Kiều phương chi các bài toán về đa thức một biến

1 CHƯƠNG MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐA THỨC MỘT BIẾN Giảng viên: PGS TS Kiều Phương Chi Bài toán xuất phát (Vietnam Test Selected Team-2016) Cho số thực phân biệt α1 , α2 , , α16 Với đa thức hệ số thực ta đặt P (x) ta đặt V (P ) = P (α1 ) + P (α2 ) + + P (α16 ) Chứng minh tồn đa thức bậc có hệ số x8 thỏa mãn: 1)V (P (x)Q(x)) = với đa thức P khác có bậc nhỏ 2)Q(x) có nghiệm thực tính bội 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Không gian định chuẩn Không gian tiền Hilbert 1.1.1 Định lý (Gram-Schmidt) Nếu H không gian tiền Hilbert {x1 , , xn } hệ véctơ độc lập tuyến tính ta tìm hệ {y1 , , yn } hệ trực giao cho yn tổ hợp tuyến tính {x1 , , xn } Chứng minh Đặt y1 = x1 Giả sử y1 , , yk xây dựng k yk+1 = xk+1 + λk y k , j=1 λk = − < xk+1 |yj > , j = 1, 2, , n |yj |2 1.1.2 Định lý Nếu H không gian tiền Hilbert E khơng gian đóng H = E ⊕ F 1.2 Về không gian đa thức Ký hiệu: P (x) tập hợp đa thức (hệ số trường K) biến x ∈ K Pm (x) đa tập hợp đa thức (hệ số trường K) biến x ∈ K có bậc bé m 2.1 P (x), Pm không gian véctơ Các phép toán: Cộng (p + q)(x) = p(x) + q(x), ∀x ∈ K Nhân vô hướng (αp)(x) = αp(x), ∀x ∈ K, p, q ∈ P (x) Cơ sở P (x) 1, x, x2 , , xn , Cơ sở Pm (x) 1, x, x2 , , xm 2.2 P (x), Pm (x) không gian định chuẩn k |ak |, p = i=0 p(x) = ki=0 ak Đặc biệt, cho α1 , , αm số thực phân biệt k |p(αl )|, p = i=0 chuẩn Pm (x) 2.3 P (x), Pm (x) khơng gian tiền Hilbert Giả sử µ độ đo Borel quy giá compact R < p|q >= p(x)q(x)dµ(x) xác định tích vơ hướng P (x), Pm (x) Các trường hợp đặc biệt Nếu µ độ đo Lebesgue đoạn [a, b] b < p|q >= p(x)q(x)dµ(x) a Nếu µ độ đo Lebesgue tập hữu hạn K = {α1 , αn } < p|q >= p(x)q(x)dµ(x) = p(α1 )q(α1 ) + + p(αn )q(αn ) K 2.4 P (x) đại số với phép toán phép nhân (pq)(x) = p(x)q(x), ∀x ∈ K 1) Lưu ý Pm (x) đại số 2) Trên đại số P (x) có tốn tử đạo hàm D : P (x) → P (x) thỏa mãn i) D tuyến tính ii) D(pq) = qDp + pDq với p, p ∈ P (x) 1.3 Lời giải bình luận Vietnam TST-2016 (Vietnam Test Selected Team-2016) Cho số thực phân biệt α1 , α2 , , α16 Với đa thức hệ số thực ta đặt P (x) ta đặt V (P ) = P (α1 ) + P (α2 ) + + P (α16 ) Chứng minh tồn đa thức Q bậc có hệ số x8 thỏa mãn: 1)V (P (x)Q(x)) = với đa thức P khác có bậc nhỏ 2)Q(x) có nghiệm thực tính bội 1.3.1 Một vài nhận xét 1) V ánh xạ tuyến tính Hơn V = với đa thức bé 15 2) V tích phân đa thức P tập hữu hạn K = {α1 , , αn } 3) V (pq) tích vơ hướng tập hợp đa thức có bậc bé 15 4) Q nằm khơng gian trực giao với không gian đa thức P7 (x) P15 (x) Như Q trực giao với sở P7 (x) 1, x, x2 , , x7 Suy Q nhận từ phép trực giao hóa Gram-Schmidt hệ 1, x, x2 , , x7 5) Q(x) có nghiệm thực tính bội? Thực chất xác có nghiệm thực? Tính chất hồn tồn tự động qua phép trực giao hóa GramSchmidt V (Qxk ) = Chứng minh Xét dãy gk (x) = xk , k = 0, 1, , n Đặt f0 (x) = x0 = F (g1 f0 ) f1 (x) = − f0 (x) + g1 (x) Khi F (f02 ) F (f0 f1 ) = F − F (g1 f0 ) F (g1 f0 ) f F (f02 ) + F (f0 g1 ) = + f g = − 2 F (f0 ) F (f0 ) Đặt f2 (x) = − F (g2 f0 ) F (g2 f1 ) f (x) − f1 (x) + g2 (x) F (f02 ) F (f12 ) Khi đó, ta có F (f2 f0 ) = 0, F (f2 , f1 ) = Tiếp tục, trình ta xậy dựng dãy f0 , f1 , f2 , , fn cho F (fi fj = với i = j Đặt n F (gn+1 fk ) fk q = gn+1 − F (fk2 ) k=0 Ta có n F (pfl ) = F [gn+1 fl − F (gn+1 fk )fk ]fl k=0 n = F (gn+1 fl ) − F (gn+1 fl )F (fk fl ) k=0 = F (gn+1 fl ) − F (gn+1 fl ) F (fl2 ) = F (fl ) với l = 0, 1, 2, , n Khi đó, với đa thức p ∈ Pn ta có p = n i=1 αi fi Suy n F (pq) = F n αi f i p = i=1 αi F (fi p) = i=1 Bây giờ, ta q có n + nghiệm thực Giả sử k n + số nghiệm thực q Nếu k = n + phải số chẵn Đặt n + = 2m Khi đó, tồn số thực {ri : i = 1, , m} {si : i = 1, , m} cho m (x − ri )2 + s2i p= i=1 Do q tổng bình phương đa thức có bậc bé n Suy F (q) > Ta nhận mâu thuẫn với F (p.1) = Vì k Nếu k số nghiệm thực q {ai : i = 1, , k} nghiệm n + − k phải chẵn Đặt n + − k = 2m Khi m k (x − ri )2 + s2i (x − ) q= i=1 i=1 Đặt k k (x − ) = P (x) = q(x) i=1 m (x − ri )2 + s2i (x − ) i=1 i=1 Khi Q tổng bình phương đa thức nên F (Q) > Mặt khác k n với p(x) = ki=1 (x − ) ta có F (Q) = F (pq) = Ta nhận mâu thuẫn Vì n + = k Ta điều cần chứng minh 6 1.4 Bài toán tổng quát Gọi Pm tập hợp đa thức hệ số thực có bậc bé m Giả sử F : P2n+1 → R hàm thỏa mãn 1) F (p + q) = F (p) + F (q) với p, q ∈ P2n+1 ; 2) F (αp) = αF (p) với p ∈ P2n+1 αR; 3) F (p2 ) > với p = bậc p bé n Chứng minh tồn đa thức q bậc n + 1, có n + nghiệm thực cho F (pq) = với đa thức p có bậc bé n 1.5 Về không gian đa thức hệ số dương 1.5.1 Định lý Nếu p ∈ P (x) p(x) > với x > p = s, t ∈ P+ (x) s với t 1.5.2 Bổ đề Nếu α, β ∈ R x2 − αx + β khơng có nghiệm khơng âm Khi p(x) x2 − αx + β = , q(x) p, q ∈ Pm với hệ số không âm m α2 10 − β −1/2 (ở Pm tập hợp đa thức hệ số thực bậc m.) Chứng minh Để ý đa thức x2 − αx + β khơng có nghiệm dương α2 α2 < 4β Đặt c = Khi c < Để ý β (x2 − αx + β)(x2 + αx + β) = x4 + β(2 − c)x2 + β Vì thế, c ta nhận biểu diễn Nếu c > từ (x4 + β(2 − c)x2 + β )(x4 − β(2 − c)x2 + β ) = x8 + β (2 − (2 − c2 ))x4 + β Nếu − (2 − c2 ) > ta nhận kết luận Trong trường hợp tổng quát, tiếp tục trình ta đặt Pn = x2 n+1 + β2 n−1 n (2 − (2 − (2 − (2 − c)2 )2 ) )2 )x2 + β 2n+1 := x2 Đặt + β2 n+1 Qn = x 22 n−1 n n n cn x2 + β n−1 − β2 n n cn x2 + β Để ý cn+1 = − c2n Pn (x)Qn (x) = Pn+1 (x) Gọi n só nhỏ tồn cho cn khơng âm Thế (x2 − αx + β)(x2 + βx + α) = P1 (x) P1 (x)Q1 (x) Qn−1 (x) = Pn (x), Q1 Q2 Qn−1 ∈ P2+n+1 −4 ck < với k < n Hơn Pn ∈ P2+2n +1 cn Vì nhận biểu diễn x2 − αx + β = Pn (x) (x2 + αx + β)Q1 (x) Qn−1 (x) Bây giờ, giả sử ngược lại c1 , c2 , , cn khơng dương với n Khi đó, ck = − − ck+1 c1 = − c kéo theo c > + (2 + + (2 + 21/2 )1/2 )1/2 )1/2 := δn Để ý δn tăng dần tới n dần tới vô Điều mâu thuẫn với c < Ta có δn = + δn−1 Do − δn = − δn−1 = − δn−1 2+ δn−1 − δn−1 Tiếp tục đánh giá ta có − δ0 = 2n 2n−1 − δn−1 Hơn − δn = − δn−1 2+ δn−1 − δn−2 = (2 + δn−1 )(2 + − δ0 (2 + (2 + √ δn−1 )(2 + − 22−n )(2 + n+1 −n 2.4 j=2 Vì m := 2n+1 1 − 2−j √ 2e √ 4−c √ − 23−n ) (2 + √ = δ0 ) √ − 22 n+1 −n ) n+1 2.4 −n (1 + 2.2−j ) 2e4−n j=2 2e4−n − δn tức δn δn−2 ) (2 + δn−2 ) c Mâu thuẫn Vì √ 2e m √ 4−c 4−c 10(4 − c)−1/2 1.5.3 Định lý Nếu α, β ∈ R x2 + αx + β vô nghiệm nón {z ∈ C : |argz| < ε} + (x) với m tồn p, q ∈ Pm p π cho x2 + αx + β = 2ε q 1.5.4 Định lý 5/2 la hệ số tốt 1.5.5 Định lý Nếu p ∈ Pk (x) vơ nghiệm nón {z ∈ C : |argz| < ε} + (x) với m tồn p, q ∈ Pm 5k p π cho x2 + αx + β = 2ε q 1.5.6 Định lý Nếu r ∈ Pn (x) r(x) > với x > tồn d n cho q(x) , r(x) = (1 + x)d−n q ∈ Pd+ (x) 1.5.7 Hệ Nếu p ∈ Pn (x) p(x) > với x ∈ (−1, 1) d aj (1 − x)j (1 + x)d−j p(x) = j=0 1.5.8 Ví dụ Cho số nguyên n < 2016 đa thức P (x) = a2n x2n + + a1 x + a0 , ∈ [2016, 2017] với i = 0, 1, 2, , 2n Chứng minh P (x) viết thành tổng bình phương hai đa thức hệ số thực Bài tập bổ sung Bài Nếu p ∈ P2n (x) không âm x Pn (x) cho tồn s, t, u, v ∈ p(x) = s2 (x) + t2 (x) + xu2 (x) + xv (x) Bài Chứng minh đa thức P (x) không âm đoạn (a, b) viết dạng P (x) + (x − a)Q2 (x) + (b − x)R(x)2 Bài Cho n điểm {z ∈ C : |z| = 1} Tìm đa thức hệ số phức, n biến bậc nhỏ cho |p(z1 , zn )| đạt cực đại n điểm đó, {|z1 | 1, , |zn | 1} 1.6 Định lý giá trị trung gian vài ứng dụng A Lý thuyết Khái niệm hàm liên tục; đặc trưng hàm liên tục theo ngôn ngữ dãy; 10 Tính chất hàm liên tục (Tính tập trù mật; tính liên tục lân cận; giá trị lớn nhât, nhỏ nhất) Định lý giá trị trung gian; Sự hội tụ dãy đơn điệu Dãy bị chặn có dãy hội tụ B Một số ví dụ Ví dụ Nếu f : [0, 1] → [0, 1] tồn c ∈ [0, 1] cho f (c) = c Hint Xét g(x) = f (x) − x Ví dụ Nếu f liên tục [0, 2] cho f (0) = f (2) tồn x1 , x2 cho x1 − x2 = f (x1 ) = f (x2 ) Hint Xét g(x) = f (x + 1) − f (x) Ví dụ Nếu f liên tục [0, n] f (0) = f (n) tồn x1 , x2 ∈ [0, n] cho x1 − x2 = f (x1 ) = f (x2 ) Hint Xét g(x) = f (x + 1) − f (x) Nếu g(0) = f (1) = f (0) Nếu g(0) > f (1) > f (0) Giả sử f (k +1) > f (k) với k = 1, 2, , n−1 f (0) < f (1) < f (2) < < f (n) = f (0) Mâu thuẫn Vì vậy, tồn k đễ g(k + 1) g(k) > Suy tồn x0 ∈ (k, k + 1] cho cho g(x) = Tương tự cho trường hợp g(0) < Ví dụ Nếu f liên tục [0, n] f (0) = f (n) phương trình f (x) = f (y), với x, y ∈ [0, n] có n nghiệm thỏa mãn x − y nguyên Hint Không giảm tổng quát ta giả sử f (0) = f (n) = n = hiển nhiên đúng; Giả sử n > Ta xét trường hợp sau: Nếu f (1), f (2), , f (n − 1) > với k = 1, 2, , n − ta đặt gk (x) = f (x + k) − f (x) Khi đó, hàm gk liên tục [0, n − k] Hơn gk (0) = f (k) − f (0) > gk (n − k) = f (n) − f (n − k) < Vì vậy, tồn xk ∈ [0, n − k] cho gk (xk ) = Dẫn tới f (xk + k) − f (xk ) = Để ý xk = xl xk + k = xl + l với k = l Vì phương trình f (x) = f (y) có n nghiệm thỏa mãn x − y nguyên 11 Nếu f (1), f (2), , f (n − 1) < xét tương tự Giả sử f (1) > (trường hợp f (1) < xét tương tự) f (1), f (2), , f (n− 1) khác đôi khác không, đồng thời tồn m n − 1, f (m) < (tương ứng f (m) > 0) Khi tồn số nguyên k1 , k2 , , ks n − cho f (1), f (2), , f (k1 ) > 0; f (k1 + 1), f (k1 + 2), , f (k2 ) < 0; f (ks + 1), f (ks + 2), , f (n − 1) < f (ks + 1), f (ks + 2), , f (n − 1) > (phụ thuộc vào dấu f (n − 1)) áp dụng trường hợp ta k1 nghiệm đoạn [0, k1 ], k2 − k1 nghiệm đoạn [k1 , k2 + 1], tiếp tục ta nhận kết Giar sử tồn k < m n cho f (k) = f (m) đồng thời f (k), f (k + 1), , f (m − 1) đôi khác áp dụng ta nhận m − k nghiệm đoạn k − m Xét hàm g(x) = f (x) x f (x + m − k) k < x k n − (m − k) Rõ ràng g liên tục [0, n − (m − k)] g(0) = g(n − (m − k)) = Nếu g(0), g(1), , g(n − (m − k) − 1) đơi khác theo chứng minh phần trước ta có n − (m − k) nghiệm thỏa mãn Vì vậy, ta nhận n − (m − k) + (m − k) = n nghiệm thỏa mãn Nếu g(0), g(1), , g(n−(m−k)−1) không thỏa mãn điều kiện đơi khác tiếp tục trình cho hàm đoạn [0, n − (m − k)] Rõ ràng trình hữu hạn Vì ta nhận điều cần chứng minh 12 Ví dụ Nếu f hàm liên tục đoạn [0, 1] cho f (0) = f (1) Với n, chứng minh tồn c ∈ [0, 1] cho f (c) = f (c + ) n với n n−1 Giải Xét gn (x) = f (x + ) − f (x) [0, ] Khi n n n−1 g(0) + g( ) + + g( ) = f (1) − f (0) = n n Khi đó, tồn i, j cho g(i/n) g(j/n) Vì vậy, tồn n−1 c ∈ [0, ] cho g(c) = Điều cần chứng minh n Ví dụ Nếu f hàm liên tục đoạn [0, 1] cho f (0) = f (1) Chứng minh tồn dãy (an ), (bn ) ⊂ [0, 1] cho; a) Các dãy hội tụ; b) f (an ) = f (bn ) với n 1 Giải Xét hàm g1 (x) = f (x + ) − f (x) [0, ] Khi g1 liên tục 2 1 g(0)g( ) Vì vậy, tồn c1 ∈ [0, ] cho g1 (c1 ) = 0, tức 2 f (c1 + ) = f (c1 ) Đặt a1 = c1 b1 = c1 + Xét hàm số f1 (x) = f (x + c1 ) [0, ] Khi f1 liên tục f1 (0) = 1 f1 ( ) Đặt g2 (x) = f1 (x + ) − f1 (x) Khi đó, g2 liên tục [0, ] 1 g2 (0)g2 ( Vì tồn c2 ∈ [0, ] cho g2 (c2 ) = 0, tức 4 f1 (c2 + ) = f1 (c2 ), f (c2 + c1 + ) = f (c2 + c1 ) 13 1 c1 + Tiếp tục trình ta xây dựng dãy Đặt a2 = c2 + c1 a1 b2 = c1 + c2 + b1 2n an = c1 + +c2 , bn = c1 + +c2 + n , f (an ) = f (bn ) Hơn nữa, (an ) dãy tăng; (bn ) dãy giảm Vì chúng hội tụ Đặc biệt lim an = lim bn cn ∈ [0, 14 Bài tập Bài Nếu f , g hàm liên tục (a, b), cho hàm đơn điệu ngặt tồn dãy (xn ) ⊂ (a, b) cho f (xn ) = g(xn−1 ) phương trình f (x) = g(x) có nghiệm Bài Nếu f : [0, 1] → [0, 1] liên tục vào xn = f (xn−1 ) với n Khi (xn ) hội tụ xn − xn−1 → Tài liệu tham khảo [AW] H Alexander and J Wermer, Several Complex Variables and Banach Algebras, Graduate in Math., 35, Springer-Verlag (1998)  ... F 1.2 Về không gian đa thức Ký hiệu: P (x) tập hợp đa thức (hệ số trường K) biến x ∈ K Pm (x) đa tập hợp đa thức (hệ số trường K) biến x ∈ K có bậc bé m 2.1 P (x), Pm khơng gian véctơ Các phép... thực tính bội 1.3.1 Một vài nhận xét 1) V ánh xạ tuyến tính Hơn V = với đa thức bé 15 2) V tích phân đa thức P tập hữu hạn K = {α1 , , αn } 3) V (pq) tích vơ hướng tập hợp đa thức có bậc bé 15... bình phương đa thức nên F (Q) > Mặt khác k n với p(x) = ki=1 (x − ) ta có F (Q) = F (pq) = Ta nhận mâu thuẫn Vì n + = k Ta điều cần chứng minh 6 1.4 Bài toán tổng quát Gọi Pm tập hợp đa thức