Định nghĩa 1.5.1. Giả sử A là một miền nguyên vẹn, một đa thức
f(X1, ..., Xn) ∈ A[X1, ..., Xn] gọi là một đa thức đối xứng nếu và chỉ nếu đối với mọi phép thế
1 2 ... n
i1 i2 ... in
ta có f(X1, X2, ..., Xn) =f(Xi1, Xi2, ..., Xin). Trong đó f(Xi1, ..., Xin) suy ra từ f(X1, X2, ...Xn) bằng cách thay X1 bởi Xi1, ..., Xn bởi Xin.
Vì mỗi phép thế của n kí hiệu đầu viết được dưới dạng một tích những chuyển trí nên để chứng minh tính đối xứng của một đa thức nào đó, ta chỉ việc thử rằng nó khơng thay đổi bởi bất kì phép chuyển trí nào của hai ẩn.
Định nghĩa 1.5.2. Trong lý thuyết các đa thức đối xứng của n ẩn
X1, ..., Xn các đa thức đối xứng sau, gọi là các đa thức đối xứng sơ cấp đóng một vai trị quan trọng. δ1 = P i Xi = X1 + X2 +...+Xn δ2 = P i<j XiXj = X1X2 +X1X3 +...+X1Xn +X2X3 +...+Xn−1Xn δ3 = P i<j<k XiXjXk = X1X2X3 + X1X2X4 + ...+Xn−2Xn−1Xn +..... ... δn = X1X2...Xn
Để chứng minh rằng các đa thức δ1, δ2, ..., δn là đối xứng. Ta gọi X là một ẩn trên vành A[X1, ..., Xn] và ta xét trong A[X1, ..., Xn][X] đa thức
F(X) = (X−X1)(X−X2)...(X−Xn) = Xn−δ1Xn−1+δ2Xn−2+...+(−1)n−1δn Từ biểu thức thứ nhất của F(X), suy ra ngay rằng F(X) là bất biến đối với mọi phép thế của các ẩn.
Do đó các hệ tử của nó tức là các δi(xê xích dấu) cũng là bất biến đối với mọi phép thế của các ẩn. Nói cách khác δ1, δ2, ..., δn là những đa thức đối xứng của X1, ..., Xn
Mệnh đề 1.5.3. Tập hợp các đa thức đối xứng lập thành một vành con
Chứng minh. Vì −1 dĩ nhiên là một đa thức đối xứng củaX1, ..., Xn nên ta chỉ còn phải chứng minh rằng tổng và tích của hai đa thức đối xứng lại là đối xứng.
Thật vậy giả sử f(X1, ..., Xn) và g(X1, ..., Xn) là những đa thức đối xứng của X1, ..., Xn. Khi đó với mọi phép thế
1 2 ... n i1 i2 ... in Ta có f(X1, X2, ..., Xn) = f(Xi1, Xi2, ..., Xin) g(X1, X2, ..., Xn) = g(Xi1, Xi2, ..., Xin) Vì vậy: f(X1, X2, ..., Xn)+g(X1, X2, ..., Xn) = f(Xi1, Xi2, ..., Xin)+g(Xi1, Xi2, ..., Xin) và f(X1, X2, ..., Xn)g(X1, X2, ..., Xn) =f(Xi1, Xi2, ..., Xin)g(Xi1, Xi2, ..., Xin)
Vậy tổng và tích của hai đa thức đối xứng lại là đa thức đối xứng .
Định lý 1.5.4. [Định lý cơ bản về đa thức đối xứng] Mọi đa thức
đối xứng f(X1, ..., Xn) ∈ A[X1, ..., Xn] đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng một đa thức ϕ(δ1, ..., δn) của các đa thức đối xứng sơ cấp δ1, ..., δn với các hệ tử trong A.
Sắp xếp đa thức Để chuẩn bị cho việc chứng minh định lí này ta cần
giới thiệu trước sự sắp xếp một đa thức của n ẩn X1, ..., Xn theo lối từ điển
Cho hai đơn thức X1α1, ..., Xnα1 và Xβ1
1 , ..., Xnβ1
Ta nói đơn thức X1α1, ..., Xnα1 cao hơn đơn thức X1β1, ..., Xnβ1 nếu và chỉ nếu hiệu thứ nhất khác không α1 −β1 là dương tức là nếu và chỉ nếu ta có
α1 = β1, ..., αk−1 = βk−1, αk > βk
Bằng cách này ta có thể sắp xếp các hạng tử của một đa thứcf(X1, ..., Xn)
từ cao đến thấp. Cách sắp xếp như thế gọi là cách sắp xếp theo lối từ điển. Ta sẽ kí hiệu C(f) là hạng tử cao nhất của ϕ . Ta sẽ chứng minh rằng các
hạng tử cao nhất của một tích hai đa thức là tích các hạng tử cao nhất của các nhân tử, tức là
C(f g) =C(f).C(g).
Thật vậy, nếu n=1 thì mệnh đề là đúng vì nếu f(X) = a0Xn+...+an và g(X) = b0Xm +...+ bm thì f(X).g(X) = a0b0Xn+m +...+ anbn.
Do A là nguyên vẹn nên a0 6= 0, b 6= 0 => a0b0 6= 0.
Trong trường hợp tổng quát ta sẽ chứng minh quy nạp từ n-1 tới n. Ta xem f(X1, ..., Xn) và g(X1, ..., Xn) như những đa thức của X1
f = r X i=0 X1i Ai g = s X j=0 X1jBj
Với các hệ tửAi = Ai[X2, ..., Xn]vàBj = Bj[X2, ..., Xn]thuộcA[X2, ..., Xn]
Hiển nhiên C(f) = X1r ⊂ (Ar) và C(g) = X1s ⊂(Bs)
và vì f g = X1r+s ArBs + ....
Nên C(f g) = X1r+sC(ArBs) theo giả thiết quy nạp ta có: C(ArBs) =
C(Ar)C(Bs)
Vậy C(f).C(g) = X1rC(Ar). X1sC(Bs) = Xir+sC(ArBs) = C(f g)
Chứng minh định lý cơ bản. Giả sử ta đã cho đa thức đối xứng
f(X1, X2, ..., Xn) ∈ A[X1X2...Xn]
Ta hãy sắp xếp các hạng tử của đa thức theo lối từ điển. Giả sử hạng tử cao nhất của nó là:
axα1
1 xα2
2 ... xαnn (1)
Trước hết ta chứng minh rằng các số mũ của hạng tử cao nhất phải thỏa mãn các bất đẳng thức sau
α1 > α2 > ... > αn
Thật vậy vì f(X1, X2, ..., Xn) là đối xứng, nên ngồi (1) ra, nó cịn phải chứa tất cả các hạng tử suy ra từ (1) bằng cách thực hiện một phép thế tùy ý trên các chỉ số 1, 2, ...n của các ẩn. Đặc biệt nếu ta thực hiện phép chuyển chí (1,2) thì ta được hang tử
axα1
2 xα2
1 ... xαnn = axα1
1 xα2
Hạng tử này khơng cao hơn (1). Vậy ta phải có α1 ≥α2
Tương tự, so sánh (1) với hạng tử suy ra từ (1) bằng phép chuyển trí (2, 3), ta sẽ đi đến kết luận là α2 ≥ α3 v.v... Cuối cùng ta phải có αn−1 ≥ αn. Bây giờ ta xét biểu thức
aσ1k1σk22 ...σnkn(2)
Trong đó σi(i = 1, ..., n) là các đa thức đối xứng sơ cấp và ki là những số tự nhiên. Vì σi là đối xứng đối với X1, X2, ..., Xn nên (2) cũng là đối xứng đối với X1, X2, ..., Xn. Ta hãy xác định các số mũ ki sao cho hạng tử cao nhất của (2) trùng với (1). Nếu tìm được các ki như thế thì f(X1...Xn) =
aσk1
1 ...σkn
n sẽ là một đa thức đối xứng của X1, X2, ..., Xn có hạng tử cao nhất thấp hơn hạng tử cao nhất của f(X1, X2, ..., Xn)
Nhằm mục đích ấy ta hãy tìm hạng tử cao nhất của (2). Các đa thức đối xứng sơ cấp σ1, σ2, ..., σn có hạng tử cao nhất theo thứ tự là
X1, X1X2, ..., X1X2...Xn. Vậy hạng tử cao nhất của (2) là
aXk11 (X1X2)k2(X1X2...Xn)kn = aXk1+k2+...+kn1 X2k2+...+kn ... Xnkn Hạng tử này trùng với (1) nếu
k1 +k2 +...+kn = α1 k2 +...+kn = α2 kn = αn Từ đó suy ra: k1 = α1 −α2. k2 = α2 −α3 . .... kn−1 = αn−1 −αn . kn = αn Vì α1 ≥, α2 ≥, ...,≥ αn nên ta có ki ≥0(i = 1...n).
Nếu ta lấy hiệu
f(X1, X2, ..., Xn) − aσα1−α21 σ2α2−α3...σαn
n thì hạng tử (2) sẽ mất đi và ta được một đa thức đối xứng f1(X1, X2, ...Xn) gồm các hạng tử thấp hơn. Giả sử bX1β1X2β2...Xnβn là hạng tử cao nhất của đa thức f1(X1, X2, ..., Xn).
Áp dụng kết quả trên ta lập hiệu f1(X1, X2, ..., Xn)−bσ1β1−β2σ2β2−β3...σβn
n
thấp hơn v.v...
Quá trình này khơng thể kéo dài ra vơ tận được, vì nếu ở bước thứ k ta đi đến đa thức đối xứng fk(X1, X2, ..., Xn) với hạng tử cao nhất:
X1∂1X2∂2...Xn∂n.
Thì một mặt ta phải có ∂1 ≥ ∂2 ≥ ... ≥ ∂n và mặt khác α1 ≥ ∂1 và rõ ràng chỉ có một tập hợp hữu hạn các bộ số tự nhiên (∂1, ∂2, ...∂n) thỏa mãn các điều kiện α1 ≥ ∂1 và (∂1 ≥∂2 ≥...∂n).
Vậy sau một số hữu hạn: s bước, ta sẽ phải có fs−1(X1, X2, ..., Xn)−hσν1−ν2 1 σν2−ν3 2 ...σnνn = 0. Từ đó suy ra rằng f(X1, X2, ..., Xn) = aσ1α1−α2σ2α2−α3...σαn n +bσ1β1−β2σ2β2−β3...σβn n +...+hσ1ν1−ν2σ2ν2−ν3...σνn n . Như vậy ta đã viết được f(X1X2...Xn) dưới dạng một đa thức trên A của σ1, σ2, ...σn :
f(X1X2...Xn) =ϕ(σ1, σ2, ...σn).
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của sự biểu diễn đó. Thật vậy nếu tồn tại hai đa thức ϕ1 và ϕ2 không bằng nhau sao cho
F(X1...Xn) = ϕ1(σ1, ..., σn) =ϕ2(σ1, ..., σn)
thì hiệu của chúng ϕ1(σ1, ..., σn)−ϕ2(σ1, ..., σn) = ϕ(σ1, ..., σn) sẽ là một đa thức khác khơng củaσ1... σn tức là có ít nhất một hệ thức khác khơng, nhưng khi thay thế các đa thức đối xứng sơ cấp σ1, σ2, ...σn bởi các biểu thức của chúng qua X1, X2, ..., Xn thì ta sẽ được phần tử khơng của vành A[X1, ..., Xn]. Ta sẽ chứng minh rằng điều này không thể xảy ra được.
Thật vậy nếu aσ1k1σ2k2...σnkn là một trong các hạng tử của đa thức ϕ với a 6= 0 thì sau khi thay tất cả các σi bởi các biểu thức của chúng qua X1, X2, ..., Xn ta sẽ được một đa thức của X1, X2, ..., Xn mà hạng tử cao nhất là aXk11 (X1X2)k2...(X1X2...Xn)kn = aXk1+...+kn1 X2k2+...+kn ... Xkn
n . Nếu aσk1
1 σk2
2 ...σnkn cũng là một hạng tử của ϕ thì hạng tử cao nhất của nó xem như một đa thức của X1...Xn sẽ là:
aXl1+...+ln
1 Xl2+...+ln 2 ...Xln
Nếu
aσ1k1σ2k2...σnkn 6= aσl11...σnln
thì chúng khơng thể có cùng một hạng tử cao nhất được, vì nếu aXk1+...+kn1 X2k2+...+kn... Xkn n = aX1l1+...+lnX2l2+...+ln...Xln n thì ta sẽ có k1 + ...+kn = l1 + ...+ln k2 + ...+kn = l2 + ...+ln kn = ln Từ đó k1 = l1, k2 = l2, kn = ln tức là aσk1 1 σk2 2 ...σknn = aσl1 1 σl2 2 ...σnln
Như vậy các hạng tử khác nhau của xem như những đa thức của X1, X2, ..., Xn có những hạng tử cao nhất khác nhau.
Bây giờ ta xét tất cả các hạng tử của ϕ ta tìm hạng tử cao nhất của mỗi hạng tử đó, xem như một đa thức của X1, X2, ..., Xn và ta chọn cái cao nhất trong các hạng tử cao nhất đó. Hạng tử này rõ ràng khơng có cái nào đồng dạng với nó. Do đó khi chuyển từ đa thức sang đa thức tương ứng của X1, X2, ..., Xn thì khơng phải tất cả các hệ thức đều bằng khơng, vì vậy ta khơng thể thu được phần tử không của vành A[X1, ...Xn].
Hệ quả 1.5.5. Giả sử f(X) = Xn+a1Xn−1+...+an−1X +an là một đa
thức bậc n với hệ tử cao nhất bằng 1 của một ẩn X trên một trường T, có n nghiệm α1, α2, ..., αn trong một trường mở rộng P nào đó của T. Ngồi ra giả sử g(X1, ..., Xn) là một đa thức đối xứng của P[X1, ..., Xn]. Khi đó
giá trị của g(X1, ..., Xn) tại X1 = α1, ..., Xn = αn thuộc trường T.
Chứng minh. Thật vậy theo định lý cơ bản về các đa thức đối xứng
g(X1, X2, ..., Xn) biểu diễn được dưới dạng g(X1, ..., Xn) =ϕ(σ1, ..., σn)
Do đó g(α1, ..., αn) = ϕ(σ1(α1, ..., αn), ..., σn(α1, ..., αn))
Nhưng theo cơng thức Viet, ta có
σ1(α1, ..., αn) = (−1)kak ∈ T Vậy g(α1, ..., αn) = ϕ(−a1, ..., (−1)nan) ∈ T
Chương 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC
2.1 Một số chặn trên cho nghiệm đa thức
Trường K được sử dụng ở mục này là một trong các trường Q hoặc R.
Định lý 2.1.1. Giả sử α là một nghiệm của đa thức
f(x) = a0xn +a1xn−1 +· · ·+an ∈ K[x] với a0 6= 0 và n > 1. Khi đó
(i) |α| 6 1 + max{|ar
a0||r = 1,2, . . . , n}.
(ii) |α| 6 ρ+ max{| ar
a0ρr−1||r = 1,2, . . . , n} với số dương ρ nào đó. (iii) |α| 6 2 max r
r
|ar
a0||r = 1,2, . . . , n .
Chứng minh. (i) Đặt β = max{|ar
a0||r = 1,2, . . . , n} và viết f(x) thành dạng f(x) = a0xn[1 + a1
a0x +· · ·+ an
sau: |f(x)| = |a0xn||1 + a1 a0x +· · ·+ an a0xn| > |a0xn| 1−β 1 |x| +· · ·+ 1 |x|n = |a0xn|h1−β 1− 1 |x|n |x| −1 i > |a0xn|h1− β |x| −1 i = |a0xn|h|x| − 1−β |x| −1 i . Nếu |x| > 1 + β thì |f(x)| > |a0xn|h|x| − 1−β |x| −1 i > 0. Do vậy mà |x|
không thể làm nghiệm của f(x). Từ đây suy ra rằng nếu α là nghiệm của f(x) thì |α| 6 1 + max{|ar
a0||r = 1,2, . . . , n}.
(ii) Với ρ > 0 ta xét đa thức 1
ρnf(x) = a0 x ρ n + a1 ρ x ρ n−1 + · · ·+ an ρn. Theo (i) có |α| ρ 6 1 + max{| ar a0ρr||r = 1,2, . . . , n}. Do đó |α| 6 ρ + max{| ar
a0ρr−1||r = 1,2, . . . , n} với số dương ρ nào đó. (iii) Chọn ρ = max{| ar a0ρr−1||r = 1,2, . . . , n} hay ρ = max{ r r |ar a0||r = 1,2, . . . , n} ta có ngay |α| 6 2 max r r |ar a0||r = 1,2, . . . , n .
Định lý 2.1.2. Giả sử α là một nghiệm của đa thức f(x) = a0xn +
a1xn−1 +· · ·+an ∈ K[x] với a0 6= 0 và n> 1. Khi đó (i) |α| 6 1 + r
r
max{|as
a0|}, trong đó r là chỉ số đầu tiên để ar < 0 và as là những hệ số âm của f(x).
(ii) |α| 6 2 maxn s
r
|as
a0||as < 0o.
Chứng minh. Tương tự trên.
Ví dụ 2.1.3. Giả sửx0 là một nghiệm thực của đa thức x3+ax2+bx+c ∈
(i) x20 < 1 +a2 +b2 +c2.
(ii) |x0| 6 1 + max{|a|,|b|,|c|}.
Bài giải. (i) Vì x30 + ax20 + bx0 + c = 0 nên ax20 + bx0 + c = −x3 0. Do vậy (a2 + b2 + c2)(x40 + x20 + 1) > (ax20 + bx0 + c)2 = x60. Dễ dàng suy ra a2 + b2 + c2 > x 6 0 x40 +x20 + 1 > x60 −1 x40 +x20 + 1 = x 2 0 − 1. Do vậy x20 < 1 +a2 + b2 + c2.
(ii) được suy ra từ Định lý 2.1.1.
Ví dụ 2.1.4. Xác định số nghiệm thực củaf(x) =nxn−xn−1−· · ·−x−1.
Bài giải. Vì f(1) = 0nên x = 1 là một nghiệm. XétF(x) = (x−1)f(x).
Dễ dàng kiểm tra F(x) = 0 chỉ có một nghiệm x = 1. Do vậy f(x) = 0
chỉ có một nghiệm x = 1.
Ví dụ 2.1.5. Chứng minh rằng khơng thể có một nghiệm nào của đa thức
f(x) = 2011x2011 + 2010x2010+ · · ·+ 3x3 + 2x2 + 2x+ 1 có mơđun > 1. Bài giải. Xét f(x)(1 − x) = 1 +x + x3 + · · · + x2011 −2011x2012. Đặt r = |x|. Khi đó, nếu r > 1 thì |f(x)(1−x)| > 2011r2012 − |1 +x+x3 + · · ·+ x2011| > 2011r2012 −r2011|1 + 1 + 1 +· · ·+ 1| = 2011(r2012 −r2011) > 0.
Điều này chứng tỏ f(x) 6= 0 khi |x| > 1.
Ví dụ 2.1.6. Với số nguyên dương n, hãy chỉ ra rằng, nếu số thực α là
một nghiệm của đa thức f(x) = n!xn + (n−1)!xn−1 +· · ·+ 1!x+ 1 thỏa mãn −2 < α < 0.
Bài giải. Hiển nhiên α < 0, vì khi α > 0 thì f(α) > 0. Vì |α| 6 1 + max{|(n−k)!
2.2 Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt
Định lý 2.2.1. Với các đa thức f(x),g(x) thuộcK[x] và g(x) khác 0 có hai đa thức duy nhất q(x), r(x) sao cho f(x) = q(x)g(x) +r(x) với degr(x) < degg(x)
Định lý 2.2.2. Giả sử K là một trường và đa thức bất khả quy g(x) ∈
K[x] có nghiệm α. Đa thức f(x) ∈ K[x] chia hết cho g(x) khi và chỉ khi f(α) = 0.
Chứng minh. Giả sử đa thức f(x) ∈ k[x]. Theo Định lý 2.2.1, có duy
nhất hai đa thứcq(x), r(x) sao chof(x) = q(x)g(x) +r(x) với degr(x) <
degg(x). Như vậy f(α) = 0 khi và chỉ khi r(α) = 0. Do bởi g(x) là đa
thức bậc thấp nhất để g(α) = 0 nên r(x) = 0. Tóm lại f(x) ∈ K[x] chia hết cho g(x) khi và chỉ khi f(α) = 0.
Ví dụ 2.2.3. Với các số tự nhiênm vàn, tam thứcxm+xn+1 chia hết cho x2+x+ 1 khi và chỉ khi mn−2 ˙: 3. Từ đó suy ra x10+x5+ 1, x20+x4+ 1
đều chia hết cho x2 + x+ 1.
Bài giải. Đa thức x2+x+ 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức α =
−1 +i√
3
2 , α
3 = 1. Biểu diễn m = 3h +r, n = 3k +s với r, s ∈ {0,1,2}.
Vậyp(x) =xm+xn+1chia hết chox2+x+1khi và chỉ khi αm+αn+1 = 0
hay αr +αs + 1 = 0. Do vậy 0 = −1 +i√ 3 2 r +−1 +i√ 3 2 s + 1 = cosr2π 3 +isin r2π 3 + cos s2π 3 +isin s2π
3 + 1. Điều này tương đương
sinr2π 3 + sin s2π 3 = 0 hay cosr2π 3 + cos s2π 3 + 1 = 0 r +s ˙: 3 ↔ r=s=0r+s=3 2 cos (r +s)π 3 cos (r −s)π 3 + 1 = 0.
Kiểm trar = s = 0không thỏa mãn hệ. Vậyr+s = 3hay {r, s} = {1,2}.
Vậy mn = (3u+ 1)(3v+ 2) = 3(3uv+u+v) + 2. Do đó xm+xn+ 1 chia hết cho x2 +x+ 1 khi và chỉ khi mn−2 ˙: 3.
Ví dụ 2.2.4. Với các số tự nhiên m và n, tam thức xm+xn + 1 chia hết
cho x2−x+ 1 khi và chỉ khi m+n, mn−2 ˙: 6. Như vậy, xm+xn+ 1 chia hết cho x4 +x2 + 1 khi và chỉ khi m +n, mn−2 ˙: 6.
Bài giải. Đa thức x2 − x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức
α = 1 +i
√
3
2 , α
3 = −1. Biểu diễn m = 6h + r, n = 6k + s với r, s ∈ {0,1,2,3,4,5}. Đa thức xm + xn + 1 chia hết cho x2 −x + 1 khi và chỉ
khi αm + αn + 1 = 0 hay αr + αs + 1 = 0. Do vậy 0 = 1 +i