

Định lý 5: Nếu $x\ge 3000$ thì $0.9072x\le \alpha \left( x \right)\le 0.9353x$.

Chứng minh

Nếu $x\ge 3000$ thì

                   $T\left( x \right)=x\ln x-x+R\left( x \right)$

                   $T\left( \frac{x}{2} \right)=\frac{x}{2}\ln \frac{x}{2}-\frac{x}{2}+R\left( \frac{x}{2} \right)$

                   $T\left( \frac{x}{3} \right)=\frac{x}{3}\ln \frac{x}{3}-\frac{x}{3}+R\left( \frac{x}{3} \right)$

                   $T\left( \frac{x}{5} \right)=\frac{x}{5}\ln \frac{x}{5}-\frac{x}{5}+R\left( \frac{x}{5} \right)$

                   $T\left( \frac{x}{30} \right)=\frac{x}{30}\ln \frac{x}{30}-\frac{x}{30}+R\left( \frac{x}{30} \right)$

Khi đó $\alpha \left( x \right)=cx+Q\left( x \right)$ với $c=\frac{\ln \left( {{2}^{14}}{{3}^{9}}{{5}^{5}} \right)}{30}=0.921292\ldots $ và

$Q\left( x \right)=R\left( x \right)-R\left( \frac{x}{2} \right)-R\left( \frac{x}{3} \right)-R\left( \frac{x}{5} \right)+R\left( \frac{x}{30} \right)$

Ta thấy

$\left| Q\left( x \right) \right|\le \left| R\left( x \right) \right|+\left| R\left( \frac{x}{2} \right) \right|+\left| R\left( \frac{x}{3} \right) \right|+\left| R\left( \frac{x}{5} \right) \right|+\left| R\left( \frac{x}{30} \right) \right|$

Do đó

$\left| Q\left( x \right) \right|\le 5\ln x+5-\ln 900\le 5\ln x$

Nếu $x\ge 3000$ thì $\left| Q\left( x \right) \right|\le 5\ln x\le 0.014x$, suy ra

$\left| \alpha \left( x \right)-cx \right|\le 0.014x\Leftrightarrow 0.9072x\le \alpha \left( x \right)\le 0.9353x$.