Bài toán 30.[IMC 2015 , Day 2, Question 8] Cho $n$ là một số nguyên dương, và gọi $p(n)$ là một đa thức bậc $n$ với hệ số nguyên. Chứng minh rằng: $$\max_{0 \leqslant x \leqslant 1}|p(x)| > \dfrac{1}{\mathrm e^{n}}$$ (Đề xuất bởi Géa Kós, Đại học Eotvos, Budapest)

Bài toán 30.[IMC 2015 , Day 2, Question 8] Cho $n$ là một số nguyên dương, và gọi $p(n)$ là một đa thức bậc $n$ với hệ số nguyên. Chứng minh rằng: $$\max_{0 \leqslant x \leqslant 1}|p(x)| > \dfrac{1}{\mathrm e^{n}}$$ (Đề xuất bởi Géa Kós, Đại học Eotvos, Budapest)

Lời giải

Đặt $M=\max_{0 \leqslant x \leqslant 1}|p(x)|$. Với mỗi số nguyên dương $k$, đặt $$k=\int_{0}^{1}(p(x))^{2 k}\,\mathrm dx.$$ Rõ ràng, $0 < J_{k} < M^{2 k}$ là một số hữu tỉ. Nếu $(p(x))=\sum\limits_{i=0}^{2kn} a_{k,i} x^{i}, J_{k}=\sum\limits_{i=0}^{2 k n} \frac{a_{k, i}}{i+1}$. Lấy mẫu chung nhỏ nhất, chúng ta có thể thấy rằng $J_{k}\geqslant\frac{1}{lcm(1,2, \ldots, 2 k n+1)}$. Một biến thể của Bổ đề về số nguyên tố cho chúng ta biết rằng log $l \mathrm{cm}(1,2, \ldots, N) \sim N$ nếu $N\rightarrow \infty$. Khi đấy, với mỗi $\epsilon > 0$ và $k$ đủ lớn, chúng ta có: $$lcm(1,2, \ldots, 2 k n+1) < e^{(1+\epsilon)(2 k n+1)}$$ và khi đó $$\begin{array}{c} M^{2 k} > J_{k} \geqslant \dfrac{1}{lcm(1,2, \ldots, 2 n k+1)} > \dfrac{1}{\mathrm e^{(1+\epsilon)(2kn+1)}} \\ M > \frac{1}{\mathrm e^{(1+\epsilon)\left(n+\frac{1}{2k}\right)}} \end{array}$$ Đưa $k \rightarrow+\infty$ và lấy $\epsilon \rightarrow+0,$ chúng ta có: $$M \geqslant \dfrac{1}{\mathrm e^{n}}.$$ Vì $\mathrm e$ là một số siêu việt, dấu bằng hoàn toàn có thể xảy ra.
Nhận xét: Hằng số $\frac{1}{\mathrm e}\approx$ không phải là một ước lượng chặt. Hàng số ước lượng chặt nhất cho biểu thức này từng được biết đến nằm trong khoảng từ $0.4213$ đến $0.4232$. (I. E. Prisker, The Gelfond-Schnirelman method in prime number theory, Canad. J. Math, $57(2005), 1080-1101$).
Ngoài ra, trong chứng minh trên, chúng ta đã sử dụng một kết quả nổi tiếng trong Lý thuyết số, đó chính là Bổ đề về số nguyên tố (Prime number theory - PNT). Bổ đề này cụ thể hóa ý tưởng rằng các số nguyên tố xuất hiện thưa dần khi chúng tiến đến vô cùng bằng cách ước lượng tốc độ của sự chậm đi này. Đã có hai phép chứng minh được công bố độc lập bởi hai nhà toán học, Jacques Hadamard và Charles Jean de la Vallée Poussin vào năm 198, sử dụng ý tưởng của Barnhard Riemann, cụ thể là hàm Riemann Zeta. Bố đề đó được phát biểu cụ thể như sau: (Prime number theory - PNT). Gọi $\pi(x)$ là hàm đếm các số nguyên tố, cho kết quả là số các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng $x$ với mọi số thực $x$. Ví dụ, $\pi(10)=4,$ vì có $4$ số nguyên tố $(2,3,5,7)$ nhỏ hơn hoặc bằng $10$. Định lý về số nguyên tố phát biểu rằng $\dfrac{x}{\log (x)}$ là một ước lượng tốt của $\pi(x)$, với ý nghĩa rằng thương của hai hàm số $\pi(x)$ và $\dfrac{x}{\log (x)}$ khi $x$ tăng vô hạn $1$: $$\lim _{x \to+\infty} \frac{\pi(x)}{\left[\frac{x}{\log (x)}\right]}=1,$$ biểu thức này được xem như một ước lượng của hàm phân phối các số nguyên tố. Sử dụng dấu xầp xỉ, chúng ta có thể viết lại biểu thức trên như sau: $$\pi(x) \sim \frac{x}{\log (x)}$$ Bổ đề về số nguyên tố tương đương với phát biểu rằng số nguyên tố thứ $n$, $p_{n}$ thỏa mãn: $$p_{n}\sim n \log (n)$$ Dấu xấp xỉ, một lần nữa, cho chúng ta biết rằng sai số tương đối của ước lượng này tiến về $0$ khi $n$ tăng vô hạn. Bổ đề về số nguyên tố tương đương với biểu thức sau: $$\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{\vartheta(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\psi(x)}{x}=1$$ trong đó $\vartheta$ và $\psi$ tương ứng là các hàm Chebyshev thứ nhất và thứ hai. Hàm Chebyshev thứ nhất $\vartheta(x)$ hay $\theta(x)$, được cho bởi công thức: $$\vartheta(x)=\sum_{p \leqslant x} \log (p)$$ với tổng phủ trên tất cả những số nguyên tố $p$ nhỏ hơn hoặc bằng $x$. Hàm Chebyshev thứ hai, $\psi(x)$ được định nghĩa tương tự, với tổng trải dài trên lũy thừa của số nguyên tố không vượt quá $x$: $$\psi(x)=\sum_{p^{k} \leqslant x} \log (p)=\sum_{n \leqslant x} \Lambda(n)=\sum_{p \leqslant x}\left\lfloor\log _{p} x\right\rfloor \log p$$ với $\Lambda$ là hàm von Mangoldt. Các hàm Chebyshev, đặc biệt là hàm Chebyshev thứ hai, thường được dùng trong các chứng minh liên quan đến số nguyên tố.
Bây giờ, chúng ta sẽ xét về quan hệ giữa hai hàm số Chebyshev, và giữa hàm Chebyshev với các hàm cơ bản. Hàm số Chebyshev thứ hai có thể được liên hệ đến hàm số thứ nhất thông qua việc viết nó dưới dạng $$\psi(x)=\sum_{p \leqslant x} k \log (p)$$ vói $k$ là số nguyên duy nhất sao cho $p^{k} \leqslant x \leqslant p^{k+1}$. Một mối tương quan trực tiếp hơn nữa giũa hai hàm có thể thấy được thông qua cách biểu diễn sau: $$\psi(x)=\sum_{n=1}^{+\infty} \vartheta\left(x^{\frac{1}{n}}\right)$$ Chú ý rằng tổng này chỉ có một số hữu hạng các hạng tử không bị tiêu biến, bởi vì $$\vartheta\left(x^{\frac{1}{n}}\right)=0 \text { với } n > \log _{2} x=\frac{\log (x)}{\log (2)}.$$ Hàm Chebyshev thứ hai là log của bội chung nhỏ nhất của các số nguyên từ $1$ đến $n:$
Hàm Chebyshev thứ hai là log của bội chung nhỏ nhất của các số nguyên từ $1$ đến $n:$ $$l c m(1,2, \ldots, n)=\mathrm e^{\psi(n)}.$$ Đến đây, chúng ta đã có thể suy ra được quan hệ sử dụng trong

Lời giải

ở trên.