Cho một đa thức với hệ số thực thì chưa chắc đa thức đó có nghiệm trong trường số thực, cụ thể đa thứcx2+1không có nghiệm trong trường số thực. Dưới đây ta sẽ thấy mọi đa thức bậcnvới hệ số phức có đúngnnghiệm phức. Để chứng minh ra hãy đưa vào các bổ đề sau đây:
Chứng minh. Giả sử
f(x) =anxn+an−1xn−1+....+a0, an6=0vànlẻ.
Qua giáo trình giải tích ta biết rằng với những giá trị dương và âm củax, khá lớn về giá trị tuyệt đối, hàm số f(x) có các dấu trái nhau. Vậy có những giá trị thực củax,avàbchẳng hạn, sao cho.
f(a)<0, f(b)>0.
Mặt khác hàm số f(x)là liên tục, vì vậy có một giá trịccủa x, nằm giữa a vàb, sao cho f(x) =0.
Bổ đề 2.1.5. Mọi đa thức bậc hai ax2+bx+c, với hệ số phức, bao giờ cũng có hai nghiệm phức.
Bổ đề 2.1.6. Mọi đa thức bậc lớn hơn0với hệ số thực có ít nhất một nghiệm phức.
Định lí 2.1.7. Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh. Giả sử f(x)là một đa thức bậcn>0
f(x) =a0+a1x+....+anxn
với hệ số phức. Đặt
f(x) =a0+a1x+....+anxn
với cácai là các liên hợp của cácai vớii=0, . . . ,n. Xét đa thức
g(x) = f(x)f(x). Ta có g(x) =b0+b1x+....+b2nx2n Với bk= ∑ i+j=k aiaj, k=0,1, ....,2n.
Vì
bk = ∑
i+j=k
aiaj =bk
nên các hệ số bk là thực. Theo Bổ đề 2.1.6 g(x) có ít nhất một nghiệm phức
z=s+it,
g(z) = f(z)f(z) =0.
Do đó hoặc f(x) =0hoặc f(z) =0. Nếu f(z) =0,
f(z) =a0+a1z+....+anzn=0.
thì
a0+a1z+. . .anzn =a0+a1z+. . .+anzn=0,
tức là f(z) =0. Như vậy hoặczhoặczlà nghiệm của f(x).
Hệ quả 2.1.8. Các đa thức bất khả quy của vànhC[x],Clà trường số phức, là các đa thức bậc nhất.
Chứng minh. Các đa thức bậc nhất là bất khả quy. Giả sử f(x)là một đa thức của
C[x] có bậc lớn hơn 1. Theo Định lí 2.1.7, f(x)có một nghiệm phứcc. Vậy f(x)
có một ước thực sựx−c, do đó f(x)không bất khả quy.
Hệ quả 2.1.9. Mọi đa thức bậcn>0với hệ số phức cónnghiệm phức.
Hệ quả 2.1.10. Các đa thức bất khả quy của R[x],Rlà trường số thực, là các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc haiax2+bx+cvới biệt sốb2−4ac<0.
Chứng minh. Các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng là những đa thức bất khả quy củaR[x]. Giả sử p(x)là một đa thức bất khả quy của
R[x] với bậc lớn hơn một. Vậy p(x) không có nghiệm thực. Theo Định lí 2.1.7,
p(x)có một nghiệm phứczvà p(x)chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực.
Đa thứcg(x)không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), vậy g(x)
phải là liên kết của p(x), tức là
p(x) =ug(x), 06=u∈R.
Ta có điều cần chứng minh.
2.1.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x]
Đối với trường số thựcRvà trường số phứcC, vấn đề xét xem một đa thức đã cho của vànhR[x] hayC[x]có bất khả quy hay không rất đơn giản, nhưng trong vành
Q[x] vớiQ là trường số hữu tỉ thì vấn đề phức tạp hơn nhiều. Đối với các đa thức bậc hai và ba của Q[x], việc xét xem có bất khả quy hay không được đưa về việc tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức đó. Các đa thức bậc hai và bậc ba của Q[x] là bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỉ. Đối với các đa thức bậc lớn hơn ba thì vấn đề phức tạp hơn nhiều. Chẳng hạn đa thứcx4+2x2+1= (x2+1)2
rõ ràng không có nghiệm hữu tỉ nào, nhưng nó có một ước thực sự x2+1 , vậy không phải là bất khả quy.
Ta đã biết, mọi đa thức f(x)với hệ số hữu tỉ đều có thể viết dưới dạng
f(x) =b−1g(x)
trong đóblà một số nguyên khác 0, g(x)là một đa thức với hệ số nguyên. Trong vànhQ[x], f(x) và g(x) là liên kết vậy f(x)là bất khả quy khi và chỉ khig(x)là bất khả quy. Do đó tiêu chuẩn Eisenstein mà ta đưa ra dưới đây để xét một đa thức của
Q[x]có bất khả quy hay không là tiêu chuẩn cho các đa thức với hệ số nguyên.
Bổ đề 2.1.11. Nếu f(x)là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn0và f(x)
không bất khả quy trong Q[x], thì f(x)phân tích được thành một tích những đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên.
Trong nghiên cứu các đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein sau đây là đặc biệt quan trọng.
Định lí 2.1.12(Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f(x)∈Z[x],degf(x) =n,
f(x) =a0xn+a1xn−1+. . .+an.
Nếu có số nguyên tố pthỏa mãn ba điều kiện
(1) a0 không chia hết cho p;
(2) a1,a2, . . . ,an chia hết cho p;
(3) an không chia hết cho p2.
thì đa thức f(x)bất khả quy trênQ[x].
Chứng minh. Giả sử f(x)có những ước thực sự trongQ[x]theo Bổ đề 2.1.11, f(x)
có thể viết f(x) =g(x)h(x), trong đó g(x) =b0+b1x+. . .+brxr, bi∈Z, 0<r<n, h(x) =c0+c1x+. . .+sxs, ci∈Z, 0<s<n. Ta có a0=b0c0, a1=b1c0+b0c1, . . . ak =bkc0+bk−1c1+. . .+b0ck, an=brcs.
Theo giả thiết pchia hếta0=b0c0; vậy vì plà nguyên tố nên hoặc pchia hết cho
b0 hoặc pchia hết choc0. Giả sử pchia hếtb0 thế thì pkhông chia hếtc0, vì nếu thế thì p2 sẽ chia hết a0=b0c0, trái với giả thiết, p không thể chia hết mọi hệ số
của g(x), vì nếu thế thì psẽ chia hết an =brcs, trái với giả thiết. Vậy giả sửbk là hệ số đầu tiên củag(x)không chia hết cho p. Ta hãy xét
ak =bkc0+bk−1c1+. . .+b0ck,
trong đóak,bk−1, . . . ,b0 đều chia hết cho p. Vậy bkc0 phải chia hết cho p. Vì plà nguyên tố, ta suy ra hoặcbk chia hết cho p, hoặcc0 chia hết cho p, mâu thuẫn với giả thiết vềbk vàc0.
2.2 Một số bài toán điển hình
Bài toán 2.2.1(IMO 1993). Chon∈Nvàn>1. Chứng minh rằng đa thức
f(x) =xn+5xn−1+3
bất khả quy trênZ[x].
Lời giải. Với n=2có f(x) =x2+5x+3thì bất khả quy trênZ[x].
Xétn≥3. Giả sử f(x) =g(x)h(x)vớig(x),h(x)∈Z[x]và có bậc lơn hơn hoặc bằng1. Dodegg(x) +degh(x) =n≥3nên suy ra trong hai sốdegg(x)vàdegh(x)
có một số lơn hơn1.
Vì f(0) =3là số nguyên tố nên hoặc|g(0)|=1hoặc|h(0)|=1. Giả sử
g(x) =xk+b1xk−1+. . .+bk vớik>1
và|g(0)|=1.
Gọia1,a2, . . . ,ak là các nghiệm (nói chung là nghiệm phức) của g(x). Khi đó
ta có
g(x) = (x−a1)(x−a2). . .(x−ak).
Vì|g(0)|=1nên
Dog(ai) =0nên f(ai) =0, vớii∈ {1, . . . ,k}.
Nhân các đẳng thức đó lại và sử dụng (2.1) ta được
|(a1+5)(a2+5). . .(ak+5)|=3k (2.2)
Mặt khác ta có
g(−5) =|(a1+5)(a2+5). . .(ak+5)| và 3= f(−5) =g(−5)h(−5)
nên|(a1+5)(a2+5). . .(ak+5)| nhận giá trị1hoặc3.
Điều này trái với (2.2) vìk>1. Từ đó ta có ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.2(Dự tuyển IMO). Cho đa thức f(x) =∏ni=1(x−ai)−2vớin≥3và
a1,a2, . . .an là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng nếu f(x)khả
quy trênZ[x]thì n=3.
Lời giải. Giả sử f(x) =g(x)h(x)vớig(x),h(x)∈Z[x]vàdegg=p≥q=degh≥1. Ngoài ra, giả sử các hệ số bậc cao nhất củagvàhđều bằng1.
Trong phép đặt chox=ai ta sẽ nhận được f(ai) =g(ai)h(ai) =−2. Như vậy ta có
(g(ai),h(ai))∈ {(−2,1),(2,−1),(1,−2),(−1,2)}
Vậy với mọi i, ta có g(ai) +h(ai) = +1 với ít nhất n2 giá trị của i, hoặc g(ai) +
h(ai) =−1với ít nhất n2 giá trị củai.
Giả sử g(ai) +h(ai) =1 với k giá trị của i ∈ {1, . . . ,n}. Rõ ràng k< n(vì đa thứcg(x) +h(x)−16=0và có bậc nhỏ hơn thực sựn.
Giả sửk≥ n2 ≥2, vì nếuk< 2n thì xét đa thứcg(x) +h(x) +1.
Giả sửg(ai) +h(ai) =1vớii∈ {1, . . . ,k}, nếu không như vậy thì ta đặt lại thứ tự của chỉ số.
Suy ra
Chox=ak+1 với chú ýg(ak+1) +h(ak+1) =−1ta được
−2= (ak+1−a1)(ak+1−a2). . .(ak+1−ak)w(ak+1).
Thế nhưng trị tuyệt đối của một tích gồm ít nhất là bốn thừa số nguyên tố khác nhau và khác 0 thì luôn luôn lớn hơn2. Vậy nênk≤3và dẫn đến2≤k≤3.
Xétk=3. Nếun>4thì ta có
(a4−a1)(a4−a2)(a4−a3)w(a4) =−2; (a5−a1)(a5−a2)(a5−a3)w(a5) =−2
Do đó{a1,a2,a3} ≡ {a4±1,a4±2,a4−2}. Nhưnga5>a4>a3nên|a5−a3| ≥3
với mọii∈ {1,2,3}. Điều này vô lý. Nếun=4thì
g(x) +h(x)−1= (x−a1)(x−a2)w(x)
do degw≥1 do degg≤3vàdegh≤3. Suy ra (ai−a1)(ai−a2)w(ai) =−2 với
i=3,4.
Nếudegw=1thìdegg(x) =3,h(x) =x−avà
0= f(a) = (a−a1)(a−a2)(a−a3)(a−a4) =2.
Vậyw(x)là đa thức hằng. Do đódegg=degh=2,w(x)≡2vàw(a3) =w(a4) =2. Từ đó
−1= (a3−a1)(a3−a2) và {a1,a2} ≡ {a3−1,a3+1}.
Tương tự ta cũng có−1= (a4−a1)(a4−a2)nên{a1,a2} ≡ {a4−1,a4+1}. Do đóa4=a3 vô lý.
Tóm lại, chỉ cón=3thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Bài toán 2.2.3. Chonsốai∈Z. Chứng minh rằng đa thức
P(x) = (x−a1)(x−a2). . .(x−an)−1
Lời giải. Giả sử ta có phan tíchP(x) =G(x)H(x)trongZ[x]vàdegG<n,degH <
n.
Ta cóP(ai) =G(ai)H(ai) =−1. VậyG(ai)và H(ai)nhận hai giá trị±1 nên
G(ai) +H(ai) =0Khi đó đa thứcG(x) +H(x)códeg(G+H)<nmà cónnghiệm. Suy raG(x) +H(x)≡0, tức là G(x) =−H(x). Do đó P(x) =−[H(x)]2. So sánh hệ số củaxncủa hai vế thì vế trái lớn hơn không, vế phải nhỏ hơn không, điều này vô lý, nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.4. Chonsốai∈Z. Chứng minh rằng đa thức
P(x) = (x−a1)2(x−a2)2. . .(x−an)2+1
bất khả quy trongZ[x].
Lời giải. Vì P(x)>0 với mọix nên đa thứcP(x)vô nghiệm. Suy ra hai nhân tử
G(x)vàH(x)cũng vô nghiệm nên không đổi dấu.
Giả sửG(x)vàH(x)dương với mọix. Ta cóH(ai)G(ai) =1nên suy raH(ai) = 1vàG(ai) =1. NếudegH<nsuy raH(x)−1cónnghiệm. Kéo theo rằngH(x)≡
1. Điều này vô lý, nêndegH =degG=n, suy ra
H(x)−1=A(x−a1). . .(x−an), G(x)−1=B(x−a1). . .(x−an). Thế vào ta có (x−a1)2(x−a2)2. . .(x−an)2+1 = [1+A(x−a1). . .(x−an)][1+B(x−a1). . .(x−an)]. So sánh hệ số củax2n thì ta có1=AB. So sánh hệ số tự do a21a22. . .an2+1=1+ (A+B)a1a2. . .an+a12a22. . .a2n.
Suy raA+B=0. Do đó1=AB=−A2. Điều này vô lý. Vậy bài toán được chứng minh.
Chương 3
Một số chủ đề khác
3.1 Đa thức nhiều biến
Bài toán 3.1.1. Cho đa thức f(x,y) =ax2+2bxy+2y2 luôn luôn dương. Chứng minh
(f(x1,y1, f(x2,y2))12f(x1−x2−y2)≥(ac−b2)(x1y2−x)
với mọix1,x2,y1,y2.
Lời giải. Từ giả thiết ta cób2−ac<0hayac−b2>0. Ta có đồng nhất thức
(ax12+2bx1y1+cy12)(ax22+2bx2y2+cy22) (ax1x2+by1y2+bx2y1+cy1y2)2+ (ac−b2)(x1y2−x2y1)2. (3.1) Đặt E1= f(x1,y1)>0,E2= f(x2,y2)>0 F =|ax1x2+bx1y2+bx2y1+cy1y2)| ≥0. Từ (3.1) suy ra E1E2 = F2+ (ac−b2)(x1y2−x2y1)2. Mà f(x1−x2,y1−y2) = E1+E2±2F. Do đó (f(x1,y1),f(x2,y2))12f(x1,x2,y1−y2) = (E1E2)12.(E1+E2−2F) ≥(E1E2)2.(2(E1E2)2−2F) =2E1E2−2((E1E2)12.F
=2F2+2(ac−b)2(x1y2−22y1)2−2F(F2+ (ac−b2)(x1y2−x2y1)2 1 2 =2F2+2(ac−b)2(x1y2−x2y1)2−2F2 1+ac−b2(x1y2−x2y1)2 F2 !1 2 ≥2F2+2(ac−b)2(x(y2x2y1)2−2F2 1+(ac−b2)(x1y2−x2y1)2 2F2 ! = (ac−b2)(x1y2−x2y1)2 Vậy (f(x1,y1, f(x2,y2))12f(x1−x2−y2)≥(ac−b2)(x1y2−x) với mọix1,x2,y1,y2.
Bài toán 3.1.2(Olympic Sinh viên Toàn quốc 2010).
(a) Chứng minh rằng ứng với mỗi số nguyên dươngn, biểu thứcxn+yn+zncó thể biểu diễn dưới dạng đa thứcPn(s,p,q)bậc không quáncủas=x+y+z,
p=xy+yz+zx,q=xyz.
(b) Hãy tìm tổng các hệ số của đa thứcP2010(s,p,q).
Lời giải. (a) Ký hiệuSn=xn+yn+zn.Trước hết ta chứng minh
Sn =sSn−1−pSn−2+qSn−3. (3.2) Thật vậy, ta có Sn=sSn−1−pSn−2+qSn−3 = (x+y+z)(xn−1+yn−1+zn−1) −(xy+yz+zx)(xn−2+yn−2+zn−2) +xyz(xn−3+yn−3+zn−3) =xn+yn+zn+xyn−1+xn−1y+xzn−1+zxn−1+yzn−1+zyn−1 − xn−1y+xyn−1+xn−1z+xzn−1+yzn−1y+xyzn−2+ +xyn−2z+xn−2yz+ (xyzn−2+xyn−2z+xn−2yz) =xn+yn+zn=Sn.
Ta sẽ chứng minh mệnh đề : “biểu thứcxn+yn+zn có thể biểu diễn dưới dạng đa thứcPn(s,p,q)bậc không quáncủas=x+y+z, p=xy+yz+zx,q=xyz.” bằng phương pháp quy nạp. Ta có S1 =x+y+z=s S2 =x2+y2+z2 = (x+y+z)2−2(zy+yz+zx) =s2−2p, S3 =x3+y3+z3 = (x+y+z)3−3(x+y+z)(xy+yz+zx) +3xyz =s3−3sp+3q. Vậy mệnh đề đúng vớin=1,n=2,n=3.
Giả sử mệnh đề đúng với n=k−1, n=k−2, n=k−3. Khi đó theo (3.2), suy ra mệnh đề cũng đúng vớin=k. Do đó ta có điều phải chứng minh.
(b) Giả sử x2010+y2010+z2010 = P2010(s,p,q). Ta cần tìm tổng các hệ số của P2010(s,p,q), tức là tínhP2010(1,1,1). Xét hệ phương trình x+y+z=1 xy+yz+zx=1 xyz=1
Khi đó theo Định lí Viet suy rax,y,zlà nghiệm của phương trìnht3−t2+t−1=0, tức làt ∈ {1,i,−i}. Vậy chỉ cần chọnx=1,y=i,z=−i, ta được tổng các hệ số của đa thứcP2010(s,p,q)là
3.2 Đa thức đối xứng
Những bài toán về giải phương trình, hệ phương trình bậc cao, chứng minh bất đẳng thức nhiều biến số,. . . thường rất phức tạp. Một trong những dạng nhiều biến quan trọng và đẹp đẽ là các đa thức nhiều biến mà trong đó vai trò của các biến số là bình đẳng. Ta sẽ gọi những đa thức như vậy là cácđa thức đối xứng.
Mục này chúng tôi sẽ dành để nghiên cứu các đa thức đối xứng nhiều biến, mà tập trung chi tiết vào trường hợp hai biến, các trường hợp ba biến và nhiều biến cũng sẽ được đề cập nhưng với mức độ và phạm vi hạn chế hơn. Chúng tôi dựa vào các tài liệu [4, 6] để trình bày mục này.
Phần này ta sẽ nghiên cứu một số bài toán chia đa thức đối xứng. Tài liệu tham khảo chính là [4].
Bài toán 3.2.1. Chứng minh rằng đa thứcx2n−xnyn+y2nchia hết chox2+xy+y2
khi và chỉ khinkhông phải là bội của3.
Lời giải. Sử dụng các công thức khai triển
x3−y3= (x−y)(x2+xy+y2),
xk−yk = (x−y)(xk−1+xk−2y+. . .+xyk−2+yk−1)
ta thấyx3k−y3k chia hết cho x2+xy+y2. Ta xét các trường hợp sau
1. n=3k. Ta có
x2n+xnyn+y2n=x6k+x3ky3k+y6k
= (x6k−y6k) + (x3k−y3k) +3y6k.
Từ đó suy rax2n−xnyn+y2n không chia hết chox2+xy+y2.
2. n=3k+1. Ta có
=x2(x6k−y6k) +xy3k+1(x3k−y3k) +y6k(x2+xy+y2).
Như vậy đa thứcx2n−xnyn+y2nchia hết chox2+xy+y2.
3. n=3k+2. Ta có
x2n+xnyn+y2n=x6k+4+x3k+2y3k+2+y6k+4
=x4(x6k−y6k) +x2y3k+2(x3k−y3k) +y6k(x2+x2y2y4)(x2−xy+y2).
Như vậyx2n−xnyn+y2n chia hết chox2+xy+y2.
Tóm lại, đa thức x2n−xnyn+y2n chia hết chox2+xy+y2 khi và chỉ khinkhông phải là bội của3.
Bài toán 3.2.2. Chứng minh rằng với mọin∈Z+, đa thứcx2n−xnyn+y2n không chia hết chox2+xy+y2.
Lời giải. Giả sử x2n−xnyn+y2n chia hết chox2+xy+y2, tức là
x2n−xnyn+y2n= (x2+xy+y2)q(x,y),
trong đó q(x,y)là đa thức đối xứng với hệ số nguyên (do hệ số bậc cao nhất của đa thức chia bằng 1, còn các hệ số của đa thức bị chia và đa thức chia là các số nguyên). Trong đẳng thức trên chox=y=1, ta được1=3q(1,1), vô lí vìq(1,1)
là một số nguyên. Điều này chứng tỏ đa thứcx2n−xnyn+y2n không chia hết cho
x2+xy+y2.
Bài toán 3.2.3. Vớin∈Z+nào thìx2n+xnyn+y2nkhông chia hết chox2+xy+y2?
Lời giải. Giả sử
x2n+xnyn+y2n= (x2−xy+y2)q(x,y). (3.3) trong đóq(x,y)là đa thức đối xứng với hệ số nguyên.
1. nlà số lẻ. Trong đẳng thức (3.3) thayxbởi−xta được
x2n−xnyn+y2n = (x2+xy+y2)q(−x,y).
Theo Bài toán 3.2.2 đẳng thức này không thể xảy ra.
2. nlà số chẵn. Trong (3.3) thayxbởi−x, ta được.
x2n+xnyn+y2n = (x2+xy+y2)q(−x,y).
Theo ví dụ Bài toán 3.2.1 thì đẳng thức trên đúng khi và chỉ khin=3m+1
hoặcn=3m+2.