2 Tổng thu hẹp-phương pháp đa thức
3.3.2 Bài toán Waring về đa thức
Bài toán Waring đặt ra cho đa thức: Cho số nguyên dương n. Tìm số nguyên nhỏ nhất s = s(n) để mỗi đa thức g ∈ C[x] đều có thể biểu diễn thành tổng dạng
g = f1n +f2n +· · ·+fsn,
trong đó các fi ∈ C[x]. Ta chỉ cần xét sự biểu diễn cho đa thức x, vì khi
x = f1(x)n +· · ·+fs(x)n
thì với đa thức g(x) tùy ý có ngay
g(x) = f1(g(x))n+f2(g(x))n+· · ·+fs(g(x))n.
Chính vì lý do đó mà ta chỉ cần quan tâm đến số s = s(n) nhỏ nhất để
x = f1(x)n +· · ·+ fs(x)n. Số s nhỏ nhất là bao nhiêu và công thức xác định vẫn là bài toán chưa có lời giải. Người ta đã đưa ra các chặn cho
s(n) qua định lý sau đây.
Định lý 3.3.8. Ta luôn có các kết quả dưới đây: (i) s(2) = 2.
Chứng minh: (i) Từ đồng nhất thức x+ 1 4 2 + ix+ i 4 2 = x ta có ngay s(2) = 2.
(ii) Chứng minh s(n) > 3 khi n >3 : Giả sử s(n) < 3. Ta có biểu diễn
x = f1(x)n +f2(x)n =
n
Y
j=1
(f1 +αjf2),
ở đó α là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. Vì n > 3 nên phải có ít nhất hai nhân tử là hằng số. Vậy phải có j, k với j 6= k để
f1 + αjf2 = a f1 + αkf2 = b a, b ∈ C.
Giải hệ phương trình tuyến tính này ta được f1, f2 ∈ C. Do đó x =
f1(x)n +f2(x)n là không đúng. Điều này chứng tỏ s(n) > 3. Ta chỉ ra
s(n) 6 n khi n >3 : Với đa thức f(x) ta đặt sai phân
∆f(x) = f(x+ 1)−f(x),∆hf = ∆(∆h−1f) khih >2.
Dễ dàng kiểm tra deg(∆f) = degf − 1.Vậy deg(∆n−1(xn)) = 1. Điều này chứng tỏ ∆n−1(xn) =ax+b, a 6= 0. Vì ax+b = ∆n−1(xn) = n−1 X j=0 (−1)n−1+j n−1 j (x+j)n
và ta thay ax + b qua x1 ta có sự biểu diễn dạng x1 = f1(x1)n +· · · +
fn(x1)n. Điều này chứng tỏ s(n) 6 n.
Xét sự biểu diễn của đa thức thành tổng lũy thừa các đa thức tuyến tính.
Định lý 3.3.9. Cho α1, . . . , αn+1 là những số khác nhau. Khi đó mỗi đa thức f(x) bậc n đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành dạng
Chứng minh: Giả sửf(x) =a0xn+a1xn−1+· · ·+an.Ta coiγ1, . . . , γn+1
như các ẩn số. Từ đồng nhất thức
f(x) = γ1(x+α1)n+· · ·+γn+1(x+αn+1)n
ta suy ra hệ n+ 1 phương trình tuyến tính với n+ 1 ẩn γi : γ1 +γ2 +· · ·+ γn+1 = a0 n 1 (γ1α1 +· · ·+γn+1αn+1) =a1 n 2 (γ1α21 +· · ·+γn+1α2n+1) = a2 · · · = · · · n n (γ1αn1 + · · ·+ γn+1αnn+1) =an.
Vì các αi khác nhau nên định thức Vandermonde của hệ khác 0. Do đó hệ có một nghiệm duy nhất và ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 3.3.10. Cho α1, . . . , αn+1 là những số khác nhau. Giả sử t1, t2, . . . , tn là n nghiệm của đa thức f(x) bậc n. Khi đó có duy nhất một bộ
γ1, . . . , γn+1 để γ1(ti+α1)n+· · ·+γn+1(ti+αn+1)n = 0 với i = 1,2, . . . , n.
Chứng minh: Giả sử f(x) =a0xn+a1xn−1 +· · ·+an. Ta có biểu diễn duy nhất γ1, . . . , γn+1 theo định lý trên. Khi đó γ1(ti + α1)n + · · · +
γn+1(ti +αn+1)n = f(ti) = 0 với i = 1,2, . . . , n.
Đa thức f(x) ∈ R[x] được gọi là đa thức dương trên R nếu f(x) > 0
với mọi x ∈ R. Đa thức f(x) ∈ R[x] được gọi là đa thức không âm trên
R nếu f(x) >0 với mọi x ∈ R.
Ví dụ 3.3.11. Giả sử đa thức f(x) ∈ R[x] thỏa mãn f(x) > 0 với mọi
x ∈ R. Khi đó có thể biểu diễn f(x) = [g(x)]2 + [h(x)]2 với g(x), h(x) ∈
R[x].
Bài giải: Vì f(x) ∈ R[x] thỏa mãn f(x) > 0 với mọi x ∈ R nên f(x)
với đa thức q(x) không có nghiệm thực. Theo kết quả đã biết, nếu q(x)
có nghiệm phức α thì nó phải có nghiệm phức liên hợp α. Do đó q(x) có biểu diễn q(x) = [h1(x) +ih2(x)][h1(x)−ih2(x)] với h1(x), h2(x) ∈ R[x].
Do đó f(x) = [k(x)]2([h1(x)]2 + [h2(x)]2) = [g(x)]2 + [h(x)]2.
Định lý 3.3.12. Mỗi đa thức f(x) > 0 với mọi x > 0 bậc 2n đều biểu diễn được thành dạng f(x) = [u(x)]2+ [v(x)]2+x [r(x)]2+ [s(x)]2, trong đó u(x), v(x), r(x), s(x) ∈ R[x].
Chứng minh: Với n= 0, kết luận là hiển nhiên. Xét n> 1 : Phân tích
f(x) =
n
Y
i=1
(aix2 +bix+ci)
với ai > 0, aix2 + bix + ci > 0 với mọi x > 0. Vì ax2 + bx+ c > 0 khi
x > 0 ta suy ra ngay c >0. Khi đó
ax2 +bx+c = (√
ax−√c)2 +x(b+ 2√
ac).
Nếu b2−4ac > 0thìax2+bx+c = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2, x1 < x2, cùng dấu. Khi b < 0 thì x1, x2 > 0 và ax2 +bx +c > 0 không thỏa mãn cho mọi x > 0. Vậy hoặc b2 − 4ac 6 0 hoặc b2 −4ac > 0, b > 0.
Điều này chứng tỏ b+ 2√ ac > 0. Do đó ta có sự phân tích ax2 +bx+c = (αx+β)2 +x(γ2 +δ2). Vậy ta có thể viết f(x) = n Q i=1 [(αix+βi)2+x(γi2+δi2)]. Dễ dàng kiểm tra tích các đa thức dạng (a2 + b2) +x(c2 + d2) cũng là một đa thức cùng dạng. Từ nhận xét này, sau một số bước thực hiện, ta có sự biểu diễn
f(x) = [u(x)]2 + [v(x)]2 +x [r(x)]2 + [s(x)]2.