Nối tiếp ý tưởng giữ nguyên $P(n)$ và hạ $S(n)$ thì có thể thấy nếu trong phân tích nguyên tố $p_1p_2...p_k$ của $n$ (giả sử $p_i$ tăng dần), nếu có $p_i$ và $p_{i+1}$ không phải hai số nguyên tố liên tiếp thì có thể thay $p_{i+1}$ bằng số nguyên tố liên tiếp sau $p_i$. $n$ sẽ giảm, làm $S(n)$ giảm, nhưng $P(n)$ không giảm. Chung cuộc $A(n)$ giảm.
Vậy thì ta có thể thu hẹp phạm vi tìm kiếm hơn: $n=p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$ ($p_1=2, p_2=3, ...$)
Thực ra có một trường hợp hợp số chúng ta chưa xét đến là $n=p^m$ nhưng trường hợp dễ xử lý vì $P(n)=1$.
Ta tính được $A(6)=S(6)-P(6)=3-2=1$. Vì thế $0 \le \min A(n) \le 1$. Câu hỏi đặt ra bây giờ là có $n$ để $A(n)=0$.
Thế nhưng $A(n)=0$ là vô lý. Thật vậy, giả sử tồn tại $n_0$ hợp số để $A(n_0)=0$ thì $S(n_0)=P(n_0)$, tức là mọi số nguyên tố nhỏ hơn $n_0$ đều là ước nguyên tố của $n_0$.
Ta viết $n_0$ dưới dạng $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$.
TH1: $k \ge 2$. Ta sẽ chứng minh tồn tại một số nguyên tố $p^*$ sao cho $p_k < p^* < n$.
Theo định lý Bertrand-Chebysev, luôn luôn tồn tại một số nguyên tố $p^*$ nằm giữa $p_k$ và $2p_k$ (chính là $p_{k+1}$), và $p^*$ hiển nhiên nhỏ hơn $n_0$ vì $p_1=2$ và $n_0 = p_1...p_k$.
Điều này cho thấy $S(n_0) > k$: vô lý với giả sử ban đầu.
TH2: $k = 1$. Tức là $n_0 = p^m$, và $n_0$ chỉ có duy nhất 1 số nguyên tố nhỏ hơn $n_0$. Nói cách khác $n_0 = 3$: vô lý vì $3$ là số nguyên tố.
Kết luận $A(n) = S(n) - P(n) \ge 1 \forall n$. Một ví dụ của dấu bằng là 6.
===========
Định lý Bertrand-Chebyserv: Luôn tồn tại một số nguyên tố giữa $n$ và $2n$.
https://en.wikipedia...and's_postulate