Luận văn thạc sĩ toán đa thức và nghiệm của đa thức

Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Hà Huy Khoái, định hướng chọn đề tài nhiệt tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp, trường Đại học Thăng Long giúp đỡ suốt trình học tập trường Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè cổ vũ, động viên để hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Minh Nguyệt Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, bảo hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái, luận văn chuyên ngành Toán sơ cấp với đề tài:”Đa thức nghiệm đa thức” hoàn thành nhận thức tìm hiểu thân tác giả Trong trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa kết nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Minh Nguyệt Thang Long University Libraty Mục lục Mở đầu ĐA THỨC BẬC THẤP VÀ NGHIỆM CỦA CHÚNG 1.1 Đa thức 1.2 Đa thức tuyến tính đa thức bậc hai 1.2.1 Đồ thị đường thẳng 1.2.2 Đồ thị hàm bậc hai 1.3 1.4 1.5 Đa thức bậc ba 12 1.3.1 Đồ thị hàm bậc ba 13 1.3.2 Nghiệm đa thức bậc ba 16 Đa thức bậc bốn 19 1.4.1 Nghiệm đa thức bậc bốn 19 1.4.2 Đồ thị hàm bậc bốn 20 Một số toán kiểu Olympic 22 NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ NGHUYÊN 27 2.1 Bài toán số nguyên Chebyshev 27 2.2 Bài toán Schur cấp tăng hệ số 31 2.2.1 Cấp tăng hệ số đầu 31 2.2.2 Trung bình không điểm Kết luận 34 45 Tài liệu tham khảo 46 Thang Long University Libraty Mở đầu Đa thức nghiệm đa thức phần quan trọng chương trình Toán bậc THPT Mặc dù sách giáo khoa trình bày việc tìm nghiệm đa thức bậc thấp, liên hệ với đồ thị đa thức chưa đề cập thấu đáo, điều lại quan trọng việc làm cho học sinh hiểu rõ chất toán học vấn đề, rèn luyện tư trực quan nghiên cứu toán học Vì vậy, phần thứ luận văn dành cho trình bày nghiệm đa thức bậc thấp hình dung trực quan gắn liền với đồ thị Phần luận văn trình bày số kết nghiệm đa thức với hệ số nguyên Đây chủ đề quan trọng đại số số học Luận văn viết dựa theo số công trình nghiên cứu gần (xem [2]), số giảng nâng cao dành cho học sinh giỏi nước (xem phần Tài liệu tham khảo) Chương ĐA THỨC BẬC THẤP VÀ NGHIỆM CỦA CHÚNG 1.1 Đa thức Đa thức hàm p xác định tập số phức C có giá trị z ∈ C cho tổ hợp tuyến tính lũy thừa z : p(z) = a0 + a1 z + a2 z + · · · + an z n , z ∈ C Các số a0 , a1 , , an gắn với lũy thừa z độc lập với z ; chúng gọi hệ số p, số thực số phức Một đa thức xác định hệ số chúng cho cụ thể Bậc cao z với hệ số tương ứng khác không, gọi bậc p Trong đa thức p, bậc n an = Các đa thức bậc số Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính, đa thức bậc gọi đa thức bình phương, đa thức bậc gọi đa thức lập phương, bậc gọi đa thức bậc bốn, bậc gọi đa thức bậc 5, tiếp tục Mặt khác, ta xem chúng phương trình đường thẳng, đường bậc hai, đường bậc ba, v.v Số phức z0 gọi nghiệm hay không điểm đa thức p giá trị z0 không: p(z0 ) = Thang Long University Libraty Một đa thức có tất hệ số số thực nghiệm thực Ví dụ đơn giản đa thức bậc hai x2 + Nó có hai nghiệm phức i, −i Định lý 1.1.1 Một đa thức bậc lẻ mà có hệ số thực, có nghiệm thực Chứng minh trực quan Xét đồ thị đa thức mặt phẳng Ví dụ, đồ thị đa thức bậc đường thẳng, có điểm mặt phẳng nằm bên bên trục hoành, chứa điểm trục hoành Tương tự, đồ thị đa thức lập phương có điểm mặt phẳng nằm trục hoành Vì miền nối liền với nhau, hợp chúng phải chứa điểm trục thực Nói chung, bậc p(x) = an xn + · · · + a0 lẻ, với x > đủ lớn, dấu p(x) trùng với dấu an , x lớn không dương, p(x) có dấu với −an Do đó, p nhận giá trị dương giá trị âm, hàm trơn nên phải có không điểm Nói cách khác, phải có nghiệm thực Tính thực hệ số định lý cần thiết Ví dụ, đa thức tuyến tính x − i nghiệm thực Định lý 1.1.2 (Gauss) Mọi đa thức khác có nghiệm, số phức Một đa thức bậc n có nhiều n nghiệm phân biệt Kết sâu sắc gọi Định lý Đại số Định lý 1.1.3 Giả sử p có hệ số thực z nghiệm phức Khi z nghiệm Chứng minh Giả sử p(x) = a0 + a1 x + x2 x2 + · · · + an xn , x ∈ C, a0 , a1 , , an số thực Khi đó, = p(z) = a0 + a1 z + a2 z + · · · + an z n = a0 + a1 z + a2 z + · · · + an z n = a0 + a1 z + a2 z + · · · + an z n = a0 + a1 z + a2 z + · · · + an z n = p(z) Từ p(z) = kéo theo p(z) = 1.2 Đa thức tuyến tính đa thức bậc hai Trong mục này, tập trung vào đa thức tuyến tính đa thức bậc hai với hệ số thực, giới hạn miền xác định tập số thực Khi khảo sát đồ thị chúng kiểm tra tính chất theo quan điểm hình học Các hàm có dạng ax + b, ax2 + bx + c, x ∈ R, với a, b, c số thực a = 1.2.1 Đồ thị đường thẳng Người Hy Lạp nghiên cứu tính hình học đường thẳng, họ không biểu diễn chúng theo cách đại số Đềcác người miêu tả cách để làm việc này: ông đưa mặt phẳng R2 gồm điểm có hai tọa độ, cách làm mà ngày quen thuộc Đồ thị hàm xác định tập Thang Long University Libraty mặt phẳng mà giao với đường thẳng đứng có nhiều điểm Hệ là, đường tròn đồ thị hàm, đường parabol {(x, y) : y = 4x} đồ thị hàm Nếu c + mx đa thức tuyến tính, đồ thị R2 tập điểm {(x, y); y = mx + c, x ∈ R} = {(x, mx + c) : x ∈ R}, viết ngắn gọn y = mx + c; m hệ số góc nó, c tung độ Cho hai điểm phân biệt (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) đồ thị nó, y1 = mx1 + c, y2 = mx2 + c, trường hợp x1 = x2 , ta giải phương trình theo m, c thu m= y1 x2 − y2 x1 y2 − y1 , c= x2 − x1 x2 − x1 Thay vào phương trình, xếp lại, thu công thức quen thuộc đường thẳng qua hai điểm không nằm đường thẳng đứng: y − y1 = y2 − y1 (x − x1 ) x2 − x1 Trong trường hợp ta có cách biểu diễn tương đương (x2 − x1 )(y − y1 ) = (y2 − y1 )(x − x1 ) Nhưng công thức x2 = x1 , miễn y2 = y1 ; hay y2 = y1 x2 = x1 Nhưng có y2 − y1 = x2 − x1 = trừ coi toàn mặt phẳng đường thẳng! Để chứa phủ tất trường hợp, phương trình đường thẳng R2 biểu thức có dạng ax + by + c = 0, a2 + b2 > Đây đồ thị đa thức tuyến tính ab = Nó đồ thị đa thức a = 0, b = 1.2.2 Đồ thị hàm bậc hai Hàm bậc hai đơn giản hàm bình phương x → x2 , có đồ thị R2 tập {(x, y) : y = x2 , x ∈ R} Đây tập nửa mặt phẳng trên, đối xứng qua trục tung gốc tọa độ điểm thấp nhất, ’điểm chuyển hướng’ Ngoài ra, hàm bình phương hàm lồi Để thấy điều này, gọi P = (x1 , y1 ), Q = (x2 , y2 ) hai điểm phân biệt đồ thị, y1 = x21 , y2 = x22 Đường thẳng qua P Q có phương trình y2 − y1 (x − x1 ) x2 − x1 x22 − x21 = x1 + (x − x1 ) x2 − x1 = x21 + (x2 + x1 )(x − x1 ) y = y1 + = (x2 + x1 )x − x1 x2 Do đó, đường thẳng P Q nằm cung P Q x2 − (x2 + x1 )x + x1 x2 = (x − x1 )(x − x2 ) ≤ 0, với x nằm x1 , x2 , tức là, x2 ≤ (x2 + x1 )x − x1 x2 , Thang Long University Libraty dàng bị loại bỏ Chú ý ta có nhiều K thừa số chung bất khả quy dãy Rm Pn , thừa số xuất Pn lần, Pn có nghiệm đơn Do đó, ta hủy bỏ tất thừa số chung Qmi ,i Pn thu dãy đa thức gồm đa thức P˜n mà không điểm chung với Rm với cách chọn m n Ngoài ra, hệ số đầu P˜n thỏa mãn |an |/ Cho nên, an |1/n ≥ lim Rm lim inf |an |1/n = lim inf |˜ n→∞ n→∞ m→∞ K i=1 |bmi | −1/m [−1,1] ≤ |˜ an | ≤ |an | > 1, 53770952, theo Mệnh đề 2.1.1, từ cận (2.11) chứng minh Để thu cận (2.11), ta cần đưa dãy đa thức Pn (x) = an xn + · · · ∈ Zsn ([−1, 1]) cho lim inf |an |1/n ≤ 1, 54170092 n→∞ Dãy cần tìm dãy đa thức Gn (x2 ) = cn x2n +· · · , n ∈ N, Gn đa thức Gorshkov trình bày [D.S Gorshkov, "On the distance from zero on the interval [0,1] of polynomials with integer coeffcients," in Proc of the Third All Union Mathematical Congress, Akad Nauk SSSR, Moscow, 1959, Vol.4,pp.5-7 ] Đặc biệt, Định lý (của Gorshkov) phát biểu limn→∞ |cn |1/n ≈ 2.3768417062639 Lấy bậc hai ta giới hạn cần tìm Kết dễ dàng chuyển thành phát biểu tương tự cho đoạn [0, 1], cách sử dụng phép đổi biến t = x2 , dẫn đến phép cải tiến tương ứng cho Bổ đề X [11] Từ quan điểm tổng quát hơn, ta thu Định lý 2.2.2 Nếu Pn (x) = an xn + · · · ∈ Zsn ([a, b]), b − a < dãy đa thức bất khả quy Q, lim inf |an |1/n ≥ n→∞ ≥√ tZ ([a, b]) b−a (2.12) 33 Thang Long University Libraty Chứng minh.Vì Pn đa thức bất khả quy bậc n > m, nghiệm chung với đa thức Rm ∈ Zm Nói riêng, ta chọn Rm đa thức số nguyên Chebyshev bậc m áp dụng Mệnh đề 2.1.1 để thu tZ ([a, b]) lim inf |an |1/n = lim sup Rm n→∞ m→∞ 1/m inf [a,b] lim n→∞ |an |1/n ≥ Do đó, suy bất đẳng thức đầu (2.12) Bất đẳng thức thứ hai hệ ước lượng (2.7) cho tZ ([a, b]) Giả thiết tính bất khả quy làm yếu đi, ta cần giả thiết phụ cấu trúc tiệm cận đa thức số nguyên Chebyshev [a, b] 2.2.2 Trung bình không điểm Cho M > 0, ta viết Pn = an z n + ∈ Zsn (E, M ) |an | ≤ M Pn ∈ Zsn (E) (tương ứng, Pn ∈ Zn (E, M ) |an | ≤ M Pn ∈ Zn (E)) Schur [11, §4-8], nghiên cứu dáng điệu giới hạn trung bình cộng không điểm đa thức thuộc Zsn (E, M ) n → ∞, M > số cố định Hai số kết ông theo hướng phát biểu bên Đặt D := {z ∈ C : |z| ≤ 1} hình tròn đơn vị, đặt R+ := (0, ∞), R đường thẳng thực Với đa thức Pn (z) = an n k=1 (z − αk,n ), ta định nghĩa trung bình cộng n k=1 αk,n /n không điểm An := Định lý B (Schur [11], Bổ đề XI) Nếu Pn ∈ Zsn (R+ , M ) dãy đa thức có bậc n → ∞, lim inf An ≥ n→∞ √ e > 1, 6487 (2.13) Định lý C (Schur [11], Bổ đề XIII) Nếu Pn ∈ Zsn (D, M ) dãy 34 đa thức có bậc n → ∞, lim sup |An | ≤ − √ (2.14) e/2 < 0, 1757 n→∞ Schur đưa ý lim sup (2.14) với đa thức monic thuộc Zn (D) Người ta chứng minh [13] limn→∞ An = với đa thức thuộc lớp Schur Zsn (D, M ), n ∈ N Kết thu hệ hàm phân phối tiệm cận không điểm gần hình tròn đơn vị Cụ thể, {αk,n }nk=1 không điểm Pn , định nghĩa độ đo đếm không điểm (zero counting measure) τn := n n δαk,n , k=1 δαk,n khối lượng chất điểm (the unit point mass) αk,n Xét độ đo độ dài cung chuẩn hóa µD chu vi đường tròn đơn vị, với dµD (eit ) := 2π dt ∗ − µD ), Nếu τn hội tụ yếu tới µD n → ∞ (τn → zdτn (z) = lim An = lim n→∞ n→∞ zdµD (z) = Do đó, toán Schur giải cách dựa theo kết [13] Định lý 2.2.3 Nếu Pn (z) = an z n + ∈ Zsn (D), n ∈ N, thỏa mãn lim |an |1/n = 1, n→∞ (2.15) ∗ − µD n → ∞, limn→∞ An = τn → Chứng minh Nếu Pn (z) = an n k=1 (z − αk,n ), biệt thức Pn ∆(Pn ) := an2n−2 1≤j với độ đo đa thức ν D, ngoại trừ µD [12] Cho nên, τ = µD Ta phải chọn hàm f (z) = z, z ∈ D, mở rộng liên tục C cho f có tựa compact Định nghĩa hội tụ yếu* cho ta lim An = lim n→∞ n→∞ zdτn (z) = zdµD (z) = Vì hàm đối xứng sơ cấp nghiệm đa thức Pn (z) = an,n (z − αk,n ) = n k k=0 ak,n z σm := j1 + 1/m, ta đặt z = x + yi Thêm vào ta thu |φx (z)| ≤ 2me |φy (z)| ≤ 2me với z = x + yi ∈ C\S Bây áp dụng định lý giá trị trung bình |φ(z) − φ(t)| ≤ |z − t| sup C\S √ φ2x + φ2y ≤ 2me 2|z − t| < 8m|z − t| Ở đây, ta sử dụng (2.20) với A = 8m R = + 1/m để thu (2.19) 39 Thang Long University Libraty Kết bên phát biểu dạng tương đương ước lượng tốc độ hội tụ không trung bình cộng lũy thừa bậc m sm /n Kết hợp (2.18) với (2.19), ta tổng quát hóa Định lý 2.2.4 sau Định lý 2.2.6 Nếu Pn (z) = n k k=0 an,n z ∈ Zsn (D, M ), n ∈ N |an−m,n | ≤ C(m, M )(n log n)m/2 , m, n ∈ N, (2.21) C(m, M ) > phụ thuộc m M Chứng minh Công thức đệ quy (2.18) kéo theo ước lượng |σm | ≤ m m j=1 |sj ||σm−j | Suy ra, (2.21) rút từ (2.19) biện luận quy nạp theo thông thường theo m ∈ N Ta coi m ∈ N cố định khảo sát n → ∞ phát biểu Với m = 1, (2.21) phù hợp với (2.17), tính chặt chẽ (2.21) n → ∞ câu hỏi mở với m > Bây giờ, ta quay trở lại trung bình cộng không điểm nằm R+ (xem Định lý B) Kết phát triển theo hướng sau Nếu Pn (z) = an,n n k=1 (z − αk,n ) bất khả quy vành số nguyên, {αk,n }nk=1 gọi tập đầy đủ số đại số liên hợp có bậc n Khi an = ta xem {αk,n }nk=1 số nguyên đại số Nếu α = α1,n liên hợp, tổng {αk,n }nk=1 gọi vết tr(α) α tập số hữu tỷ Siegel cải tiến Định lý B cho số nguyên đại số dương (xem C L Siegel,"The trace of totally póitive and real algebraic integers," Ann.Math., 46, 302-312 (1945)) lim inf An = lim inf tr(α)/n > 1, 7336105, n→∞ n→∞ 40 cách sử dụng phép làm mịn tinh tế từ bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân liên quan tới biệt thức αk,n Smyth đưa phương pháp số “đa thức bổ trợ” (xem C.J Smyth, "The mean values of totaly real algebraic integers," Math Comp., 42, 663-681 (1984)), sử dụng nhiều nhà toán học để thu cải tiến cận Các báo ban đầu có chứa cận 1, 7719 Các kết sau bao gồm cận 1, 784109 Aguirre and Peral [3], cận 1, 78702 Flammang [8] McKee gần cải tiến phương pháp đạt cận 1, 78839 (xem J McKee,"Computing totally positive algebraic integer of small trace," Math Comp., 80, 1041-1052 (2011)) Bài toán vết Schur-Siegel-Smyth [4] phát biểu rằng: Tìm giới hạn ℓ nhỏ tập giá trị vết trung bình An với số nguyên đại số thực dương Schur [11] tìm ℓ ≤ Điều rút trực tiếp cách xét đa thức Chebyshev tn (x) := cos(n arccos((x − 2)/2)) đoạn [0, 4], mà có không điểm đối xứng quanh trung điểm Chúng có hệ số nguyên, (x)/(x − 2) bất khả quy với số nguyên tố p, sinh cận cần thiết ℓ, xem [11] Bài toán vết Schur-Siegel-Smyth toán chưa giải tiếng nhất, xuất lần đầu [11] Như kết trường hợp riêng, người ta đưa cận lim inf n→∞ An ≥ cho tập số đại số mà đa thức xác định chúng không tăng nhanh hàm mũ tập compact R+ có dung lượng (đường kính siêu hạn) (xem Hệ 2.6 [10]) Chi tiết lịch sử cụ thể toán xem [10] Chúng minh họa kết cách tập trung ý đoạn có độ dài R+ Với khoảng [c−2, c+2] ⊂ R, đặt Ω = C\[c−2, c+2] 41 Thang Long University Libraty n k=1 (z Độ đo Mahler suy rộng đa thức Pn (z) = an nghĩa M (Pn ) := |an | αk,n ∈Ω − αk,n ) định |Φ(αk,n )|, Φ ánh xạ bảo giác tắc từ Ω lên C\D với Φ(∞) = ∞ Mệnh đề 2.2.1 Cho Pn (z) = an n k=1 (z −αk,n ) ∈ Zsn (R+ ), n ∈ N, dãy đa thức cho [c − 2, c + 2] ⊂ R, c ≥ Nếu limn→∞ (M (Pn ))1/n = 1, n lim inf n→∞ n k=1 αk,n ≥ c ≥ Chứng minh Định lý 2.2.1 [10] đảm bảo độ đo đếm τn không điểm Pn hội tụ tới độ đo cân µ [c − 2, c + 2] theo tôpô yếu* Trong [30] ta có dµ(x) = π dx , − (x − c)2 x ∈ (c − 2, c + 2) (2.22) Nên ta có lim inf n→∞ n n c+2 αk,n = lim inf k=1 n→∞ xdτn (x) ≥ c−2 π xdx = c − (x − c)2 Ta lưu ý rằng, giả thiết thông thường limn→∞ Pn 1/n p = với Lp ([c − 2, c + 2]), p ∈ (0, ∞], chuẩn kéo theo limn→∞ (M (Pn ))1/n = Vì Định lý B tương đương với phát biểu cấp tăng |an−1,n | theo n, ý tới dáng điệu tiệm cận hệ số an−m,n với m ∈ N cố định với n → ∞ Để đơn giản hóa trình bày rõ ràng, giới hạn vào đa thức monic Do ta tạm giả sử Pn (z) = z n +an−1,n z n−1 +·+a0,n ∈ Zsn (R+ , 1) Chú ý σm có n m tích tổng định nghĩa Như vậy, cách tự nhiên khảo sát giá trị trung bình σm / 42 n m Bất đẳng thức trung bình cộng-trung bình nhân cho ta σm n m n−1 (m−1 ) (mn ) n ≥ m/n n = αk,n = |a0,n |m/n ≥ αk,n k=1 k=1 n k k=0 ak,n z Từ suy Pn (z) = lim inf n→∞ |an−m,n | = lim inf n m n→∞ ∈ Zsn (R+ , 1), σm n m ≥ 1, (2.23) ta giả sử m ∈ N cố định Ta kiểm chứng tốc độ tăng O( n m ) n → ∞ |an−m,n | xác cách sử dụng đa thức Chebyshev tn (x) = cos(n arccos((x − 2)/2)) đoạn [0, 4] Sau dạng tổng quát toán vết Schur-Siegel-Smyth: Tìm cận mạnh ℓm , ≤ m ≤ n − lim inf (2.23) số dãy đa thức Pn ∈ Zsn (R+ , 1) Rõ ràng, ta có ℓ1 = ℓ Ta thu hệ thức xác ℓm , m ≥ 2, ℓ lập luận nằm phạm vi luận văn Thay vào đó, ta đưa kết luận mạnh giả thiết Mệnh đề 2.2.1 Định lý 2.2.7 Cho Pn (z) = an n k=1 (z − αk,n ) ∈ Zsn (R+ ), n ∈ N, dãy đa thức cho [c − 2, c + 2] ⊂ R, c ≥ Nếu limn→∞ (M (Pn ))1/n = 1, lim inf n→∞ |an−m,n | n m ≥ c m ≥ m , m ∈ N Chứng minh Từ (2.16) ta suy lim inf n→∞ |an−m,n | n m ≥ m! lim inf n→∞ = m! lim inf n→∞ σm nm ··· x1 [...]... quả trên 1.4 1.4.1 Đa thức bậc bốn Nghiệm của đa thức bậc bốn Một đa thức bậc bốn là tổ hợp tuyến tính của các đa thức đơn 1, x, x2 , x3 , x4 , và do đó nó có dạng p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, trong đó các hệ số a, b, c, d, e là các số thực hoặc phức, và a = 0 Mọi hàm bậc bốn là tích của hai hàm bậc hai Tính cả nghiệm bội thì đa thức bậc như vậy có 4 nghiệm, và nếu ký hiệu các nghiệm này là α, β,... b là nghiệm của đa thức bậc ba x3 + 3x − 2a Cho nên, nếu b là một số nguyên dương, thì tương tự 2a = b3 + 3b Nhưng biểu thức sau là số chẵn Do vậy a là số nguyên 1 dương Ngược lại, nếu a có dạng n(n2 + 3) với n nguyên dương, thì n 2 cũng là nghiệm của cùng đa thức bậc ba Nhưng đa thức bậc ba này chỉ có một nghiệm thức Do đó b = n 4 IRMO95 Giả sử rằng a, b và c là các số phức, và cả ba nghiệm z của phương... a0 , a1 , · · · , an−1 với n ≥ 1 và đa thức f (x) = xn + · · · + a1 x + a0 Biết rằng |f (0)| = f (1) và mỗi nghiệm α của f là số thực thỏa mãn 0 < α < 1 Chứng minh rằng tích các nghiệm lớn hơn 1/2n 26 Chương 2 NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ NGHUYÊN 2.1 Bài toán số nguyên Chebyshev Ký hiệu Cn và Zn là tập các đa thức đại số có bậc nhiều nhất n, tương ứng, với hệ số phức và hệ số nguyên Định nghĩa chuẩn... hệ quả sau Hệ quả 1.3.1 Các nghiệm của đa thức bậc ba p(x) = x3 − 3abx + a3 + b3 là −(a + b), −(ωa + ω 2 b), −(ω 2 a + ωb) Ta có thể khai thác điều này để xác định nghiệm của đa thức bậc ba dạng x3 + qx + r, miễn là ta có thể tìm a, b sao cho − 3ab = q, a3 + b3 = r (1.1) Trước khi thảo luận trường hợp tổng quát, chúng ta xét một ví dụ đơn giản Ví dụ 1.3.3 Tìm nghiệm của đa thức p(x) = x3 + 3x2 − 3x +... ad lẻ và bc chẵn Chứng minh rằng ít nhất một nghiệm là số vô tỉ Giải Giả sử tất cả nghiệm đều là số hữu tỉ, và áp dụng định lý nghiệm hữu tỉ Theo đó, nếu p/q là nghiệm hữu tỉ với p, q ở dạng tối giản nhất, thì p là ước của d và q là ước của a Nhưng ad lẻ Do vậy của a, d cùng lẻ, nên p, q lẻ Tiếp theo lưu ý rằng ap3 + bp2 q + cpq 2 + dq 3 = 0 Số hạng cuối cùng và số hạng đầu tiên lẻ, nên tổng của chúng... sup |f (z)| z∈E Bài toán cực tiểu chuẩn đều trên E bởi đa thức monic trong C được gọi là bài toán Chebyshev (xem [12]) Trong trường hợp cổ điển E = [−1, 1], nghiệm rõ ràng của bài toán này là đa thức monic Chebyshev Tn (x) := 21−n cos(n arccos x) có bậc n ∈ N Sử dụng phép đổi biến, ta mở rộng bài toán này thành khoảng tùy ý [a, b] ⊂ R sao cho tn (x) := b−a 2 n Tn 2x − a − b b−a là đa thức monic duy nhất... sự liên hệ và tổng quát hóa được tìm thấy trong nhiều lĩnh vực của lý thuyết xấp xỉ, giải tích phức, hàm đặc biệt, v.v Cụ thể, bài toán Chebyshev được nghiên cứu trên tập tùy ý trong C, và hằng số Chebyshev được xác định cùng với đường kính siêu hạn và dung lượng logarit của tập (xem [12]) Một bài toán cổ điển có liên hệ chặt chẽ là tìm đa thức nhỏ với hệ số nguyên Ta nói rằng Qn ∈ Zn là đa thức số nguyên... liên hệ sau với cấp tăng của hệ đầu của đa thức Mệnh đề 2.1.1 Giả sử rằng Rm ∈ Zm và Pn (x) = an xn + · · · ∈ Zn , an = 0, là hai dãy đa thức có bậc đúng bằng m → ∞ và n → ∞ Giả sử rằng mỗi Pn có mọi không điểm thuộc [a, b] ⊂ R, và Pn không có không điểm chung với Rm nếu n > m Khi đó lim sup Rm m→∞ 1/m inf [a,b] lim n→∞ |an |1/n ≥ 1 (2.9) n j=1 (z−zj ) Nhớ lại rằng kết quả của Rm và n R(Pn , Rm ) = am... gồm cả bài toán của Bernstein về phép xấp xỉ hàm hằng, có thể tìm thấy trong [R M Trigub,"Approximation of smooth functions and constants by polynomials with integer and natural coefficients," Math Note, 70, 110-122 (2001).] 2.2 Bài toán Schur về cấp tăng của hệ số Issai Schur nghiên cứu nhiều bài toán về hệ thức giữa hàm phân bố không điểm và độ lớn của hệ số đa thức trên Zn Công trình của ông khai... · · ∈ Zsn ([−1, 1]) là dãy đa thức tùy ý Chúng ta sử dụng dãy các đa thức Rm với chuẩn đều nhỏ trên [−1, 1] trong Mệnh đề 2.1.1 để chứng minh cận dưới trong (2.11) Thật ra, các đa thức nhỏ này có dạng K [s m] Qmii ,i (x), Rm (x) = i=1 m ∈ N, trong đó Qmi ,i (x) = bmi xmi + · · · ∈ Zmi là đa thức bất khả quy trên Q, và 0 < si < 1, i = 1, , K, với K i=1 si mi = 1 Các đa thức như vậy được sử dụng để