Kiều phương chi các bài toán về đa thức một biến

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐA THỨC MỘT BIẾN Giảng viên: PGS.. Một số kiến thức chuẩn bị Không gian định chuẩn Không gian tiền Hilbert 1.1.1 Định lý... Pmx là đa tập hợp các đa thức

CHƯƠNG 1 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 các

số thực phân biệt α1, α2, , α16 Với mỗi đa thức hệ số thực ta đặt P (x)

ta đặt

V (P ) = P (α1) + P (α2) + + P (α16)

Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức bậc 8 có hệ số x8 bằng 1 thỏa mãn:

1)V (P (x)Q(x)) = 0 với mọi đa thức P khác hằng có bậc nhỏ hơn 8 2)Q(x) có 8 nghiệm thực tính cả 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 là không gian tiền Hilbert và {x1, , xn} là hệ véctơ độc lập tuyến tính thì ta tìm được hệ {y1, , yn}

là hệ trực giao sao cho yn là tổ hợp tuyến tính của {x1, , xn}

Chứng minh Đặt y1 = x1 Giả sử y1, , yk được xây dựng thì

yk+1 = xk+1 +

k

X

j=1

λkyk,

trong đó λk = − < xk+1|yj >

|yj|2 , j = 1, 2, , n

1.1.2 Định lý Nếu H là không gian tiền Hilbert và E là không gian con đóng thì H = E ⊕ F

1.2 Về không gian các đa thức

Ký hiệu:

P (x) là tập hợp các đa thức (hệ số trên trường K) một biến x ∈ K

Pm(x) là đa tập hợp các đa thức (hệ số trên trườngK) một biến x ∈ K

có bậc bé hơn hoặc bằng m

2.1 P (x), Pm là 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, trong đó p, q ∈ P (x)

Cơ sở của P (x) là 1, x, x2, , xn,

Cơ sở của Pm(x) là 1, x, x2, , xm

2.2 P (x), Pm(x) là không gian định chuẩn

kpk =

k

X

i=0

|ak|,

trong đó p(x) =Pki=0ak

Đặc biệt, nếu cho α1, , αm là các số thực phân biệt thì

kpk =

k

X

i=0

|p(αl)|,

là chuẩn trên Pm(x)

2.3 P (x), Pm(x) là không gian tiền Hilbert

Giả sử µ là độ đo Borel chính quy giá compact trên R thì

< p|q >=

Z

p(x)q(x)dµ(x)

xác định tích vô hướng trên P (x), Pm(x) Các trường hợp đặc biệt

1 Nếu µ là độ đo Lebesgue trên đoạn [a, b] thì

< p|q >=

Z b a

p(x)q(x)dµ(x)

2 Nếu µ là độ đo Lebesgue trên tập hữu hạn K = {α1, αn} thì

< p|q >=

Z

K

p(x)q(x)dµ(x) = p(α1)q(α1) + + p(αn)q(αn)

2.4 P (x) là một đại số với các phép toán như trên và phép nhân trong

(pq)(x) = p(x)q(x), ∀x ∈ K 1) Lưu ý Pm(x) không phải là đại số

2) Trên đại số P (x) có toán tử đạo hàm D : P (x) → P (x) thỏa mãn i) D tuyến tính

ii) D(pq) = qDp + pDq với mọi p, p ∈ P (x)

1.3 Lời giải và bình luận Vietnam TST-2016

(Vietnam Test Selected Team-2016) Cho các số thực phân biệt α1, α2, , α16 Với mỗi đa thức hệ số thực ta đặt P (x) ta đặt

V (P ) = P (α1) + P (α2) + + P (α16)

Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức Q bậc 8 có hệ số x8 bằng 1 thỏa mãn:

1)V (P (x)Q(x)) = 0 với mọi đa thức P khác hằng có bậc nhỏ hơn 8 2)Q(x) có 8 nghiệm thực tính cả bội

1.3.1 Một vài nhận xét

1) V là ánh xạ tuyến tính Hơn nữa V 6= 0 với mọi đa thức bé hơn 15 2) V là tích phân của đa thức P trên tập hữu hạn K = {α1, , αn} 3) V (pq) là một tích vô hướng trên tập hợp các đa thức có bậc bé hơn 15

4) Q nằm trong không gian con trực giao với không gian các đa thức P7(x) trong P15(x) Như vậy Q trực giao với cơ sở của P7(x) là

1, x, x2, , x7 Suy ra Q nhận được từ phép trực giao hóa Gram-Schmidt của hệ 1, x, x2, , x7

5) Q(x) có 8 nghiệm thực tính cả bội? Thực chất là chính xác có đúng

8 nghiệm thực?

Tính chất này hoàn toàn tự động qua phép trực giao hóa Gram-Schmidt

V (Qxk) = Chứng minh Xét dãy gk(x) = xk, k = 0, 1, , n Đặt f0(x) = x0 = 1 và

f1(x) = −F (g1f0)

F (f02) f0(x) + g1(x) Khi đó

F (f0f1) = F



− F (g1f0)

F (f02) f

2

0 + f0g1



= −F (g1f0)

F (f02) F (f

2

0) + F (f0g1) = 0

Đặt

f2(x) = −F (g2f0)

F (f02) f0(x) −

F (g2f1)

F (f12) f1(x) + g2(x).

Khi đó, ta có

F (f2f0) = 0, F (f2, f1) = 0

Tiếp tục, quá trình trên ta xậy dựng được dãy f0, f1, f2, , fn sao cho

F (fifj = 0 với mọi i 6= j

Đặt

q = gn+1−

n

X

k=0

F (gn+1fk)

F (fk2) fk.

Ta có

F (pfl) = F[gn+1fl −

n

X

k=0

F (gn+1fk)fk]fl

= F (gn+1fl) −

n

X

k=0

F (gn+1fl)F (fkfl)

= F (gn+1fl) − F (gn+1fl)

F (fl2) F (f

2

l ) = 0

với mọi l = 0, 1, 2, , n Khi đó, với mọi đa thức p ∈ Pn ta có p =

Pn

i=1αifi Suy ra

F (pq) = F

n

X

i=1

αifip =

n

X

i=1

αiF (fip) = 0

Bây giờ, ta chỉ ra q có n + 1 nghiệm thực Giả sử 0 6 k 6 n + 1 là số nghiệm thực của q

Nếu k = 0 thì n + 1 phải là số chẵn Đặt n + 1 = 2m Khi đó, tồn tại các số thực bộ {ri : i = 1, , m} và {si : i = 1, , m} sao cho

p =

m

Y

i=1



(x − ri)2 + s2i



Do đó q là tổng bình phương của các đa thức có bậc bé hơn n Suy ra

F (q) > 0 Ta nhận được sự mâu thuẫn với F (p.1) = 0 Vì vậy k > 1 Nếu k là số nghiệm thực của q và {ai : i = 1, , k} là các nghiệm thì

n + 1 − k phải chẵn Đặt n + 1 − k = 2m Khi đó

q =

k

Y

i=1

(x − ai)

m

Y

i=1



(x − ri)2 + s2i



Đặt

P (x) = q(x)

k

Y

i=1

(x − ai) =

k

Y

i=1

(x − ai)2

m

Y

i=1



(x − ri)2 + s2i



Khi đó Q là tổng của các bình phương của các đa thức nên F (Q) > 0 Mặt khác vì nếu k 6 n thì với p(x) = Qki=1(x − ai) ta có

F (Q) = F (pq) = 0

Ta nhận được mâu thuẫn Vì vậy n + 1 = k Ta được điều cần chứng minh

1.4 Bài toán tổng quát

Gọi Pm là tập hợp các đa thức hệ số thực có bậc bé hơn hoặc bằng m Giả sử F : P2n+1 →R là hàm thỏa mãn

1) F (p + q) = F (p) + F (q) với mọi p, q ∈ P2n+1;

2) F (αp) = αF (p) với mọi p ∈ P2n+1 và αR;

3) F (p2) > 0 với mọi p 6= 0 và bậc của p bé hơn hoặc bằng n

Chứng minh rằng tồn tại đa thức q bậc n + 1, có n + 1 nghiệm thực sao cho F (pq) = 0 với mọi đa thức p có bậc bé hơn hoặc bằng n

1.5 Về không gian các đa thức các hệ số dương

1.5.1 Định lý Nếu p ∈ P (x) và p(x) > 0 với mọi x > 0 thì p = s

t với

s, t ∈ P+(x)

1.5.2 Bổ đề Nếu α, β ∈R và x2− αx + β không có nghiệm không âm Khi đó

x2− αx + β = p(x)

q(x), trong đó p, q ∈ Pm với hệ số không âm và

m 6 104 − α

2

β

−1/2

(ở đây Pm là tập hợp đa thức hệ số thực bậc m.)

Chứng minh Để ý rằng đa thức x2− αx + β không có nghiệm dương khi

và chỉ khi α2 < 4β Đặt c = α

2

β Khi đó c < 4 Để ý rằng (x2− αx + β)(x2+ αx + β) = x4+ β(2 − c)x2 + β2

Vì thế, nếu c6 2 thì ta nhận được sự biểu diễn

Nếu c > 2 thì từ

(x4+ β(2 − c)x2+ β2)(x4− β(2 − c)x2+ β2) = x8+ β2(2 − (2 − c2))x4+ β4

Nếu 2 − (2 − c2) > 0 thì ta nhận ngay được kết luận Trong trường hợp tổng quát, tiếp tục quá trình trên ta đặt

Pn = x2n+1 + β2n−1(2 − (2 − (2 − (2 − c)2)2) )2)x2n + β2n

:= x22n+1 + β2n−1cnx2n + β2n Đặt

Qn = x22n+1 − β2n−1cnx2n + β2n

Để ý rằng

cn+1 = 2 − c2n và

Pn(x)Qn(x) = Pn+1(x)

Gọi n là só nhỏ nhất nếu tồn tại sao cho cn không âm Thế thì

(x2− αx + β)(x2+ βx + α) = P1(x)

và P1(x)Q1(x) Qn−1(x) = Pn(x), trong đó Q1Q2 Qn−1 ∈ P2+n+1 −4 bởi

vì ck < 0 với mọi k < n Hơn nữa Pn ∈ P2+2n+1 vì cn > 0 Vì thế chúng ta nhận được biểu diễn

x2 − αx + β = Pn(x)

(x2 + αx + β)Q1(x) Qn−1(x). Bây giờ, giả sử ngược lại c1, c2, , cn không dương với mọi n Khi đó,

ck = −p2 − ck+1

và c1 = 2 − c kéo theo

c > 2 + (2 + + (2 + 21/2)1/2)1/2 )1/2 := δn

Để ý rằng δn tăng dần tới 4 khi n dần tới vô cùng Điều này mâu thuẫn với c < 4

Ta có δn = 2 +pδn−1 Do đó

4 − δn = 2 −pδn−1 = 4 − δn−1

2 +pδn−1 6 4 − δn−1

Tiếp tục đánh giá trên ta có

4 − δn−1 6 4 − δ0

2n =

1

2n−1. Hơn nữa

4 − δn = 4 − δn−1

2 +pδn−1 =

4 − δn−2 (2 +pδn−1)(2 +pδn−2) =

4 − δ0 (2 +pδn−1)(2 +pδn−2) (2 +√

δ0)

(2 +√

4 − 22−n)(2 +√

4 − 23−n) (2 +√

4 − 22n+1−n)

6 2.4−n

n+1

Y

j=2

1

1 − 2−j 6 2.4−n

n+1

Y

j=2

(1 + 2.2−j) 6 2e4−n

Vì thế nếu m := 2n+1 > 2

√ 2e

√ 4−c thì

4 − δn 6 2e4−n 6 4 − c tức là δn > c Mâu thuẫn Vì vậy

m 6 2

√ 2e

√

4 − c 6 10(4 − c)−1/2

1.5.3 Định lý Nếu α, β ∈ R và x2 + αx + β vô nghiệm trên nón

{z ∈ C : |argz| < ε}

thì tồn tại p, q ∈ Pm+(x) với m6 5

2επ sao cho x

2 + αx + β = p

q. 1.5.4 Định lý 5/2 la hệ số tốt nhất

1.5.5 Định lý Nếu p ∈ Pk(x) vô nghiệm trên nón

{z ∈ C : |argz| < ε}

thì tồn tại p, q ∈ Pm+(x) với m6 5k

2επ sao cho x

2 + αx + β = p

q.

1.5.6 Định lý Nếu r ∈ Pn(x) và r(x) > 0 với mọi x > 0 thì tồn tại

d> n sao cho

r(x) = q(x)

(1 + x)d−n, trong đó q ∈ Pd+(x)

1.5.7 Hệ quả Nếu p ∈ Pn(x) và p(x) > 0 với mọi x ∈ (−1, 1) thì

p(x) =

d

X

j=0

aj(1 − x)j(1 + x)d−j

1.5.8 Ví dụ Cho số nguyên n < 2016 và đa thức

P (x) = a2nx2n+ + a1x + a0, trong đó ai ∈ [2016, 2017] với mọi i = 0, 1, 2, , 2n Chứng minh P (x) có thể viết thành tổng bình phương của hai đa thức hệ số thực

Bài tập bổ sung

Bài 1 Nếu p ∈ P2n(x) là không âm trên x > 0 thì tồn tại s, t, u, v ∈

Pn(x) sao cho

p(x) = s2(x) + t2(x) + xu2(x) + xv2(x)

Bài 2 Chứng minh rằng mọi đa thức P (x) không âm trên đoạn (a, b) đều viết được dưới dạng

P2(x) + (x − a)Q2(x) + (b − x)R(x)2 Bài 3 Cho n điểm trên {z ∈ C : |z| = 1} Tìm đa thức hệ số phức,

n biến bậc nhỏ nhất sao cho |p(z1, zn)| chỉ đạt cực đại duy nhất tại n điểm đó, trên {|z1| 6 1, , |zn| 6 1}

1.6 Định lý giá trị trung gian và một vài ứng dụng

A Lý thuyết

1 Khái niệm hàm liên tục; đặc trưng của hàm liên tục theo ngôn ngữ dãy;

2 Tính chất của hàm liên tục (Tính bằng nhau trên tập trù mật; tính liên tục trên lân cận; giá trị lớn nhât, nhỏ nhất)

3 Định lý giá trị trung gian;

4 Sự hội tụ của dãy đơn điệu

4 Dãy bị chặn sẽ có dãy con hội tụ

B Một số ví dụ

Ví dụ 1 Nếu f : [0, 1] → [0, 1] thì tồn tại ít nhất c ∈ [0, 1] sao cho

f (c) = c

Hint Xét g(x) = f (x) − x

Ví dụ 2 Nếu f liên tục trên [0, 2] sao cho f (0) = f (2) thì tồn tại

x1, x2 sao cho x1 − x2 = 1 và f (x1) = f (x2)

Hint Xét g(x) = f (x + 1) − f (x)

Ví dụ 3 Nếu f liên tục trên [0, n] và f (0) = f (n) thì tồn tại x1, x2 ∈ [0, n] sao cho x1 − x2 = 1 và f (x1) = f (x2)

Hint Xét g(x) = f (x + 1) − f (x) Nếu g(0) = 0 thì f (1) = f (0) Nếu g(0) > 0 thì f (1) > f (0) Giả sử f (k +1) > f (k) với mọi k = 1, 2, , n−1 thì

f (0) < f (1) < f (2) < < f (n) = f (0)

Mâu thuẫn Vì vậy, tồn tại k đễ g(k + 1) 6 0 và g(k) > 0 Suy ra tồn tại

x0 ∈ (k, k + 1] sao cho cho g(x) = 0 Tương tự cho trường hợp g(0) < 0

Ví dụ 4 Nếu f liên tục trên [0, n] và f (0) = f (n) thì phương trình

f (x) = f (y), với x, y ∈ [0, n] có ít nhất n nghiệm thỏa mãn x − y nguyên Hint Không giảm tổng quát ta giả sử f (0) = f (n) = 0

n = 1 hiển nhiên đúng; Giả sử n > 1

Ta xét các trường hợp sau:

1 Nếu f (1), f (2), , f (n − 1) > 0 thì với mỗi k = 1, 2, , n − 1 ta đặt

gk(x) = f (x + k) − f (x) Khi đó, hàm gk liên tục trên [0, n − k] Hơn nữa

gk(0) = f (k) − f (0) > 0 và gk(n − k) = f (n) − f (n − k) < 0 Vì vậy, tồn tại xk ∈ [0, n − k] sao cho gk(xk) = 0 Dẫn tới f (xk + k) − f (xk) = 0

Để ý rằng nếu xk = xl thì xk + k 6= xl + l với k 6= l Vì vậy phương trình f (x) = f (y) có ít nhất n nghiệm thỏa mãn x − y nguyên

2 Nếu f (1), f (2), , f (n − 1) < 0 được xét tương tự.

3 Giả sử f (1) > 0 (trường hợp f (1) < 0 xét tương tự) và f (1), f (2), , f (n− 1) khác nhau đôi một và khác không, đồng thời tồn tại 2 6 m 6

n − 1, f (m) < 0 (tương ứng f (m) > 0) Khi đó tồn tại các số nguyên

k1, k2, , ks ở giữa 1 và n − 2 sao 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) < 0 hoặc

f (ks+ 1), f (ks+ 2), , f (n − 1) > 0 (phụ thuộc vào dấu của f (n − 1)) áp dụng 2 trường hợp trên ta được k1 nghiệm trong đoạn [0, k1], k2− k1 nghiệm trong đoạn [k1, k2+ 1], và tiếp tục thế ta nhận được kết quả

4 Giar sử tồn tại 0 6 k < m 6 n sao cho f (k) = f (m) đồng thời

f (k), f (k + 1), , f (m − 1) đôi một khác nhau áp dụng 3 ta nhận được m − k nghiệm trên đoạn

k − m Xét hàm

g(x) =



f (x) nếu 0 6 x 6 k

f (x + m − k) nếu k < x 6 n − (m − k)

Rõ ràng g liên tục trên [0, n − (m − k)] và g(0) = g(n − (m − k)) = 0

Nếu g(0), g(1), , g(n − (m − k) − 1) đôi một khác nhau thì theo chứng minh phần trước ta có n − (m − k) nghiệm thỏa mãn Vì vậy, ta nhận được n − (m − k) + (m − k) = n nghiệm thỏa mãn

Nếu g(0), g(1), , g(n − (m − k) − 1) không thỏa mãn điều kiện đôi một khác nhau thì tiếp tục quá trình trên cho hàm trên đoạn [0, n − (m − k)]

Rõ ràng quá trình trên hữu hạn Vì vậy ta nhận được điều cần chứng minh

Ví dụ 5 Nếu f là hàm liên tục trên đoạn [0, 1] sao cho f (0) = f (1) Với mỗi n, chứng minh rằng tồn tại c ∈ [0, 1] sao cho

f (c) = f (c + 1

n) với mọi n

Giải Xét gn(x) = f (x + 1

n) − f (x) trên [0,

n − 1

n ] Khi đó

g(0) + g(1

n) + + g(

n − 1

n ) = f (1) − f (0) = 0.

Khi đó, tồn tại i, j sao cho g(i/n) > 0 và g(j/n) 6 0 Vì vậy, tồn tại

c ∈ [0,n − 1

n ] sao cho g(c) = 0 Điều cần chứng minh.

Ví dụ 6 Nếu f là hàm liên tục trên đoạn [0, 1] sao cho f (0) = f (1) Chứng minh rằng tồn tại 2 dãy (an), (bn) ⊂ [0, 1] sao cho;

a) Các dãy hội tụ;

b) f (an) = f (bn) với mọi n

Giải Xét hàm g1(x) = f (x + 1

2) − f (x) trên [0,

1

2] Khi đó g1 liên tục

và g(0)g(1

2) 6 0 Vì vậy, tồn tại c1 ∈ [0,1

2] sao cho g1(c1) = 0, tức là

f (c1+ 1

2) = f (c1).

Đặt a1 = c1 và b1 = c1+ 1

2. Xét hàm số f1(x) = f (x + c1) trên [0,1

2] Khi đó f1 liên tục và f1(0) =

f1(1

2) Đặt g2(x) = f1(x +

1

4) − f1(x) Khi đó, g2 liên tục trên [0,

1

2]

và g2(0)g2(1

4 6 0 Vì vậy tồn tại c2 ∈ [0,1

4] sao cho g2(c2) = 0, tức là

f1(c2 + 1

4) = f1(c2), vì thế

f (c2+ c1+ 1

4) = f (c2 + c1).

Đặt a2 = c2 + c1 > a1 và b2 = c1 + c2 + 1

46 c1 + 1

2 6 b1 Tiếp tục quá trình trên ta xây dựng được dãy

cn ∈ [0, 1

2n

và an = c1+ +c2, bn = c1+ +c2+ 1

2n, f (an) = f (bn) Hơn nữa, (an) là dãy tăng; (bn) là dãy giảm Vì vậy chúng hội tụ Đặc biệt lim an = lim bn

Bài tập Bài 1 Nếu f , g là các hàm liên tục trên (a, b), sao cho một trong 2 hàm

là đơn điệu ngặt và tồn tại dãy (xn) ⊂ (a, b) sao cho f (xn) = g(xn−1) thì phương trình f (x) = g(x) có nghiệm

Bài 2 Nếu f : [0, 1] → [0, 1] liên tục vào xn = f (xn−1) với mọi n Khi

đó (xn) hội tụ khi và chỉ khi xn− xn−1 → 0

Tài liệu tham khảo

[AW] H Alexander and J Wermer, Several Complex Variables and Ba-nach Algebras, Graduate in Math., 35, Springer-Verlag (1998)