Hàm zeta Riemann và giả thuyết Riemann

Chính tính duy nhất này khiến tích Euler dưới đây hoạt động được: khai triển và gom số hạng chỉ tái tạo mỗi $n^{-s}$ đúng một lần, không đếm trùng cũng không bỏ sót.

Sự tồn tại được chứng minh bằng quy nạp mạnh theo $n$. Trường hợp cơ sở $n=2$ đã là số nguyên tố, nên khẳng định đúng. Giả sử mọi số nguyên $2\le m<n$ đều phân tích được ra thừa số nguyên tố, và xét $n$. Nếu $n$ là số nguyên tố thì xong; nếu không, $n=ab$ với $1<a,b<n$, và giả thiết quy nạp cho ta phân tích thừa số nguyên tố của cả $a$ và $b$. Ghép hai phân tích này lại cho ta một phân tích thừa số nguyên tố của $n$, hoàn tất bước quy nạp.

Tính duy nhất dựa trên bổ đề Euclid: nếu một số nguyên tố $p$ thỏa $p\mid ab$, thì $(p\mid a)\lor(p\mid b)$. Để thấy điều này, giả sử $p\nmid a$; khi đó $\gcd(p,a)=1$, nên theo đẳng thức Bézout tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho $px+ay=1$. Nhân cả hai vế với $b$ ta được $b=pbx+aby$. Vì $p\mid ab$, số nguyên tố $p$ chia hết cả hai số hạng ở vế phải, do đó $p\mid b$.

Bây giờ giả sử $n$ có hai phân tích ra thừa số nguyên tố, $n=p_1p_2\cdots p_r=q_1q_2\cdots q_s$, mỗi danh sách được viết theo thứ tự không giảm. Vì $p_1\mid q_1q_2\cdots q_s$, áp dụng bổ đề Euclid nhiều lần cho thấy $p_1$ chia hết một $q_j$ nào đó, và vì $q_j$ là số nguyên tố nên $p_1=q_j$. Khử thừa số chung này khỏi cả hai tích rồi lặp lại lập luận trên hai danh sách ngắn hơn cho thấy, sau hữu hạn bước, $r=s$ và hai phân tích trùng nhau từng số hạng — vậy phân tích thừa số nguyên tố của $n$ là duy nhất, không kể thứ tự các thừa số.

Chứng minh cổ điển của Euclid (khoảng 300 TCN) lập luận bằng phản chứng từ một danh sách hữu hạn. Ở phần sau của trang này, Euler đưa ra một chứng minh giải tích thứ hai cho cùng sự thật đó, dùng tính phân kỳ của chuỗi điều hòa tại $s=1$.

Giả sử, để phản chứng, rằng chỉ có hữu hạn số nguyên tố $p_1,p_2,\ldots,p_k$. Lập số $N=p_1p_2\cdots p_k+1$.

Với mỗi $i$, chia $N$ cho $p_i$ được số dư $1$, tức $N\equiv 1\pmod{p_i}$, nên không $p_i$ nào chia hết $N$.

Nhưng $N>1$, nên theo định lý cơ bản của số học đã chứng minh ở trên, $N$ có ít nhất một thừa số nguyên tố $q$. Vì không số nào trong $p_1,\ldots,p_k$ chia hết $N$, số $q$ này thỏa $q\notin\{p_1,\ldots,p_k\}$ — một số nguyên tố không có trong danh sách được cho là đầy đủ của ta, mâu thuẫn. Vậy không danh sách hữu hạn nào chứa được mọi số nguyên tố: có vô hạn số nguyên tố.

Khai triển từng thừa số $(1-p^{-s})^{-1} = 1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots$ thành chuỗi cấp số nhân rồi nhân tất cả lại: tính duy nhất của phân tích thừa số nguyên tố có nghĩa là mỗi $n^{-s}$ xuất hiện đúng một lần trong tích khai triển. Tích này cần vô hạn thừa số chính vì có vô hạn số nguyên tố — cùng một sự thật mà Euclid đã chứng minh bằng phương pháp sơ cấp, nay được gói lại bên trong một đẳng thức giải tích.

Cố định $\operatorname{Re}(s)>1$ và khai triển từng thừa số của tích cắt cụt $P_N(s)=\prod_{p\le N}\left(1-p^{-s}\right)^{-1}$ thành chuỗi cấp số nhân, $(1-p^{-s})^{-1}=1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots$, vì $|p^{-s}|<1$.

Nhân các chuỗi cấp số nhân này với nhau rồi khai triển, mỗi số hạng xuất hiện là $n^{-s}$ với $n$ là số nguyên có mọi thừa số nguyên tố không vượt quá $N$ — gọi tập các số nguyên như vậy là $S_N$. Theo định lý cơ bản của số học, mỗi $n$ như thế sinh ra từ đúng một tổ hợp lũy thừa nguyên tố, nên không số hạng nào bị lặp hay bị bỏ sót: $P_N(s)=\sum_{n\in S_N} n^{-s}$.

Mọi số nguyên từ $1$ đến $N$ đều thuộc $S_N$, nên hiệu giữa chuỗi đầy đủ và tích cắt cụt chỉ liên quan tới các số nguyên không thuộc $S_N$, tất cả đều lớn hơn $N$: $\zeta(s)-P_N(s)=\sum_{n\notin S_N} n^{-s}$, do đó $\left|\zeta(s)-P_N(s)\right|\le\sum_{n>N} n^{-\sigma}$ với $\sigma=\operatorname{Re}(s)>1$. Phần đuôi này của một chuỗi hội tụ tiến về $0$ khi $N\to\infty$, nên $P_N(s)\to\zeta(s)$ và tích vô hạn bằng tổng vô hạn.

Hadamard và de la Vallée Poussin đã chứng minh độc lập với nhau vào năm 1896, và cả hai chứng minh đều đi qua $\zeta$: định lý này tương đương với việc $\zeta(s)$ không có không điểm nào trên đường $\operatorname{Re}(s)=1$. Sự thật đã được chứng minh đó yếu hơn nhiều so với giả thuyết Riemann (đòi hỏi không có không điểm nào ngoài đường $\operatorname{Re}(s)=\tfrac12$) — đó chính là lý do định lý này đã được giải quyết trong khi RH thì chưa. RH chỉ làm sắc nét thêm sai số trong phép xấp xỉ, từ độ chính xác cỡ $x/\log x$ lên gần tối ưu $\sqrt{x}\log x$ như ở trên.

Định lý số nguyên tố tương đương với một khẳng định về hàm Chebyshev $\psi(x)=\sum_{p^k\le x}\log p$, hàm này gán trọng số cho mỗi lũy thừa nguyên tố dưới $x$ bằng lôgarit của cơ số nguyên tố của nó: chứng minh $\psi(x)\sim x$ tương đương (qua một lập luận tổng từng phần quen thuộc) với chứng minh $\pi(x)\sim x/\log x$.

Công thức tường minh của Riemann biểu diễn $\psi(x)$ gần như chính xác qua các không điểm không tầm thường $\rho=\beta+i\gamma$ của $\zeta$, tất cả đều thỏa $0\le\beta\le1$: $\psi(x)=x-\sum_{\rho}\frac{x^{\rho}}{\rho}-\log(2\pi)-\tfrac12\log(1-x^{-2})$. Số hạng chính $x$ đến từ cực đơn của $\zeta$ tại $s=1$; mọi số hạng khác dao động với độ lớn cỡ $x^{\beta}$, nên định lý quy về việc chứng minh tổng dao động này là $o(x)$.

Tổng dao động là $o(x)$ chính xác khi không có không điểm nào có $\beta=1$, tức khi $\zeta(1+it)\ne0$ với mọi $t\in\mathbb{R}$. Hadamard và de la Vallée Poussin đều chứng minh sự không triệt tiêu này vào năm 1896 bằng bất đẳng thức lượng giác sơ cấp $3+4\cos\theta+\cos2\theta\ge0$, áp dụng cho phần thực của $3\log\zeta(\sigma)+4\log\zeta(\sigma+it)+\log\zeta(\sigma+2it)$ khi $\sigma\to1^+$: một không điểm tại $1+it$ sẽ buộc tổ hợp này phân kỳ về $-\infty$, điều mà bất đẳng thức trên cấm.

Kết hợp hai bước cho $\psi(x)=x+o(x)$, và đẳng thức tổng từng phần nối $\psi$ với $\pi$ sau đó nâng cấp điều này thành $\pi(x)\sim x/\log x$, chính là định lý số nguyên tố.