Một số đa thức có dạng đặc biệt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO THỊ DIỆU THÚY

MỘT SỐ ĐA THỨC CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO THỊ DIỆU THÚY

MỘT SỐ ĐA THỨC CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN VĂN HOÀNG

Thái Nguyên - 2016

i

Mục lục
Danh sách kí hiệu

ii

Lời mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1 Đa thức và vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Khái niệm và tính chất đơn giản . . . . . . . . .
1.2.2 Phân tích đa thức thành các thừa số bất khả quy
1.3 Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Định nghĩa và ví dụ về đa thức đối xứng . . . .
1.3.2 Các kết quả cơ bản về đa thức đối xứng . . . . .
1.3.3 Bất đẳng thức Muirhead . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
4
4
6
8
8
9
11

Chương 2. Đa thức giá trị nguyên
2.1 Đa thức giá trị nguyên một biến . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Đa thức giá trị nguyên nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Dạng q -đồng dạng của đa thức giá trị nguyên . . . . . . . . . .

14
14
18
19

Chương 3. Đa thức Chebyshev
3.1 Định nghĩa và tính chất cơ bản . . . . . .
3.2 Đa thức trực giao . . . . . . . . . . . . .
3.3 Bất đẳng thức cho các đa thức Chebyshev
3.4 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22
22
28

34
36

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

Kết luận

40

Tài liệu tham khảo

41


ii

Danh sách các kí hiệu
Kí hiệu

Tên

(Cnk )q
Tn (x)
F (x, z)
−, −

Hệ số q−nhị thức
Đa thức Chebyshev
Hàm sinh của dãy (an (x))
Tích vô hướng


1

Lời mở đầu
Chúng ta biết rằng lí thuyết đa thức xuất hiện và được nghiên cứu
trong nhiều lĩnh vực của toán học và khoa học. Trong đó một số lớp đa thức
có dạng đặc biệt được nghiên cứu rộng rãi, chẳng hạn lớp các đa thức đối
xứng, tức là chúng bất biến khi ta hoán vị các biến độc lập; lớp các đa thức
giá trị nguyên - tức là khi ta thay bất kì một số nguyên vào đa thức ta nhận

được giá trị của đa thức là một số nguyên; và một số lớp đa thức khác như
đa thức Chebyshev.
Với mong muốn tìm hiểu một số lớp đa thức có dạng đặc biệt, đồng thời
nâng cao kiến thức đã học trong chương trình đại học và cao học, tôi chọn
đề tài Một số đa thức có dạng đặc biệt làm luận văn cao học của mình.
Cấu trúc luận văn được chia thành 03 chương:
Chương 1 trình bày một vài kiến thức cơ bản về đa thức và vành đa thức,
bậc của đa thức, đa thức bất khả quy và cách phân tích đa thức thành các
thừa số bất khả quy. Mục cuối chương chúng tôi trình bày về định nghĩa và
một vài tính chất của lớp các đa thức đối xứng.
Chương 2 trình bày lớp đa thức giá trị nguyên, trước tiên, mục đầu chương
chúng tôi trình bày các đa thức giá trị nguyên một biến. Mục tiếp theo trình
bày về đa thức giá trị nguyên nhiều biến, mục cuối chương trình bày về dạng
q -đồng dạng của đa thức giá trị nguyên.
Chương 3 trình bày lớp đa thức Chebyshev, phần đầu chương chúng tôi
trình bày khái niệm và tính chất cơ bản của đa thức Chebyshev. Các mục tiếp
theo trình bày về đa thức trực giao và bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev,
mục cuối chương trình bày về hàm sinh.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hoàng. Tôi xin bày tỏ lòng


2

biết ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Văn Hoàng, thầy đã định hướng chọn đề tài
và tận tình hướng dẫn, giảng giải để tôi có thể hoàn thành luận văn này.
Qua đây tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng các thầy cô giáo
dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên đã trang bị kiến thức, giúp đỡ tôi trong suốt quá
trình học tập và thực hiện luận văn.

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trung tâm Dạy nghề và Giáo dục
thường xuyên huyện Yên Bình tỉnh Yên Bái đã giúp đỡ, tạo mọi điều kiện
thuận lợi giúp tôi có thể hoàn thành luận văn này.
Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,
bạn bè đã luôn động viên, cổ vũ, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và hoàn
thành luận văn.
Thái Nguyên, tháng 9 năm 2016
Tác giả

Đào Thị Diệu Thúy


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng tôi trình bày một vài kiến thức cơ bản về đa thức
và vành đa thức, bậc của đa thức, đa thức bất khả quy và cách phân tích đa
thức thành các thừa số bất khả quy. Mục cuối chương chúng tôi trình bày về
định nghĩa và một vài tính chất của lớp các đa thức đối xứng. Các kết quả
của chương này chủ yếu được tham khảo từ các tài liệu [1, 2].

1.1

Đa thức và vành đa thức

Cho A là vành giao hoán đơn vị 1 và P là tập các dãy (a0 , a1 , . . . , an , . . .)
trong đó ai ∈ A với mọi i ∈ N và chỉ một số hữu hạn ai = 0. Ta định nghĩa
phép cộng và nhân trong P như sau:

(a0 , a1 , . . . , an , . . .) + (b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , an + bn , . . .);
(a0 , a1 , . . . , an , . . .)(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . .)
trong đó ck =

ai bj .
i+j=k

Khi đó, P cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán
có đơn vị là (1, 0, 0, . . .), phần tử không của vành này là (0, 0, 0, . . .). Đặt


4

x = (0, 1, 0, 0, . . .) ta có
x2 = (0, 0, 1, 0, . . .);
x3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . .);
···
xn = (0, 0, . . . , 0, 1n , 0, . . .),
ở đó 1n là kí hiệu 1 ở vị trí thứ n. Nếu ta quy ước x0 = (1, 0, 0, . . .) thì mỗi
phần tử a ∈ A có thể đồng nhất với dãy (a, 0, 0, . . .) (bởi vì ta có đơn cấu
vành A −→ P, a −→ (a, 0, 0, . . .)). Như vậy,

axn = (0, 0, . . . , 0, a, 0, . . .),
n

số

∀a ∈ A.

0

Do đó

f = (a0 , a1 , . . . , an , . . .) = a0 x0 + a1 x + · · · + an xn ,
và thường được viết là

f (x) = a0 x0 + a1 x + · · · + an xn .
Cách biểu thị như vậy là duy nhất đối với mỗi phần tử của f ∈ P. Hay nói
một cách khác,

a0 x0 + a1 x + · · · + an xn = b0 x0 + b1 x + · · · + bn xn
khi và chỉ khi

an = bn , . . . , a1 = b1 , a0 = b0 .
Khi đó, vành P được gọi là vành đa thức của ẩn x trên A, kí hiệu A[x]. Các
phần tử của vành đó gọi là các đa thức của ẩn x lấy hệ số trong A. Đa thức
axn (a ∈ A) được gọi là một đơn thức.

1.2
1.2.1

Bậc của đa thức
Khái niệm và tính chất đơn giản

Cho đa thức f (x) ∈ A[x], với
n

ai xi = a0 + a1 x1 + · · · + an xn với an = 0

f (x) =

i=0


5

khi đó n được gọi là bậc của đa thức f (x), kí hiệu là degf (x). Hay nói một
cách khác, bậc của đa thức là số mũ cao nhất của x xuất hiện trong đa thức.
Đa thức không f (x) = 0 thường được hiểu là không có bậc, tuy nhiên các đa
thức có bậc 0 cùng với đa thức không được gọi chung là các đa thức hằng.
n

Với các đa thức f =
i=0

ai xi và g =

m

bj xj , ta viết f = g nếu ta có

j=0

m = n và ai = bi với mỗi i.
Không quá khó để thấy rằng, với hai đa thức f (x) và g(x) thì ta luôn có

degf (x) + degg(x) ≤ max(degf (x), degg(x))
và

degcf (x) = degf (x) nếu c = 0.
Định lý 1.2.1. Nếu A là một miền nguyên thì A[x] cũng là một miền nguyên.

Chứng minh. Giả sử f (x), g(x) ∈ A[x] là các đa thức khác 0 có bậc tương
ứng là m và n :

f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 ,
g(x) = bn xn + · · · + b1 x + b0 ,

am = 0
bn = 0.

Theo định nghĩa về phép toán trên đa thức ta có

f (x)g(x) = am bn xm+n + · · · + (a0 b1 + a1 b0 )x + a0 b0 .
Vì A là miền nguyên và am , bn = 0 nên am bn = 0, do đó f (x)g(x) = 0.
Vậy A[x] cũng là một miền nguyên. Định lý được chứng minh.
Từ định lý trên ta có tính chất sau về bậc của đa thức.
Mệnh đề 1.2.1. Nếu degf (x) = n, degg(x) = m, thì deg(f (x)g(x)) =
n + m.
Ta nhận xét rằng, nếu A không là một miền nguyên thì mệnh đề trên
không còn đúng. Thật vậy, xét các đa thức ¯
2x + ¯1 và ¯3x + ¯1 là các đa thức
bậc nhất trong Z6 [x] nhưng tích của chúng lại là một đa thức bậc nhất.
Định nghĩa 1.2.1. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị và B là một
vành giao hoán có đơn vị chứa A làm vành con. Phần tử c ∈ B được gọi là
nghiệm của đa thức f (x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f (c) = 0.


6

Định lý 1.2.2 (Bezout). Cho A là miền nguyên. Phần tử c ∈ A là nghiệm
của đa thức f (x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho x − c trong vành

đa thức A[x].
Định nghĩa 1.2.2. Phần tử c ∈ A là nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ A[x]
nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho (x − c)k nhưng f (x) không chia hết cho
(x − c)k+1 trong vành đa thức A[x]. Nếu k = 1 thì c gọi là nghiệm đơn, k = 2
thì c được gọi là nghiệm kép.
Nếu c1 , c2 , . . . , cr là những nghiệm trong miền nguyên A của f (x) ≡ 0 với
các bội số theo thứ tự k1 , k2 , . . . , kr thì

f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr g(x)
với g(x) ∈ A[x] và g(ci ) = 0. Do đó nghiệm của đa thức f (x) không vượt
quá bậc của đa thức f (x) và nếu hai đa thức có bậc không quá n bằng nhau
tại n + 1 phần tử phân biệt của miền nguyên A thì chúng bằng nhau.

1.2.2

Phân tích đa thức thành các thừa số bất khả quy

Cho f (x) và g(x) là các đa thức một biến với các hệ số trên trường K .
Ta nói rằng f (x) chia hết cho g(x) nếu g(x) = 0 và tồn tại h(x) ∈ K[x] sao
cho f (x) = g(x)h(x).
Định lý 1.2.3. Cho f (x) và g(x) là các đa thức một biến với các hệ số trên
trường K với g(x) = 0. Khi đó, ta luôn viết được f (x) = g(x)p(x) + r(x)
với p(x), r(x) là các đa thức có hệ số trên K mà degr(x) < degg(x).
Đa thức d(x) gọi là một ước chung của f (x) và g(x) nếu cả f (x) và g(x)
cùng chia hết cho d(x). Ước chung d(x) của f (x) và g(x) được gọi là ước
chung lớn nhất nếu d(x) chia hết cho bất kì ước chung nào khác của f (x) và
g(x). Một phương pháp nổi tiếng để tìm ước chung lớn nhất là thuật toán
Euclide. Ta mô tả phương pháp này như sau: Giả sử rằng degf (x) ≥ degg(x).
Đặt r1 (x) là phần dư sau khi chia f (x) cho g(x) và đặt r2 (x) là phần dư
sau khi chia g(x) cho r1 (x), và tổng quát đặt rk+1 (x) là phần dư sau khi

chia rk−1 (x) cho rk (x). Vì bậc của các đa thức ri (x) là giảm ngặt, nên với
n nào đó, ta có rn+1 (x) = 0, tức là rn−1 (x) chia hết cho rn (x). Ta thấy


7

rằng, cả f (x) và g(x) cùng chia hết cho rn (x) vì rn (x) chia hết cho các đa
thức rn−1 (x), rn−2 (x), . . . Hơn nữa, nếu f (x) và g(x) chia hết cho đa thức
h(x) thì rn (x) cũng chia hết cho h(x) vì h(x) chia hết r1 (x), r2 (x), . . . Do đó
rn (x) = (f (x), g(x)).
Từ thuật toán Euclide ta có kết quả quan trọng sau:
Định lý 1.2.4. Nếu d(x) là ước chung lớn nhất của các đa thức f (x) và
g(x), thì tồn tại các đa thức a(x) và b(x) sao cho

d(x) = a(x)f (x) + b(x)g(x).
Một đa thức f với các hệ số trên trường K được gọi là khả quy trên K
nếu f = gh, trong đó g và h là các đa thức có bậc dương với các hệ số trên
K . Trái lại ta nói f là bất khả quy trên K.
Cho f = f1 . . . fs là một phân tích thành thừa số của đa thức f trên
trường K thành các thừa số f1 , . . . , fs trên K. Từ cách phân tích này của f,
với fi = ai xi + "các hạng tử bậc thấp hơn", ta dễ dàng thu được cách phân
fi
tích f = ag1 · · · gs trong đó a = a1 · · · as bằng cách đặt gi = .
ai
Ta có kết quả sau đây.
Định lý 1.2.5. Cho K là một trường. Khi đó một đa thức f (x) ∈ K[x] khác
0, không là ước của 1, đều có thể được phân tích thành các thừa số bất khả
quy và sự phân tích này là duy nhất.
Chứng minh của định lí này, bạn đọc có thể xem trong [2] trang 48.
Hệ quả 1.2.1. Nếu đa thức qr chia hết cho một đa thức bất khả quy p, thì

hoặc q hoặc r chia hết cho p.
Hệ quả 1.2.2. Một đa thức với hệ số nguyên (với hệ số cao nhất là 1) là bất
khả quy trên Z nếu và chỉ nếu đa thức đó bất khả quy trên Q.
Một trong những tiêu chuẩn tốt nhất xác định các đa thức bất khả quy
là tiêu chuẩn Eisenstein dưới đây.
Định lý 1.2.6. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn là
một đa thức với các hệ số nguyên sao cho hệ số an không chia hết cho một số
nguyên tố p, nhưng các hệ số còn lại a0 , . . . , an−1 chia hết cho p và a0 không
chia hết cho p2 . Khi đó f là bất khả quy trên Q.


8

Ví dụ 1.2.1. Nếu p là số nguyên tố, thì

f (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1
là bất khả quy trên Q.
Thật vậy, áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p vào đa thức

f (x + 1) =

(x + 1)p − 1
= xp−1 + Cp1 xp−2 + · · · + Cpp−1 .
(x + 1) − 1

Do đó đa thức f (x) là bất khả quy trên Q.

1.3

Đa thức đối xứng

1.3.1

Định nghĩa và ví dụ về đa thức đối xứng

Trong mục này ta sẽ trình bày định nghĩa và ví dụ về các đa thức đối xứng.
Trước tiên, ta nhớ lại định lý Vi-et trong đại số như sau. Giả sử x1 , . . . , xn
là n nghiệm của đa thức

xn + a1 xn−1 + · · · + an .
Khi đó,
n

xi = −a1 ,

e1 (x1 , . . . , xn ) =
i=1

n

e2 (x1 , . . . , xn ) =

xi1 xi2 = a2 ,
1≤i1
···
n

xi1 · · · xim = (−1)m am ,

em (x1 , . . . , xn ) =
1≤i1 <···
···
en (x1 , . . . , xn ) = x1 x2 · · · xn = (−1)n an .
Đa thức em (x1 , . . . , xn ) được gọi là đa thức m-đối xứng theo x1 , . . . , xn . Và
đa thức em (x1 , . . . , xn ) có tính chất

em (xσ(1) , . . . , xσ(n) ) = em (x1 , . . . , xn )


9

với mọi hoán vị σ của tập hợp {1, . . . , n}. Ở đây một hoán vị của tập hợp
Sn gồm n phần tử là một song ánh σ : Sn → Sn .
Từ tính chất của đa thức em (x1 , . . . , xm ) ta có định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.3.1. Một đa thức f (x1 , . . . , xn ) được gọi là đối xứng nếu với
bất kì hoán vị σ ∈ Sn , ta có

f (xσ(1) , . . . , xσ(n) ) = f (x1 , . . . , xn ).
1.3.2

Các kết quả cơ bản về đa thức đối xứng

Các đa thức đối xứng cơ bản tạo thành một cơ sở của vành các đa thức
đối xứng. Ta xét tính chất này như sau.
Định lý 1.3.1. Cho f (x1 , . . . , xn ) là một đa thức đối xứng trong vành đa
thức A[x1 , . . . , xn ]. Khi đó, tồn tại một đa thức g(y1 , . . . , yn ) ∈ A[y1 , . . . , yn ]
sao cho f (x1 , . . . , xn ) = g(σ1 , . . . , σn ). Đa thức g(y1 , . . . , yn ) này là duy nhất.
Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợp trong đó f là đa thức thuần nhất.

Ta nói rằng bậc của một đơn thức xλ1 1 · · · xλnn lớn hơn bậc của đơn thức
xµ1 1 · · · xµnn nếu tồn tại số 0 ≤ k < n sao cho

λ1 = µ1 , . . . , λk = µk và λk+1 > µk+1 .
Đặt axλ1 1 · · · xλnn là đơn thức có bậc cao nhất của f. Khi đó λ1 ≥ · · · ≥ λn .
Xét đa thức
f1 = f − aσ1λ1 −λ2 · σ2λ2 −λ3 · · · σnλn .
(1.3.1)
Số hạng có bậc cao nhất của đơn thức σ1λ1 −λ2 · σ2λ2 −λ3 · · · σnλn là

x1µ1 −λ2 (x1 x2 )λ2 −λ3 · · · (x1 · · · xn )λn = xλ1 1 · · · xλnn .
Do đó bậc của đơn thức có bậc cao nhất của f1 nhỏ hơn bậc của đơn thức
có bậc cao nhất của f. Ta tiếp tục áp dụng phép toán tương tự ở công thức
(1.3.1) cho f1 . Sau một số hữu hạn bước thực hiện phép toán như vậy ta thu
được đa thức 0. Từ đó quay ngược lại ta có thể tìm được đa thức g .
Bây giờ ta chứng minh tính biểu diễn duy nhất của f (x1 , . . . , xn ) =
g(σ1 , . . . , σn ). Khi đó, ta chỉ cần kiểm tra rằng nếu

g(y1 , . . . , yn ) =

ai1 ···in y i1 · · · y in


10

là một đa thức khác không, thì sau phép thay thế các biến

y1 = σ1 = x1 + · · · + xn , · · · , yn = σn = x1 · · · xn
ta thu được đa thức mới cũng khác không. Ta xét đơn thức có bậc cao nhất
của đa thức đó có dạng

ai1 ···in xi11 +···+in xi22 +···+in · · · xinn ,
thu được sau khi đổi biến. Rõ ràng là hạng tử cao nhất trong số các đơn thức
nhân tử không bị giản ước cho bất kì đơn thức khác.
Rõ ràng từ chứng minh của định lí 1.3.1 ta thấy, nếu f (x1 , . . . , xn ) là một
đa thức đối xứng với các hệ số nguyên, thì f (x1 , . . . , xn ) = g(σ1 , . . . , σn ),
trong đó các hệ số của g cũng là các số nguyên.
Từ định lí 1.3.1 về đa thức đối xứng, ta suy ra rằng nếu x1 , . . . , xn là các
nghiệm của đa thức

f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ,
khi đó đại lượng

(xi − xj )2 ,

D=
1≤i
được biểu diễn như một đa thức đối xứng theo x1 , . . . , xn có thể được biểu
diễn như một đa thức của các hệ số a1 , . . . , an . Đại lượng D này được gọi là
biệt thức của f. Chẳng hạn, với n = 2, f (x) = x2 + a1 x + a2 thì ta có

D = (x1 − x2 )2 = (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = σ12 − 4σ2 = a21 − 4a2 .
Và n = 3, ta có

D = (x1 − x2 )2 (x1 − x3 )2 (x2 − x3 )2
= (x1 + x2 + x3 )2 (x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 )2 − 4(x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 )3
− 4(x1 + x2 + x3 )3 (x1 x2 x3 ) − 27(x1 x2 x3 )2
+ 18(x1 + x2 + x3 )(x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 )(x1 x2 x3 )
= σ12 σ22 − 4σ23 − 4σ13 σ3 − 27σ32 + 18σ1 σ2 σ3 .

Định nghĩa 1.3.2. Một đa thức f (x1 , . . . , xn ) được gọi là đối xứng lệch nếu

f (. . . , xi , . . . , xj , . . .) = −f (. . . , xj , . . . , xi , . . .),
tức là, qua phép chuyển vị trí của hai biến xi , xj thì đa thức f đổi dấu.


11

(xi − xj ) là một ví dụ của một đa thức đối xứng

Đa thức ∆ =
1≤i
lệch. Rõ ràng ∆2 = D.
Định lý 1.3.2. Bất kì đa thức đối xứng lệch f (x1 , . . . , xn ) đều có thể được
biểu diễn dưới dạng

f (x1 , . . . , xn ) = ∆(x1 , . . . , xn )g(x1 , . . . , xn ),
trong đó g là một đa thức đối xứng.

f
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng tỏ f chia hết cho ∆. Thật vậy, nếu
là
∆
f
một đa thức, khi đó ta có
là một đa thức đối xứng. Ta sẽ chứng tỏ rằng,
∆
chẳng hạn, f chia hết cho x1 − x2 . Ta đổi biến x1 = u + v, x2 = u − v, khi đó
f (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) = f1 (u, v, x3 , . . . , xn ).

Nếu x1 = x2 , thì v = 0 và do đó f1 (u, 0, x3 , . . . , xn ) = 0. Điều này có nghĩa
là f1 chia hết cho v , tức là f chia hết cho x1 − x2 . Tương tự, f chia hết cho
xi − xj với mọi i < j.
Đẳng thức ∆2 = D chứng tỏ rằng biểu diễn f = ∆g là không duy nhất.

1.3.3

Bất đẳng thức Muirhead

Đặt λ = (λ1 , . . . , λn ) là một phân hoạch, tức là một tập các số nguyên
không âm thỏa mãn λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn ≥ 0. Đặt |λ| = λ1 + · · · + λn . Ta
nói rằng λ ≥ µ nếu λ1 + · · · + λk ≥ µ1 + · · · + µk với k = 1, 2, . . . , n.
Để mỗi phân hoạch λ ta có thể gắn với một đa thức đối xứng thuần nhất

Mλ (x1 , . . . , xn ) =

1
λ
λ
x1 σ(1) · · · xnσ(n) .
n! σ∈S

(1.3.2)

n

Hiển nhiên, degMλ = |λ|.
Ví dụ 1.3.1. Nếu λ = (1, . . . , 1) thì Mλ (x1 , . . . , xn ) = x1 · · · xn .
Thật vậy, tổng (1.3.2) trong trường hợp này gồm n! số hạng x1 · · · xn .
Ví dụ 1.3.2. Nếu λ = (n, 0, . . . , 0) thì Mλ (x1 , . . . , xn ) =

1 n
(x1 + · · · + xnn ).
n


12

Thật vậy, tổng (1.3.2) trong trường hợp này gồm (n − 1)! số hạng xn1 và
có (n − 1)! số hạng xn2 , và tiếp tục . . . .
Với các số nguyên dương x1 , . . . , xn , ta có bất đẳng thức

xn1 + · · · + xnn
≥ x1 · · · xn
n
luôn đúng. Định lí dưới đây mở rộng bất đẳng thức này.
Định lý 1.3.3. (Muirhead) Bất đẳng thức

Mλ (x) ≥ Mµ (x)

(1.3.3)

luôn đúng với mọi vector x = (x1 , . . . , xn ) với các tọa độ dương x1 , . . . , xn
nếu và chỉ nếu |λ| = |µ| và λ ≥ µ. Dấu bằng đạt được nếu λ = µ và
x1 = · · · = xn .
Chứng minh. Giả sử (1.3.3) đúng với mọi x > 0. Đặt x1 = · · · = xk = a
và xk+1 = · · · = xn = 1. Khi đó

Mλ (x)
aλ1 +···+λk

1 ≤ lim
= lim µ +···+µ .
k
a→∞ Mµ (x)
a→∞ a 1
Do đó λ1 + · · · + λk ≥ µ1 + · · · + µk .
Bây giờ, nếu lấy k = n và x1 = · · · = xn = a. Khi đó

aλ1 +···+λk
Mλ (x)
= µ +···+µ .
k
Mµ (x) a 1
Với a > 1, ta suy ra rằng |λ| ≥ |µ|, trong khi đó, với 0 < a < 1, ta có
|λ| ≤ |µ|.
Chứng minh của chiều ngược lại như sau. Xét phép biến đổi Rij , giả sử
µi ≥ µj > 0, trong đó i < j. Đặt Rij µ = µ , trong đó µi = µi + 1, µj = µj − 1
và µk = µk với k = i, j. Do đó, µ > µ và |µ | = |µ|.
Bổ đề 1.3.1. Nếu λ = Rij µ thì Mλ (x) ≥ Mµ (x) và dấu bằng xảy ra khi
x1 = · · · = xn , (ở đây ta giả sử các số x1 , . . . , xn là dương)
Chứng minh. Với mọi cặp chỉ số p, q thỏa mãn 1 ≤ p < q ≤ n, hiệu
Mλ (x) − Mµ (x) chứa một tổng có dạng

A · (xλp i xλq j + xλp j xλq i − xµp i xµq j − xµp j xµq i ),

(1.3.4)


13

trong đó A là số dương.
Để biểu diễn tường minh hơn, ta đặt xp = a, xq = b, µi = α, µj = β. Ta
nhớ lại rằng λi = α + 1, λj = β − 1 và α ≥ β. Biểu thức (1.3.4) chia hết cho
A kết quả là bằng

aα+1 bβ−1 + aβ−1 bα+1 − aα bβ − aβ bα = (ab)β−1 (a − b)(aα+1−β − bα+1−β ) ≥ 0,
trong đó dấu bằng xảy ra khi a = b. Do đó, Mλ (x) − Mµ (x) ≥ 0 và nếu trong
các số x1 , . . . , xn có ít nhất hai số phân biệt thì bất đẳng thức là nghiêm
ngặt.
Bổ đề 1.3.2. Nếu λ ≥ µ và |λ| = |µ| nhưng λ = µ, thì khi đó λ có thể đạt
được từ µ sau một số hữu hạn phép biến đổi Rij .
Chứng minh. Cho i là chỉ số thấp nhất sao cho λi = µi . Thì điều kiện đó
λ ≥ µ suy ra rằng λi > µi . Đẳng thức |λ| = |µ| tức là (λk − µk ) = 0, và do
đó λj < µj với j nào đó. Hiển nhiên, i < j và µj > 0. Do đó, ta có thể áp dụng
Rj vào µ. Từ đó ta thu được một dãy ν mà trong đó νi = µi + 1, νj = µj − 1,
và νk = µk với k = i, j. Hơn nữa, do λi > µi và λj < µj ta thu được

|λi − µi | = |λi − νi | + 1,

|λj − µj | = |λj − νj | + 1.

Do đó

|λk − νk | =

|λk − νk | − 2,

tức là, sử dụng Rij ta thu được
|λk − νk | được làm nhỏ bớt đi 2. Do đó,
sử dụng một số biến đổi Rij đã biết, ta có thể rút gọn

|λk − νk | về 0.
Áp dụng các bổ đề 1.3.1 và 1.3.2 ta suy ra bất đẳng thức Muirhead.
Định lí được chứng minh.


14

Chương 2
Đa thức giá trị nguyên
Trong chương này chúng tôi trình bày lớp đa thức giá trị nguyên, trước
tiên, mục đầu chương chúng tôi trình bày các đa thức giá trị nguyên một
biến. Mục tiếp theo trình bày về đa thức giá trị nguyên nhiều biến, mục cuối
chương trình bày về dạng q -đồng dạng của đa thức giá trị nguyên. Chương
này được tham khảo chính trong chương 3 của [2].

2.1

Đa thức giá trị nguyên một biến

Định nghĩa 2.1.1. Đa thức p(x) ∈ Q[x] được gọi là đa thức nhận giá trị
nguyên nếu p(x) nhận các giá trị nguyên tại mọi x nguyên.
Ví dụ 2.1.1. Xét đa thức ẩn x là pk (x) với k ∈ Z, k > 0, xác định bởi

pk (x) = Cxk =

x · (x − 1) · · · (x − k + 1)
,
k!

khi đó pk (x) = Cxk là một đa thức giá trị nguyên.

Giải. Ta chứng minh đa thức pk (x) = Cxk là một đa thức nhận giá trị nguyên
bằng cách quy nạp theo k ≥ 1. Thật vậy, với k = 1, điều này là hiển nhiên.
Giả sử rằng pk (x) = Cxk là một đa thức nhận giá trị nguyên. Ta phải chứng
minh pk+1 (x) là đa thức giá trị nguyên.
+) Ta biết rằng Cxk+1 = 0 với mọi x = 0, 1, 2, . . . , k . Suy ra pk+1 (x) nguyên
khi x = 0, 1, 2, . . . , k .


15
k+1
+) Xét x = m ∈ Z với m > k , thì pk+1 (x) = pk+1 (m) = Cm
∈ Z (Thật
k
k
vậy, vì Cxk nguyên với mọi x ∈ Z, nên Ckk , Ck+1
, . . . , Cm−1
∈ Z. Từ đó
k+1
Ck+1
− Ckk+1 = Ckk ∈ Z
k+1
k+1
k
Ck+2
− Ck+1
= Ck+1
∈Z

...
k+1

k+1
k
Cm
− Cm−1
= Cm−1
∈ Z.

Bằng cách cộng vế với vế ta suy ra được
m−1
k+1
Cm

−

Ckk+1

Cjk ∈ Z.

=
j=k

k+1
Lưu ý rằng Ckk+1 = 0. Từ đó suy ra pk+1 (x) = pk+1 (m) = Cm
nguyên với
mọi x = m > k ).

+) Xét x ∈ Z mà x < 0. Khi đó rõ ràng pk+1 (x) = Cxk+1 = 0 ∈ Z.
Vậy pk+1 (x) = Cxk+1 là một đa thức giá trị nguyên.
Từ ví dụ trên, ta thấy rằng theo một nghĩa nào đó, các đa thức nhận giá
trị nguyên được biểu diễn thông qua các đa thức Cxk . Hơn nữa, theo định

nghĩa, ta đã yêu cầu p(n) ∈ Z với mọi n ∈ Z để p(x) trở thành một đa thức
nhận giá trị nguyên, thực tế ta có thể giảm bớt các giả thiết đó mà vẫn suy
ra được p(x) là đa thức nhận giá trị nguyên như định lý sau đây.
Định lý 2.1.1. Giả sử pk (x) là một đa thức bậc k nhận giá trị nguyên tại
các giá trị x = n, n + 1, . . . , n + k (với n là số nguyên nào đó cho trước).
Khi đó
pk (x) = c0 Cxk + c1 Cxk−1 + c2 Cxk−2 + · · · + ck ,
(2.1.1)
trong đó c0 , c1 , . . . , ck là các số nguyên.
Chứng minh. Vì các đa thức

Cx0 = 1,

Cx1 = x,

Cx2 =

x2 x
xk
− , . . . , Cxk =
+ ···
2
2
k!

tạo thành một cơ sở trong Q−không gian véc tơ các đa thức hệ số hữu tỉ có
bậc không lớn hơn k, và do đó đa thức pk (x) luôn có thể biểu diễn duy nhất


16

dưới dạng

pk (x) = c0 Cxk + c1 Cxk−1 + · · · + ck ,
trong đó c0 , c1 , . . . , ck là các số hữu tỉ. Ta sẽ chứng tỏ các hệ số ci là các số
nguyên, với i = 0, . . . , k .
Thật vậy, ta chứng minh bằng quy nạp theo k ≥ 0. Với k = 0, đa thức
p0 (x) = c0 , theo giả thiết ta có thể giả sử p0 (x) nhận giá trị nguyên tại x = n
với n tùy ý. Do đó c0 là số nguyên. Bây giờ, ta giả sử quy nạp rằng định lý
đã đúng với mọi đa thức có bậc không vượt quá k. Xét đa thức

pk+1 (x) = c0 Cxk+1 + c1 Cxk + · · · + ck+1
nhận các giá trị nguyên tại x = n, n + 1, . . . , n + k + 1. Khi đó đa thức

∆pk+1 (x) = pk+1 (x + 1) − pk+1 (x)
k+1
k
1
= c0 (Cx+1
− Cxk+1 ) + c1 (Cx+1
− Cxk ) + · · · + ck (Cx+1
− Cx1 )

= c0 Cxk + c1 Cxk−1 + · · · + ck
cũng nhận các giá trị nguyên tại x = n, n + 1, . . . , n + k. Do đó c0 , c1 , . . . , ck
là các số nguyên, và từ đó các số

ck+1 = pk+1 (n) − c0 Cnk+1 − c1 Cnk − · · · − ck Cn1
cũng là số nguyên. Như vậy phép quy nạp đúng với n = k + 1. Định lí được
chứng minh.

Định lý 2.1.2. Cho R(x) là hàm hữu tỉ nhận giá trị nguyên tại mọi điểm
nguyên x. Khi đó R(x) là một đa thức nhận giá trị nguyên.

f (x)
, trong
g(x)
đó f (x) và g(x) là các đa thức với hệ số hữu tỉ. Chia f (x) cho g(x) ta được
thương pk (x) ∈ Q[x] và một phần dư r(x) ∈ Q[x]. Khi đó ta thu được

Chứng minh. Vì R(x) là hàm hữu tỉ nên ta có thể viết R(x) =

R(x) = pk (x) +

r(x)
,
g(x)

r(x)
→ 0 khi x → ∞ (vì
g(x)
deg(r) < deg(g) khi r = 0). Do đó, với các giá trị nguyên của n đủ lớn, thì

trong đó pk (x) là một đa thức có bậc k , và


17

các giá trị của pk (n) chỉ khác các số nguyên một đại lượng vô cùng nhỏ. Ta
chứng tỏ rằng pk (x) thực sự là một đa thức giá trị nguyên.
Thật vậy, khai triển đa thức pk (x) theo cơ sở {Cx0 , Cx1 , Cx2 , . . . , Cxk } ta thu

được dưới dạng
pk (x) = c0 Cxk + · · · + ck ,
trong đó c0 , c1 , . . . , ck ∈ Q. Với k = 0, thì số c0 ∈ Q là gần tùy ý với một số
nguyên nào đó, và do đó c0 ∈ Z. Giả sử k > 0 và kết quả đúng cho đa thức
bậc k − 1. Ta thấy đa thức

∆pk (x) = pk (x + 1) − pk (x) = c0 Cxk−1 + · · · + ck−1
là đa thức hệ số hữu tỉ bậc k − 1, cũng nhận các giá trị gần các số nguyên
với độ sai khác vô cùng nhỏ tại các số x nguyên đủ lớn. Do bậc của ∆pk (x)
là k − 1, nên ta áp dụng giả thiết quy nạp cho đa thức ∆pk (x), ta suy ra
được các hệ số c0 , c1 , . . . , ck−1 là các số nguyên. Bây giờ, ta cần chứng tỏ các
số
ck = pk (n) − c0 Cnk − · · · − ck−1 Cn1
cũng là các số nguyên. Để chứng minh điều đó, ta chỉ cần chứng tỏ r(x) = 0.
Lấy A là mẫu chung của các hệ số của pk (x). Khi đó Apk (x) là đa thức có
hệ số nguyên, và có

AR(x) = A

f (x)
Ar(x)
= Apk (x) +
.
g(x)
g(x)

r(n)
r(n)
∈ Z với mọi n ∈ Z. Như ta biết rằng
→ 0 khi

g(n)
g(n)
r(n)
r(n)
n → ∞, nên A
→ 0 khi n → ∞. Do đó A
= 0 với n đủ lớn (dựa
g(n)
g(n)
theo định nghĩa của dãy có giới hạn là 0). Suy ra r(n) = 0 với mọi n nguyên
đủ lớn, tức là phương trình r(x) = 0 có vô số nghiệm nguyên, điều này chỉ
xảy ra khi r(x) ≡ 0.
Từ đó suy ra A

Vậy f (x) = g(x)pk (x) + 0, suy ra R(x) = pk (x). Từ đó pk (n) = R(n) ∈ Z
khi n ∈ Z. Chứng tỏ ck = pk (n) − c0 Cnk − · · · − ck−1 Cn1 cũng là số nguyên.
Từ định lý trên ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.1. Giả sử f (x) và g(x) là các đa thức với các hệ số nguyên và


18

f (n) chia hết cho g(n) tại mọi số nguyên n. Khi đó,
m

ck Cxk g(x),

f (x) =
k=0

trong đó c0 , . . . , cm là các số nguyên.

2.2

Đa thức giá trị nguyên nhiều biến

Cấu trúc của cơ sở của không gian các đa thức giá trị nguyên n biến tương
tự với trường hợp một biến. Ta có kết quả sau là sự mở rộng của công thức
(2.1.1) từ trường hợp 1 biến sang trường hợp n biến.
Định lý 2.2.1. Đa thức pd1 ...dn (x1 , . . . , xn ) hệ số hữu tỉ bậc di đối với biến
xi nhận các giá trị nguyên tại x1 = a1 , a1 + 1, . . . , a1 + d1 , . . . , xn = an , an +
1, . . . , an + dn nếu và chỉ nếu

ck1 ···kn Cxk11 · · · Cxknn ,

pd1 ...dn (x1 , . . . , xn ) =

trong đó ck1 ···kn là các số nguyên. Đặc biệt, một đa thức như thế nhận các giá
trị nguyên tại mọi điểm nguyên (x1 , . . . , xn ).
Chứng minh. Ta chỉ chứng minh định lý khi n = 2 vì trường hợp tổng quát
là hoàn toàn tương tự.
Lấy x1 cố định thuộc tập {a1 , . . . , a1 + d1 }, khi đó đa thức pd1 d2 (x1 , x2 )
nhận giá trị nguyên tại các điểm x2 = a2 , . . . , a2 + d2 . Do đó, theo định lý
2.1.1, với mỗi x1 ∈ {a1 , . . . , a1 + d1 }, ta có đẳng thức
d2

ck2 (x1 )Cxk22 ,

pd1 d2 (x1 , x2 ) =

(2.2.1)

k2 =0

trong đó ck2 (x1 ) nguyên khi x1 ∈ {a1 , . . . , a1 +d1 } (tức là ck2 (a1 ), . . . , ck2 (a1 +
d1 ) là nguyên).
Nếu bây giờ, ta xét (2.2.1) như một đa thức theo các biến x1 và x2 , thì
hiển nhiên rằng ck2 (x1 ) là một đa thức được xác định duy nhất. Như ta đã
thấy ở trước, đa thức này (có bậc không lớn hơn d1 ) nhận giá trị nguyên tại


19

x1 = a1 , . . . , a1 + d1 . Do đó lại theo định lý 2.1.1 ta suy ra được ck2 (x1 ) có
dạng
d1

ck1 k2 Cxk11 ,

ck2 (x1 ) =
k1 =0

trong đó ck1 k2 ∈ Z. Từ đó thay vào công thức (2.2.1) ta được
d2

pd1 d2 (x1 , x2 ) =

d1

(

ck1 k2 Cxk11 )Cxk22 =

ck1 k2 Cxk11 Cxk22 .

k2 =0 k1 =0

Vậy ta đã chứng minh được định lý với n = 2.

2.3

Dạng q-đồng dạng của đa thức giá trị nguyên

Định nghĩa 2.3.1. Hệ số nhị thức Gauss hay hệ số q -nhị thức là

(Cnk )q

(q n − 1)(q n−1 − 1) · · · (q n−k+1 − 1)
.
=
(q k − 1)(q k−1 − 1) · · · (q − 1)

Chú ý 2.3.1. (i) Ta thấy khi cho q → 1 thì hệ số nhị thức Gauss trở thành
hệ số nhị thức thông thường Cnk . Thật vậy, ta có

(q − 1)k .(1 + q + . . . + q n−1 ) . . . (1 + q + . . . + q n−k )
(1 − q)k .(1 + q + . . . + q k−1 ) . . . (1 + q).1
(1 + q + . . . + q n−1 ) . . . (1 + q + . . . + q n−k )
=
(1 + q + . . . + q k−1 ) . . . (1 + q).1

(Cnk )q =

Do đó khi cho q → 1 vào đẳng thức trên ta được kết quả là

n.(n − 1) . . . (n − k + 1)
n!
=
= Cnk .
k.(k − 1) . . . 2.1
k!(n − k)!
(ii) Hệ số nhị thức Gauss là một trong số các q -đồng dạng của các hàm sơ
cấp đặc biệt. Chẳng hạn, một q -đồng dạng của đẳng thức
k
Cn+1
= Cnk + Cnk−1

là
k
Cn+1

q

= Cnk

q

+ Cnk−1

q

q n−k+1 .

(2.3.1)


20

Ta chứng minh đẳng thức này. Thật vậy, rút gọn hai vế thì công thức (2.3.1)
tương đương với
1
q n+1
q n+1 − 1
=
+
,
(q k − 1)(q n−k+1 − 1) q k − 1 q n−k+1 − 1
mà đẳng thức trên là hiển nhiên đúng sau khi quy đồng.
(iii) Trong phần còn lại sau đây ta sẽ giả sử rằng q, n và k là các số nguyên
sao cho q ≥ 2 và 1 ≤ k ≤ n. Trong trường hợp này, bằng cách quy nạp theo
n ≥ 1 dựa trên công thức (2.3.1), ta thấy ngay rằng (Cnk )q là một số nguyên.
Bây giờ xét các đa thức f0 , f1 , f2 , . . . , trong đó f0 = 1 và

fk (x) = q −k(k−1)2 ×

(x − 1)(x − q) · · · (x − q k−1 )
với k ≥ 1.
(q − 1)(q 2 − 1) · · · (q k − 1)

(2.3.2)

Từ đó ta thấy ngay rằng

fk (q n ) = 0 với n = 0, 1, . . . , k − 1 và fk (q k ) = 1.

(2.3.3)

Hơn nữa, fk (q n ) = (Cnk )q với n ≥ k. Đặc biệt với bất kì số nguyên dương n,
thì số fk (q n ) là số nguyên.
Định lý 2.3.1. Đa thức pk (x) hệ số hữu tỉ bậc k nhận giá trị nguyên tại các
điểm x = 1, q, q 2 , . . . , q k nếu và chỉ nếu

pk (x) = ck fk (x) + ck−1 fk−1 (x) + · · · + c1 f1 (x) + c0 ,

(2.3.4)

trong đó c0 , c1 , . . . , ck là các số nguyên và fi (x) được xác định trong công
thức (2.3.2). Trong trường hợp đặc biệt, một đa thức như thế sẽ nhận giá trị
nguyên tại mọi x = q n với n ∈ N.
Chứng minh. Các đa thức f0 , f1 , . . . , fk tạo thành một cơ sở của không
gian véc tơ gồm tất cả các đa thức hệ số hữu tỉ có bậc không lớn hơn k, và
do đó công thức (2.3.4) đúng với c0 , c1 , . . . , ck ∈ C. Ta chỉ còn phải kiểm tra
c0 , . . . , ck ∈ Z. Các công thức trong (2.3.3) chứng tỏ rằng

pk (1) = c0 ,
pk (q) = c1 + c0 ,
pk (q 2 ) = c2 + c1 f1 (q 2 ) + c0 ,
···
pk (q k ) = ck + ck−1 fk−1 (q k ) + · · · + c1 f1 (q k ) + c0 .

21

Do đó, theo công thức truy hồi ta thu được

c0 ∈ Z =⇒ c1 ∈ Z =⇒ · · · =⇒ ck ∈ Z.

Như vậy, ta thấy rằng nếu một hàm nguyên giải tích và nhận giá trị nguyên
tại 1, q, q 2 , . . . và không tăng quá nhanh, khi đó hàm này là một đa thức.