Kiều phương chi các bài toán về đa thức một biến

1

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
k

yk+1 = xk+1 +

λk y k ,
j=1

trong đó λk = −

< xk+1 |yj >
, j = 1, 2, ..., n.
|yj |2


2

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 trường K) 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
k

|ak |,

p =
i=0

trong đó p(x) = ki=0 ak .

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

|p(αl )|,

p =
i=0

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 >=

p(x)q(x)dµ(x)

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


3

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

< p|q >=

p(x)q(x)dµ(x).
a

2. Nếu µ là độ đo Lebesgue trên tập hữu hạn K = {α1 , ....αn } thì
< p|q >=

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

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 = 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


4

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 GramSchmidt.
V (Qxk ) =
Chứng minh. Xét dãy gk (x) = xk , k = 0, 1, ..., n. Đặt f0 (x) = x0 = 1 và
F (g1 f0 )
f1 (x) = −
f0 (x) + g1 (x). Khi đó
F (f02 )
F (f0 f1 ) = F −

F (g1 f0 ) 2
F (g1 f0 )
f
F (f02 ) + F (f0 g1 ) = 0.
+
f
g
=
−
0
1
0
2
2
F (f0 )
F (f0 )

Đặt
f2 (x) = −

F (g2 f0 )
F (g2 f1 )
f
(x)
−
f1 (x) + g2 (x).
0
F (f02 )
F (f12 )

Khi đó, ta có
F (f2 f0 ) = 0, F (f2 , f1 ) = 0.
Tiếp tục, quá trình trên ta xậy dựng được dãy f0 , f1 , f2 , ..., fn sao cho
F (fi fj = 0 với mọi i = j.
Đặt
n
F (gn+1 fk )
fk .
q = gn+1 −
F (fk2 )
k=0

Ta có

n

F (pfl ) = F [gn+1 fl −

F (gn+1 fk )fk ]fl
k=0
n

= F (gn+1 fl ) −

F (gn+1 fl )F (fk fl )
k=0

= F (gn+1 fl ) −

F (gn+1 fl )
F (fl2 ) = 0
2
F (fl )


5

với mọi l = 0, 1, 2, ..., n. Khi đó, với mọi đa thức p ∈ Pn ta có p =
n
i=1 αi fi . Suy ra
n

F (pq) = F

n

αi f i p =
i=1

αi F (fi p) = 0.
i=1

Bây giờ, ta chỉ ra q có n + 1 nghiệm thực. Giả sử 0 k 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
m

(x − ri )2 + s2i

p=
i=1

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
m

k

(x − ri )2 + s2i .

(x − ai )

q=

i=1

i=1

Đặt
k

k

(x − ai ) =

P (x) = q(x)
i=1

m
2

(x − ri )2 + s2i .

(x − ai )
i=1

i=1

Khi đó Q là tổng của các bình phương của các đa thức nên F (Q) > 0.
Mặt khác vì nếu k n thì với p(x) = ki=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.
.


6

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 = 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 ∈ P+ (x).

s
với
t

1.5.2 Bổ đề. Nếu α, β ∈ R và x2 − αx + β không có nghiệm không âm.
Khi đó
p(x)
x2 − αx + β =
,
q(x)

trong đó p, q ∈ Pm với hệ số không âm và
m

α2
10 4 −
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
α2
và chỉ khi α2 < 4β. Đặt c = . Khi đó c < 4. Để ý rằng
β
(x2 − αx + β)(x2 + αx + β) = x4 + β(2 − c)x2 + β 2 .
Vì thế, nếu c 2 thì ta nhận được sự biểu diễn.
Nếu c > 2 thì từ
(x4 + β(2 − c)x2 + β 2 )(x4 − β(2 − c)x2 + β 2 ) = x8 + β 2 (2 − (2 − c2 ))x4 + β 4 .


7

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 = x2

n+1

+ β2

n−1

n

(2 − (2 − (2 − ...(2 − c)2 )2 )...)2 )x2 + β 2
2n+1

:= x2
Đặt

+ β2

n+1

Qn = x

22

n−1

n

n

n

cn x2 + β 2 .

n−1

− β2

n

n

cn x2 + β 2 .

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 Q1 Q2 ...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 = −

2 − 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 + δn−1 . Do đó
4 − δn = 2 −

δn−1 =

4 − δn−1
2+

δn−1

4 − δn−1
.
2


8

Tiếp tục đánh giá trên ta có
4 − δ0
1
=
.
2n
2n−1

4 − δn−1
Hơn nữa
4 − δn =

4 − δn−1
2+

δn−1

4 − δn−2

=

(2 +

δn−1 )(2 +

4 − δ0
(2 +
(2 +

√

δn−1 )(2 +

4 − 22−n )(2 +
n+1

−n

2.4

j=2

Vì thế nếu m := 2n+1

1
1 − 2−j
√
2 2e
√
4−c

√

4 − 23−n )...(2 +

√

=

δ0 )

√

4 − 22

n+1 −n

)

n+1

2.4

−n

(1 + 2.2−j )

2e4−n .

j=2

thì
2e4−n

4 − δn
tức là δn

δn−2 )...(2 +
2

δn−2 )

c. Mâu thuẫn. Vì vậy
√
2 2e
m √
4−c

4−c

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}
+ (x) với m
thì tồn tại p, q ∈ Pm

5
p
π sao cho x2 + αx + β = .
2ε
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}
+ (x) với m
thì tồn tại p, q ∈ Pm

5k
p
π sao cho x2 + αx + β = .
2ε
q


9

1.5.6 Định lý. Nếu r ∈ Pn (x) và r(x) > 0 với mọi x > 0 thì tồn tại
d n sao cho
q(x)

,
r(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
d

aj (1 − x)j (1 + x)d−j

p(x) =
j=0

1.5.8 Ví dụ. Cho số nguyên n < 2016 và đa thức
P (x) = a2n x2n + ... + a1 x + 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
Pn (x) sao cho

0 thì tồn tại s, t, u, v ∈

p(x) = s2 (x) + t2 (x) + xu2 (x) + xv 2 (x).
Bài 2. Chứng minh rằng mọi đa thức P (x) không âm trên đoạn (a, b)
đều viết được dưới dạng
P 2 (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 | 1, ..., |zn | 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;


10

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) 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 = xl + l với k = l. Vì vậy phương
trình f (x) = f (y) có ít nhất n nghiệm thỏa mãn x − y nguyên.


11

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
m
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 k < m 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 x
f (x + m − k) nếu k < x

k
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.


12

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
1
f (c) = f (c + )
n
với mọi n.
1

n−1
Giải. Xét gn (x) = f (x + ) − f (x) trên [0,
] Khi đó
n
n
1
n−1
g(0) + g( ) + ... + g(
) = f (1) − f (0) = 0.
n
n
Khi đó, tồn tại i, j sao cho g(i/n)
0 và g(j/n)
0 . Vì vậy, tồn tại
n−1
c ∈ [0,
] sao cho g(c) = 0. Điều cần chứng minh.
n
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.
1
1
Giải. Xét hàm g1 (x) = f (x + ) − f (x) trên [0, ]. Khi đó g1 liên tục
2
2
1
1
và g(0)g( ) 0. Vì vậy, tồn tại c1 ∈ [0, ] sao cho g1 (c1 ) = 0, tức là

2
2
1
f (c1 + ) = f (c1 ).
2
1
Đặt a1 = c1 và b1 = c1 + .
2
1
Xét hàm số f1 (x) = f (x + c1 ) trên [0, ]. Khi đó f1 liên tục và f1 (0) =
2
1
1
1
f1 ( ). Đặt g2 (x) = f1 (x + ) − f1 (x). Khi đó, g2 liên tục trên [0, ]
2
4
2
1
1
và g2 (0)g2 (
0. Vì vậy tồn tại c2 ∈ [0, ] sao cho g2 (c2 ) = 0, tức là
4
4
1
f1 (c2 + ) = f1 (c2 ), vì thế
4
1
f (c2 + c1 + ) = f (c2 + c1 ).
4

13

1
1
c1 +
4
2
Tiếp tục quá trình trên ta xây dựng được dãy

Đặt a2 = c2 + c1

a1 và b2 = c1 + c2 +

b1 .

1
2n
1
và an = c1 +...+c2 , bn = c1 +...+c2 + n , f (an ) = f (bn ). Hơn nữa, (an ) là
2
dãy tăng; (bn ) là dãy giảm. Vì vậy chúng hội tụ. Đặc biệt lim an = lim bn .
cn ∈ [0,


14

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 Banach Algebras, Graduate in Math., 35, Springer-Verlag (1998).