Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Hà Huy Khoái, đã
định hướng chọn đề tài và nhiệt tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành
luận văn này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, các
thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp, trường
Đại học Thăng Long đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Nhân dịp này tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đã cổ vũ,
động viên để tôi hoàn thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 4 năm 2016
Tác giả
Nguyễn Minh Nguyệt
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của GS.TSKH Hà
Huy Khoái, luận văn chuyên ngành Toán sơ cấp với đề tài:”Đa thức và
nghiệm của đa thức” được hoàn thành bởi sự nhận thức và tìm hiểu
của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa
những kết quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 4 năm 2016
Tác giả
Nguyễn Minh Nguyệt
Mục lục
Mở đầu 4
5 1 ĐA THỨC BẬC THẤP VÀ NGHIỆM CỦA CHÚNG
5 1.1 Đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7 1.2 Đa thức tuyến tính và đa thức bậc hai. . . . . . . . . . . .
7 1.2.1 Đồ thị của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . .
9 1.2.2 Đồ thị của hàm bậc hai. . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.1 Đồ thị hàm bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 Nghiệm của đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4 Đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.1 Nghiệm của đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.2 Đồ thị của hàm bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5 Một số bài toán kiểu Olympic . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2 NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ NGHUYÊN 27
2.1 Bài toán số nguyên Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2 Bài toán Schur về cấp tăng của hệ số . . . . . . . . . . . . 31
2.2.1 Cấp tăng của hệ số đầu . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2.2 Trung bình của các không điểm . . . . . . . . . . . 34
2
Kết luận 45
3
Tài liệu tham khảo 46
Mở đầu
Đa thức và nghiệm của đa thức là một trong những phần quan trọng
của chương trình Toán ở bậc THPT. Mặc dù trong các sách giáo khoa đã
trình bày việc tìm nghiệm của đa thức bậc thấp, nhưng sự liên hệ với đồ
thị của đa thức chưa được đề cập thấu đáo, trong khi chính điều này lại rất
quan trọng trong việc làm cho học sinh hiểu rõ bản chất toán học của vấn
đề, rèn luyện tư duy trực quan trong nghiên cứu toán học. Vì vậy, phần
thứ nhất của luận văn được dành cho sự trình bày về nghiệm đa thức bậc
thấp trong sự hình dung trực quan gắn liền với đồ thị.
Phần tiếp theo của luận văn trình bày một số kết quả về nghiệm của đa
thức với hệ số nguyên. Đây là một trong những chủ đề quan trọng của đại
số và số học.
Luận văn được viết dựa theo một số công trình nghiên cứu gần đây (xem
[2]), hoặc một số bài giảng nâng cao dành cho học sinh giỏi ở nước ngoài
4
(xem phần Tài liệu tham khảo).
Chương 1
ĐA THỨC BẬC THẤP VÀ NGHIỆM CỦA CHÚNG
1.1 Đa thức
Đa thức là một hàm p xác định trên tập số phức C có giá trị tại z ∈ C
được cho bởi tổ hợp tuyến tính các lũy thừa của z:
p(z) = a0 + a1z + a2z2 + · · · + anzn, z ∈ C.
Các số a0, a1, . . . , an gắn với lũy thừa của z là độc lập với z; chúng được
gọi là hệ số của p, và có thể là số thực hoặc số phức. Một đa thức được
xác định khi các hệ số của chúng được cho cụ thể. Bậc cao nhất của z với
hệ số tương ứng khác không, được gọi là bậc của p. Trong đa thức p, bậc
của nó là n nếu an (cid:54)= 0. Các đa thức bậc 0 là hằng số. Các đa thức bậc
1 được gọi là đa thức tuyến tính, đa thức bậc 2 được gọi là đa thức bình
phương, đa thức bậc 3 gọi là đa thức lập phương, bậc 4 gọi là đa thức bậc
bốn, bậc 5 gọi là đa thức bậc 5, và tiếp tục. Mặt khác, ta có thể xem chúng
là phương trình của các đường thẳng, đường bậc hai, đường bậc ba, v.v..
Số phức z0 được gọi là nghiệm hay không điểm của đa thức p nếu giá
trị của nó tại z0 bằng không:
p(z0) = 0.
5
Một đa thức có tất cả các hệ số của nó là số thực có thể không có bất
kỳ nghiệm thực nào. Ví dụ đơn giản nhất là đa thức bậc hai x2 + 1. Nó có
hai nghiệm phức là i, −i.
Định lý 1.1.1. Một đa thức bậc lẻ mà có các hệ số đều là thực, có ít nhất
một nghiệm thực.
Chứng minh trực quan. Xét đồ thị của đa thức trong mặt phẳng.
Ví dụ, đồ thị của một đa thức bậc 1 là một đường thẳng, nó có các điểm
trên mặt phẳng nằm bên trên và bên dưới trục hoành, và chứa một điểm
trên trục hoành. Tương tự, đồ thị của đa thức lập phương có các điểm
trên mặt phẳng nằm trên và dưới trục hoành. Vì các miền này nối liền với
nhau, hợp của chúng phải chứa một điểm trên trục thực. Nói chung, nếu
bậc của
p(x) = anxn + · · · + a0
là lẻ, với mọi x > 0 đủ lớn, dấu của p(x) trùng với dấu của an, trong khi
nếu x lớn và không dương, p(x) có cùng dấu với −an. Do đó, p nhận cả giá
trị dương và giá trị âm, và là một hàm trơn nên nó phải có không điểm.
(cid:3) Nói cách khác, nó phải có nghiệm thực.
Tính thực của các hệ số trong định lý trên là cần thiết. Ví dụ, đa thức
tuyến tính x − i không có nghiệm thực.
Định lý 1.1.2. (Gauss). Mọi đa thức khác hằng có ít nhất một nghiệm,
có thể là số phức. Một đa thức bậc n có nhiều nhất n nghiệm phân biệt.
Kết quả sâu sắc này được gọi là Định lý cơ bản của Đại số.
Định lý 1.1.3. Giả sử p có các hệ số thực và z là một nghiệm phức của
6
nó. Khi đó z cũng là nghiệm của nó.
Chứng minh. Giả sử
p(x) = a0 + a1x + x2x2 + · · · + anxn, x ∈ C,
trong đó a0, a1, . . . , an là các số thực. Khi đó,
0 = p(z)
= a0 + a1z + a2z2 + · · · + anzn
= a0 + a1z + a2z2 + · · · + anzn
= a0 + a1z + a2z2 + · · · + anzn
= a0 + a1z + a2z2 + · · · + anzn
= p(z).
(cid:3) Từ đó p(z) = 0 kéo theo p(z) = 0.
1.2 Đa thức tuyến tính và đa thức bậc hai.
Trong mục này, chúng ta tập trung vào đa thức tuyến tính và đa thức
bậc hai với hệ số thực, và giới hạn miền xác định là tập số thực. Khi đó
chúng ta có thể khảo sát đồ thị của chúng và kiểm tra các tính chất theo
quan điểm hình học. Các hàm này có dạng
ax + b,
ax2 + bx + c, x ∈ R,
với a, b, c là số thực và a (cid:54)= 0.
1.2.1 Đồ thị của đường thẳng
Người Hy Lạp nghiên cứu tính hình học của đường thẳng, họ không biểu
diễn chúng theo cách đại số. Đềcác là người miêu tả cách để làm việc này: ông đưa ra mặt phẳng R2 gồm các điểm có hai tọa độ, một cách làm mà
7
ngày nay chúng ta đã quen thuộc. Đồ thị của hàm được xác định là tập
con của mặt phẳng mà giao của nó với mỗi đường thẳng đứng có nhiều
nhất một điểm. Hệ quả là, đường tròn không phải là đồ thị của một hàm,
cũng như đường parabol {(x, y) : y2 = 4x} không phải là đồ thị của một
hàm.
Nếu c + mx là một đa thức tuyến tính, đồ thị của nó trong R2 là tập
các điểm
{(x, y); y = mx + c, x ∈ R} = {(x, mx + c) : x ∈ R},
được viết ngắn gọn là y = mx + c; m là hệ số góc của nó, và c là tung độ
của nó.
Cho hai điểm phân biệt (x1, y1), (x2, y2) trên đồ thị của nó, khi đó
y1 = mx1 + c, y2 = mx2 + c,
trong trường hợp x1 (cid:54)= x2, ta có thể giải các phương trình trên theo m, c
và thu được
m =
, c =
.
y2 − y1 x2 − x1
y1x2 − y2x1 x2 − x1
Thay vào phương trình, và sắp xếp lại, chúng ta thu được công thức quen
thuộc của đường thẳng đi qua hai điểm không cùng nằm trên một đường
thẳng đứng:
y − y1 =
(x − x1).
y2 − y1 x2 − x1
Trong trường hợp này ta có cách biểu diễn tương đương
(x2 − x1)(y − y1) = (y2 − y1)(x − x1).
Nhưng công thức này còn đúng cả khi x2 = x1, miễn là y2 (cid:54)= y1; hay nếu
y2 = y1 và x2 (cid:54)= x1. Nhưng chúng ta không thể có y2 − y1 = x2 − x1 = 0
8
trừ khi chúng ta coi toàn bộ mặt phẳng là một đường thẳng!
Để chứa phủ được tất cả các trường hợp, thì phương trình của đường
thẳng trong R2 là một biểu thức có dạng
ax + by + c = 0,
trong đó a2 + b2 > 0. Đây là đồ thị của đa thức tuyến tính khi và chỉ khi
ab (cid:54)= 0. Nó là đồ thị của đa thức hằng nếu a = 0, b (cid:54)= 0.
1.2.2 Đồ thị của hàm bậc hai.
Hàm bậc hai đơn giản nhất là hàm bình phương x → x2, có đồ thị trong
R2 là tập
{(x, y) : y = x2, x ∈ R}.
Đây là tập con của nửa mặt phẳng trên, đối xứng qua trục tung và gốc
2. Đường thẳng
1, y2 = x2
tọa độ là điểm thấp nhất, là ’điểm chuyển hướng’ duy nhất. Ngoài ra, hàm
bình phương là hàm lồi. Để thấy điều này, gọi P = (x1, y1), Q = (x2, y2) là hai điểm phân biệt trên đồ thị, khi đó y1 = x2 qua P và Q có phương trình
y = y1 +
(x − x1)
= x2
(x − x1)
1 +
y2 − y1 x2 − x1 x2 2 − x2 1 x2 − x1
= x2
1 + (x2 + x1)(x − x1)
= (x2 + x1)x − x1x2.
Do đó, đường thẳng P Q nằm trên cung (cid:100)P Q vì
x2 − (x2 + x1)x + x1x2 = (x − x1)(x − x2) ≤ 0,
với mọi x nằm giữa x1, x2, tức là,
x2 ≤ (x2 + x1)x − x1x2,
9
với mọi x nằm giữa x1, x2 như yêu cầu.
Hàm bình phương tách mặt phẳng thành hai miền rời nhau, tức là
tập các điểm nằm trên và nằm dưới đồ thị. Tập các điểm nằm trên là
{(x, y) : y > x2}; tập các điểm nằm dưới là {(x, y) : y < x2}. Tập điểm
nằm trên là tập lồi: đường thẳng nối hai điểm bất kỳ của tập nằm hoàn
toàn trong nó. Tập dưới không lồi cũng không lõm.
Đồ thị của hàm bậc hai bất kỳ có thể rút gọn thành hàm bình phương
hoặc thành phép phản xạ qua trục hoành, bằng quá trình được gọi là ’làm
đầy đủ bình phương’. Để thấy điều này, giả sử
p(x) = ax2 + bx + c
là đa thức bậc hai, do đó a (cid:54)= 0. Khi đó, nếu (x, y) là một điểm trên đồ
thị,
y = ax2 + bx + c (cid:19)
(cid:18)
= a
x2 +
+ c
x
(cid:19) (cid:18)
= a
x2 +
+
+ c − a
b2 4a2
b2 4a2
(cid:18) (cid:19)2
= a
x +
+
.
4ac − b2 4a
b a b 2a b 2a
Do đó (cid:18) (cid:19)2
y −
= a
x +
.
4ac − b2 4a
b 2a
Hay, đổi hệ tọa độ bằng cách dịch chuyển gốc tọa độ, ta có Y = aX 2,
trong đó
Y = y −
, X = x +
.
4ac − b2 4a
b 2a
Do đó, đồ thị của nó là lồi nếu a > 0 và lõm nếu a < 0.
Chúng ta cũng có thể kết luận rằng đồ thị của p là đối xứng qua đường (cid:17) (cid:16) . thẳng x = − b
− b
2a, và nó có điểm chuyển hướng duy nhất
2a, 4ac−b2
4a
10
Ngoài ra, đây là điểm cực tiểu nếu a > 0, là điểm cực đại nếu a < 0, tức
là (cid:40)
p(x)
, ,
nếu a > 0 nếu a < 0,
≥ 4ac−b2 4a ≤ 4ac−b2 4a
2a. Nói cách khác,
với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = − b
min{p(x) : x ∈ R} =
4ac − b2 4a
nếu a > 0 và
max{p(x) : x ∈ R} =
4ac − b2 4a
nếu a < 0.
Ví dụ 1.2.1. Nếu a, b, c là các số thực, và a (cid:54)= 0, thì
p(x) = ax2 + bx + c ≥ 0, ∀x ∈ R,
khi và chỉ khi a > 0, c ≥ 0 và b2 ≤ 4ac. Các điều kiện này xảy ra khi và
chỉ p là bình phương môđun một đa thức tuyến tính.
Chứng minh. Giả sử p ≥ 0 trên R. Khi đó c = p(0) ≥ 0. Tiếp theo, với
x (cid:54)= 0,
a +
+
1 x2 ≥ 0,
b x
c x2 = p(x) và cho x → ∞, ta suy ra rằng a ≥ 0. Nhưng a (cid:54)= 0. Do đó a > 0, từ đó
= p(−
) ≥ 0,
4ac − b2 4a
b 2a
khi b2 ≤ 4ac. Do đó các điều kiện trên là cần thiết để đảm bảo tính không
âm của p. Ngược lại, nếu chúng xảy ra, thì bằng phép làm đầy đủ bình
phương, ta thấy rằng
p(x) = a(x +
)2 +
≥
≥ 0, ∀x ∈ R,
b 2a
4ac − b2 4a
4ac − b2 4a
11
từ đó cũng suy ra rằng p là bình phương môđun đa thức tuyến tính
√
√
b +
ax +
4ac − b2i √ 2
a
(cid:3) nó có hệ số phức.
Ví dụ 1.2.2. Cặp số thực (m, c) thỏa mãn y = mx + c là đường thẳng
nằm dưới đồ thị của hàm bình phương chứa tập
{(m, c) : m2 + 4c ≤ 0}.
Chứng minh. Giả sử (m, c) sinh ra đường thẳng như thế. Khi đó
mx + c ≤ x2, ∀x ∈ R.
Hay tương đương, đa thức bậc hai x2 − mx − c không âm với mọi giá trị
thực x. Theo ví dụ trên, điều này xảy ra khi và chỉ khi m2 ≤ 4ac. Từ đó (cid:3) suy ra điều phải chứng minh.
1.3 Đa thức bậc ba
Chúng ta khảo sát hàm bậc ba có dạng
p(x) = ax3 + bx2 + cx + d,
với a (cid:54)= 0.
Định lý 1.3.1. Giả sử a, b, c, d là các số thực. Khi đó p có ít nhất một
nghiệm thực.
Chứng minh. Ở trên, đã phác họa chứng minh cho kết quả này dựa trên
ap(x) là dương với x dương đủ lớn và âm với x âm đủ lớn, cách này mở
rộng cho trường hợp đa thức bất kỳ bậc lẻ với hệ số thực. Sau đây là một
12
phương pháp khác mà sử dụng Định lý 1.1.2 được đưa ra bởi Gauss. Theo
đó, mọi hàm bậc ba (với hệ số thực hoặc phức) có ít nhất một nghiệm, mà
có thể là phức, và nhiều nhất ba nghiệm phân biệt. Nên p có ba nghiệm,
và có thể không phân biệt. Vì hệ số của nó là thực, theo Định lý 1.1.3,
nghiệm phức của nó đi theo cặp. Do đó, một nghiệm của nó phải là thực.
(cid:3)
Như trong ví dụ tiếp theo chỉ ra, nói chung đây là điều nhiều nhất chúng
ta có thể đưa ra.
Ví dụ 1.3.1. Tìm nghiệm của p(x) = x3 − 1.
Giải. Rõ ràng 1 là một nghiệm. Do đó x−1 là một nhân tử của p. Nói cách
khác, tồn tại hàm bậc hai q sao cho p(x) = (x − 1)q(x). Dễ dàng kiểm tra
được q(x) = x2+x+1. Bây giờ, biệt thức delta bằng b2−4ac = 1−4 = −3,
âm, và do đó theo công thức thông thường, nghiệm của q là các số phức,
và bằng
√
3i
.
−1 ± 2
Suy ra p chỉ có một nghiệm thực.
Thông thường, ta đặt
√
3i
,
ω =
−1 + 2
từ đó
ω (cid:54)= 1, ω3 = 1, ω2 + ω + 1 = 0.
Chúng ta sẽ nhắc tới nó sau này.
1.3.1 Đồ thị hàm bậc ba
Hàm bậc ba đơn giản nhất là p(x) = x3. Nó có đúng một nghiệm thực,
bội ba. Lưu ý rằng đạo hàm bậc nhất và đạo hàm bậc hai của nó cùng bị
triệt tiêu tại x = 0. Mặc dù nó có một điểm uốn tại đây, vì p nhận cả giá
13
trị âm và dương trong mọi lân cận của điểm đó, nhưng 0 không là điểm
cực đại cũng không là điểm cực tiểu. Vì p(−x) − p(x) = 0 với mọi x, p
là hàm lẻ, điều đó có nghĩa đồ thị của nó là phản đối xứng qua trục y.
Ngoài ra, p(cid:48)(x) = 3x2 ≥ 0, ∀x, điều đó có nghĩa đồ thị của nó tăng ngặt
trên (−∞, ∞). Thêm vào đó, đồ thị là lồi trên khoảng (0, ∞), và lõm trên
(−∞, 0). Kết hợp các điều này lại ta có thể vẽ đồ thị của hàm y = x3.
Ví dụ 1.3.2. Khảo sát đồ thị hàm y = x3 + 3x.
Giải. Vì x3 + 3x = x(x2 + 3), và x2 + 3 không có nghiệm thực, hàm bậc
ba này chỉ cắt trục x duy nhất tại điểm 0. Tiếp theo, p(cid:48)(x) = 3(x2 + 1),
thể hiện hàm bậc ba không có tiếp tuyến song song với trục x. Từ đó nó
không có điểm chuyển hướng. Nhưng vì p(cid:48) luôn dương, đồ thị tăng ngặt
trên (−∞, ∞). Cuối cùng, p(cid:48)(cid:48)(x) = 6x, nên chỉ bị triệt tiêu tại x = 0. Từ
p(cid:48)(cid:48)(x) > 0 nếu x > 0, ta có thể kết luận rằng đồ thị hàm là lồi trên (0, ∞).
Vì p(cid:48)(cid:48)(x) < 0 nếu x < 0, đồ thị hàm là lõm trên (−∞, 0).
Định lý 1.3.2. Giả sử một hàm bậc ba có ba nghiệm thực. Khi đó nó có
hai điểm chuyển hướng.
Chứng minh. Giả sử
p(x) = (x − α)(x − β)(x − γ)
= x3 − (α + β + γ)x2 + (αβ + βγ + γα)x − αβγ,
với α, β, γ là các số thực. Ta có
p(cid:48)(x) = 3x2 − 2(α + β + γ)x + (αβ + βγ + γα),
14
nên có nghiệm thực khi và chỉ khi b2 ≥ 4ac. Bây giờ
b2 − 4ac = 4(α + β + γ)2 − 12(αβ + βγ + γα)
= 4[(α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα)]
= 4[α2 + β2 + γ2 − αβ − βγ − γα]
= 2[(α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2]
≥ 0,
với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ. Do đó p(cid:48) có hai nghiệm (cid:3) thực, có thể là bằng nhau.
Định lý 1.3.3. Giả sử p là hàm bậc ba, không nhất thiết có hệ số thực, và
p(cid:48)(α) = p(cid:48)(β) = 0 = p(cid:48)(cid:48)(γ).
Khi đó
γ =
.
α + β 2
Chứng minh. Giả sử
p(x) = ax3 + bx2 + cx + d, a (cid:54)= 0.
Khi đó
p(cid:48)(x) = 3ax2 + 2bx + c, p(cid:48)(cid:48)(x) = 6ax + 2b.
Nên
γ =
.
−b 3a
Nhưng ta lại có
p(cid:48)(x) = 3a(x − α)(x − β) = 3a(x2 − (α + β)x + αβ),
có nghĩa là
−3a(α + β) = 2b, α + β =
= 2γ.
−2b 3a
15
(cid:3)
Điều này có nghĩa là nếu hàm bậc ba với hệ số thực có hai điểm chuyển
hướng thì trung điểm của chúng là điểm uốn.
1.3.2 Nghiệm của đa thức bậc ba
Để khảo sát nghiệm của đa thức tổng quát với hệ số thực, chúng ta cần
có một số kiến thức chuẩn bị.
Bổ đề 1.3.1. Giả sử x, y, z là các số thực hoặc phức. Khi đó
x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx).
Chứng minh. Chỉ cần khai triển vế phải là ra điều phải chứng minh. (cid:3)
Cho y = 1, z = 0 ta thu được phép phân tích nhân tử quen thuộc hơn
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1),
trong khi chọn y = −1, z = 0 ta được
x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1).
Tổng quát hơn, các đẳng thức
x3 + y3 = (x + y)(x2 − xy + y2), x3 − y3 = (x − y)(x2 + xy + y2),
đúng với mọi x, y thực hoặc phức.
Ta nhớ lại định nghĩa ω.
Bổ đề 1.3.2. Giả sử x, y, z là các số thực hoặc phức. Khi đó
x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = (x + ωy + ω2z)(x + ω2y + ωz).
16
Chứng minh. Ta có
(x + ωy + ω2z)(x + ω2y + ωz)
= x2 + xy(ω2 + ω) + xz(ω + ω2) + ω3yy2 = yz(ω2 + ω4) + ω3z2
= x2 − xy − xz + y2 + yz(ω2 + ω) + z2
= x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx.
(cid:3)
Kết hợp các phép phân tích nhân tử này ta suy ra với mọi x, y, z,
x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x + ωy + ω2z)(x + ω2y + ωz).
Ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.1. Các nghiệm của đa thức bậc ba
p(x) = x3 − 3abx + a3 + b3
là
−(a + b), −(ωa + ω2b), −(ω2a + ωb).
Ta có thể khai thác điều này để xác định nghiệm của đa thức bậc ba
dạng x3 + qx + r, miễn là ta có thể tìm a, b sao cho
(1.1)
− 3ab = q, a3 + b3 = r.
Trước khi thảo luận trường hợp tổng quát, chúng ta xét một ví dụ đơn
giản.
Ví dụ 1.3.3. Tìm nghiệm của đa thức p(x) = x3 + 3x2 − 3x + 4.
Giải. Bước đầu tiên là khử số hạng x2. Ta có thể thực hiện bằng cách
dịch chuyển trục x. Lưu ý rằng
p(x) = (x + 1)3 − 6x + 3 = (x + 1)3 − 6(x + 1) + 9,
17
nên ta chỉ cần tìm nghiệm của X 3 − 6X + 10. Nên ta chọn a, b sao cho
2 = ab, a3 + b3 = 9.
Rõ ràng, cặp a = 1, b = 2 thỏa mãn. Cho nên,
X 3 − 6X + 10 = (X + 3)(X + ω + 2ω2)(X + ω2 + 2ω)
= (X + 3)(X − 1 + ω2)(X − 1 + ω).
Nói cách khác,
p(x) = (x + 4)(x + ω2)(x + ω)
và −4, −ω, −ω2 là các nghiệm của p.
Quay trở lại (1.1). Để các hệ thức này xảy ra, a3, b3 phải là các nghiệm
của phương trình bậc hai
z2 − rz −
,
q3 27
và do vậy có thể được xác định bằng công thức
(cid:113)
r ±
a3, b3 =
.
r2 + 4q3 27 2
Nên a, b có thể được bằng cách lấy căn bậc ba có thể của số phức. Ví dụ,
ta có thể chọn a là căn bậc ba của
(cid:113)
r +
,
r2 + 4q3 27 2
Quay trở lại xác định nghiệm của phương trình bậc ba tổng quát p(x) =
ax3 + bx2 + cx + d, a (cid:54)= 0, vì các nghiệm không phụ thuộc vào dấu của
a, để cho đơn giản ta có thể giả sử a = 1. Bước một là khử số hạng liên
18
quan x2 bằng cách dịch chuyển trục x. Thật vậy,
= (x +
b)2 −
b2x −
+ cx + d
b3 27
= (x +
b)2 + (c −
b2)(x +
b) −
− (c −
b2)(
b) + d
x3 + bx2 + cx + d 1 1 3 3 1 3
1 3
1 3
b3 27
1 3
1 3
= X 3 + (c −
b2)X + d −
bc +
1 3
1 3
2b3 27
= X 3 + qX + r,
trong đó
X = x +
b, q = c −
b2, r = d −
bc +
.
1 3
1 3
1 3
2b3 27
Tiếp theo ta chọn a, b sao cho
−3ab = q, a3 + b3 = r;
điều này đòi hỏi giải phương trình bậc hai z2 − rz − q3/27 = 0. Bước cuối
cùng là sử dụng phép phân tích nhân tử trong hệ quả trên.
1.4 Đa thức bậc bốn
1.4.1 Nghiệm của đa thức bậc bốn
Một đa thức bậc bốn là tổ hợp tuyến tính của các đa thức đơn 1, x, x2, x3, x4,
và do đó nó có dạng
p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e,
trong đó các hệ số a, b, c, d, e là các số thực hoặc phức, và a (cid:54)= 0.
Mọi hàm bậc bốn là tích của hai hàm bậc hai. Tính cả nghiệm bội thì đa
thức bậc như vậy có 4 nghiệm, và nếu ký hiệu các nghiệm này là α, β, γ, δ
thì
p(x) = a(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ)
= a(x2 − (α + β)x + αβ)(x2 − (γ + δ)x + γδ),
19
là tích của hai hàm bậc hai, và hiển nhiên không duy nhất. Ngược lại, dễ
thấy tích của hai hàm bậc hai là hàm bậc bốn.
Định lý 1.4.1. Nếu một hàm bậc bốn có hệ số thực, thì nó có thể được
biểu diễn thành tích của hai hàm bậc hai và mỗi hàm đều có hệ số thực.
Chứng minh. Giả sử
p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e,
trong đó các hệ số a, b, c, d, e là các số thực và a (cid:54)= 0. Ta suy được ra ngay
kết quả nếu p chỉ có nghiệm thực. Nếu z là một nghiệm phức của p, thì
theo Định lý 1.1.3 z cũng là nghiệm. Vì p có nhiều nhất 4 nghiệm phân
biệt, hoặc chúng đều là số phức, và lập thành từng cặp, hoặc có nhiều nhất
hai nghiệm không là số thực. Nếu chúng đều là số phức, thì ta có thể viết
chúng thành α, α, β, β, trong trường hợp này,
p(x) = a(x2 − (α + α)x + αα)(x2 − (β + β)x + ββ)
= a(x2 − (α + α)x + |α|2)(x2 − (β + β)x + |β|2).
Vì các hệ số của x trong mỗi nhân tử đều là số thực, suy ra điều phải
chứng minh trong trường hợp này. Nếu có đúng hai nghiệm không phải số
thực, chúng phải là liên hợp của nhau, và do đó, trong trường hợp này,
các nghiệm có thể được ký hiệu là α, α, γ, δ, với γ, δ là số thực. Như trước
đây,
p(x) = a(x2 − (α + α)x + |α|2)(x2 − (γ + δ)x + γδ),
(cid:3) và một lần nữa, ta thấy rằng hệ số của các nhân tử đều là số thực.
1.4.2 Đồ thị của hàm bậc bốn
Ở đây, chúng ta khảo sát hàm bậc bốn với hệ số thực, và nói một ít về
20
đồ thị của chúng trong mặt phẳng Đềcác.
Hàm bậc 4 đơn giản nhất là hàm p(x) = x4 = (x2)2, có đồ thị đối xứng
qua x = 0 và lồi, nó là một nụ cười lớn. Trong khi đó đồ thị của mọi hàm
bậc 2 là đối xứng qua một đường thẳng đứng, đồ thị của hàm bậc bốn
không nhất thiết phải đối xứng qua bất kỳ đường thẳng nào như vậy. Ví
dụ, đồ thị của hàm bậc bốn p(x) = x4+x không đối xứng qua bất kỳ đường
thẳng đứng nào. Vì nếu với h là số thực (hoặc phức), p(x + h) = p(h − x)
với mọi x, khi đó mọi số là nghiệm của hàm bậc ba 4hx3 + (4h3 + 1)x,
điều này là vô lý.
Vì x4 là dương với mọi x khác không, dấu của hàm bậc bốn tổng quát
p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, a (cid:54)= 0, cùng dấu với dấu của a với x
có giá trị lớn. Nói cách khác, nếu a > 0, đồ thị của hàm nằm trên nửa
mặt phẳng trên với mọi x đủ lớn, trong khi nếu a < 0, nó nằm trong nửa
mặt phẳng dưới với x đủ lớn. Do đó, để miêu tả đồ thị của hàm một cách
đầy đủ, chúng ta phải kiểm tra dáng điệu với mọi x trong các khoảng đối
xứng. Do đó, ta cần xác định các điểm chuyển hướng, và các điểm uốn nếu
có. Chúng sẽ cung cấp thông tin về dạng của đồ thị, và xác định chỗ lồi,
lõm, tăng giảm của đồ thị. Để làm điều này, chúng ta phải dùng phương
pháp giải tích. Các điểm chuyển hướng được tìm bằng cách tìm đạo hàm
bậc nhất p(cid:48), và giải phương trình p(cid:48)(x) = 0; các điểm uốn được tìm bằng
cách xác định đạo hàm bậc hai p(cid:48)(cid:48) và giải phương trình p(cid:48)(cid:48)(x) = 0. Vì p(cid:48) có
hệ số thực nên tồn tại ít nhất một điểm chuyển hướng, nhưng không nhất
thiết tồn tại điểm uốn. Ví dụ, trường hợp hàm p(x) = x4 + 2x2 + 1, đối
xứng qua x = 0, lồi. Nó không có nghiệm thực, có chỉ một điểm chuyển
21
hướng tại x = 0 cũng là điểm cực tiểu, không có điểm uốn.
1.5 Một số bài toán kiểu Olympic
1. (IMO 1973) Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 + b2, trong đó a, b là các số
thực mà phương trình
x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0
có ít nhất một nghiệm thực.
Giải. Ký hiệu Γ là tập các điểm (x, y) trong mặt phẳng mà tồn tại một
số thực w sao cho
w4 + xw3 + yw2 + xw + 1 = 0.
Giả sử (x, y) ∈ Γ. Đặt
t = w +
, t2 = w2 +
1 w
1 w2 + 2 ≥ 4,
ta thấy rằng tồn tại số thực t, với |t| ≥ 2, sao cho
t2 + xt + y − 2 = 0.
Tính thực của t kéo theo
x2 − 4(y − 2) ≥ 0, ∀(x, y) ∈ Γ.
Do đó,
Γ ⊂ {(x, y) : 4(y − 2) ≤ x2}.
Ngoài ra, vì yêu cầu t2 ≥ 4,
(cid:91)
(x, y) ∈
{(x, y) : tx + y + 2 ≤ 0}
−2≤t≤2
= {(x, y) : −2x + y + 2 ≤ 0} ∪ {(x, y) : 2x + y + 2 ≤ 0}.
Dễ thấy rằng các đường thẳng −2x + y + 2 = 0, 2x + y + 2 = 0 tiếp tuyến
22
với đường parabol x2 = 4(y − 2) tương ứng tại các điểm (4, 6), (−4, 6), và
giao nhau tại (0, −2). Cho nên
{(x, y) : −2x + y + 2 ≤ 0} ∪ {(x, y) : 2x + y + 2 ≤ 0}
⊂ {(x, y) : 4(y − 2) ≤ x2},
và do đó
Γ ⊂ {(x, y) : −2x + y + 2 ≤ 0} ∪ {(x, y) : 2x + y + 2 ≤ 0}.
Rõ ràng dấu bằng xảy ra ở đây. Cái chúng ta tìm kiếm là bình phương
khoảng cách từ Γ tới gốc tọa độ. Hiển nhiền từ khảo sát hình học rằng
khoảng cách bằng khoảng cách từ gốc tọa độ tới một trong các đường tiếp
tuyến, tức là nó bằng
=
.
2 √ 5
|0 + 0 + 2| (cid:112)(±2)2 + 1
Suy ra giá trị nhỏ nhất là 4/5.
2. USAMO75. Cho p là đa thức bậc n và giả sử rằng
p(k) =
, k = 0, 1, 2, . . . , n.
k k + 1
Tính p(n + 1).
n (cid:89)
Giải. Xét đa thức q(x) = (x + 1)p(x) − x. Khi đó
q(x) = a
(x − k)
k=0
với một vài giá trị a. Nhưng q(−1) = 1. Nên xác định được a, từ đó
p(n + 1) =
.
(−1)n+1(n + 1) n + 2
√
√
3(cid:113)
3. IRMO89. Cho a là số thực dương, và cho 3(cid:113)
b =
a +
a2 + 1 +
a −
a2 + 1
23
Chứng minh rằng b là số nguyên dương nếu và chỉ nếu a là số nguyên
dương có dạng
n(n2 + 3), với n nguyên dương.
1 2
Giải. Bằng cách tính trực tiếp ta thấy b là nghiệm của đa thức bậc
ba x3 + 3x − 2a. Cho nên, nếu b là một số nguyên dương, thì tương tự
2a = b3 + 3b. Nhưng biểu thức sau là số chẵn. Do vậy a là số nguyên
dương. Ngược lại, nếu a có dạng
n(n2 + 3) với n nguyên dương, thì n
1 2
cũng là nghiệm của cùng đa thức bậc ba. Nhưng đa thức bậc ba này chỉ
có một nghiệm thức. Do đó b = n.
4. IRMO95. Giả sử rằng a, b và c là các số phức, và cả ba nghiệm z của
phương trình
x3 + ax2 + bx + c = 0
thỏa mãn |z| = 1 (trong đó | · | ký hiệu trị tuyệt đối). Chứng minh rằng
cả ba nghiệm w của phương trình
x3 + |a|x2 + |b|x + |c| = 0
cũng thỏa mãn |w| = 1.
Giải. Ký hiệu các nghiệm của x3 + ax2 + bx + c = 0 bằng p, q, r. Khi đó
−a = p + q + r, b = pq + qr + rp, −c = pqr.
Nên |c| = 1, và
|b| =
(pqr)(
+
+
= |¯r + ¯p + ¯q| = |a|.
1 r
1 p
1 q
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ) (cid:12) (cid:12)
Do dó
x3 + |a|x2 + |b|x + |c| = x3 + |a|(x2 + x) + 1
= (x + 1)(x2 + (|a| − 1)x + 1);
và vì ||a| − 1| ≤ 2, các nghiệm của phương trình bậc hai x2 + (|a| − 1)x + 1
24
là các số phức có độ lớn bằng đơn vị, suy ra điều phải chứng minh.
5. Chứng minh rằng x4 + x3 + x2 + x + 1 là nhân tử của x44 + x33 +
x22 + x11 + 1.
Giải. Vì x5 −1 = (x−1)(x4 +x3 +x2 +x+1) = 0 ta thấy rằng x5n = 1 với
mọi n. Nên x44 + x33 + x22 + x11 + 1 = x8·5x4 + x6·5x3 + x4·5x2 + x2·5x + 1 =
x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0. Do đó mọi nghiệm của x4 + x3 + x2 + x + 1 là
nghiệm của x44 + x33 + x22 + x11 + 1, và dựa vào định lý phần dư suy ra
điều phải chứng minh.
6. Cho các hệ số của đa thức bậc ba ax3 + bx2 + cx + d là số nguyên,
ad lẻ và bc chẵn. Chứng minh rằng ít nhất một nghiệm là số vô tỉ.
Giải. Giả sử tất cả nghiệm đều là số hữu tỉ, và áp dụng định lý nghiệm
hữu tỉ. Theo đó, nếu p/q là nghiệm hữu tỉ với p, q ở dạng tối giản nhất,
thì p là ước của d và q là ước của a. Nhưng ad lẻ. Do vậy của a, d cùng lẻ,
nên p, q lẻ. Tiếp theo lưu ý rằng
ap3 + bp2q + cpq2 + dq3 = 0.
Số hạng cuối cùng và số hạng đầu tiên lẻ, nên tổng của chúng là số chẵn,
và vì bc chẵn nên một trong b, c chẵn. Cho nên một trong bp2q, cpq2 chẵn.
Cuối cùng, nếu các nghiệm là số hữu tỉ chúng ta có thể ký hiệu chúng
bằng p1/q1, p2/q2, p3/q3, trong đó k = 1, 2, 3, pk, qk là số nguyên lẻ, với
pk, qk không có thừa số chung. Khi đó
+
+
= −
,
b a
p1 q1
p2 q2
p3 q3
từ đó ta thu được điều mâu thuẫn. Vậy có ít nhất một nghiệm là số vô tỉ.
7. Tìm tất cả các đa thức
f (x) = anxn + · · · + a1x + a0
thỏa mãn
f (x2) = (f (x))2,
25
với mọi số thực x.
n ≥ 1 và đa thức
8. IRMO93. Cho các số thực a0, a1, · · · , an−1 với
f (x) = xn + · · · + a1x + a0.
Biết rằng |f (0)| = f (1) và mỗi nghiệm α của f là số thực thỏa mãn
0 < α < 1.
26
Chứng minh rằng tích các nghiệm lớn hơn 1/2n.
Chương 2
NGHIỆM CỦA ĐA THỨC HỆ SỐ NGHUYÊN
2.1 Bài toán số nguyên Chebyshev
Ký hiệu Cn và Zn là tập các đa thức đại số có bậc nhiều nhất n, tương ứng, với hệ số phức và hệ số nguyên. Định nghĩa chuẩn đều trên tập compact E ⊂ C như sau
|f (z)|.
(cid:107)f (cid:107)E := sup z∈E
Bài toán cực tiểu chuẩn đều trên E bởi đa thức monic trong C được gọi
là bài toán Chebyshev (xem [12]). Trong trường hợp cổ điển E = [−1, 1],
nghiệm rõ ràng của bài toán này là đa thức monic Chebyshev Tn(x) := 21−n cos(n arccos x) có bậc n ∈ N. Sử dụng phép đổi biến, ta mở rộng bài toán này thành khoảng tùy ý [a, b] ⊂ R sao cho
(cid:19)n (cid:19)
Tn
tn(x) :=
(cid:18)b − a 2 (cid:18)2x − a − b b − a
là đa thức monic duy nhất với hệ số thực và là chuẩn đều nhỏ nhất trên đoạn [a, b] trong những đa thức monic có bậc đúng bằng n trong C. Ta có
ngay (cid:19)n (2.1)
, n ∈ N.
(cid:107)tn(cid:107)[a,b] = 2
27
(cid:18)b − a 4
Cho nên, hằng số Chebyshev của đoạn [a, b] là
(2.2)
(cid:107)t(cid:107)1/n
.
[a,b] =
tC([a, b]) := lim n→∞
b − a 4
Bài toán Chebyshev và đa thức Chebyshev vượt xa lĩnh vực ban đầu của
ứng dụng trong giải tích, và các ý tưởng đó vẫn giữ tầm quan trọng cơ
bản. Nhiều sự liên hệ và tổng quát hóa được tìm thấy trong nhiều lĩnh vực
của lý thuyết xấp xỉ, giải tích phức, hàm đặc biệt, v.v.. Cụ thể, bài toán Chebyshev được nghiên cứu trên tập tùy ý trong C, và hằng số Chebyshev
được xác định cùng với đường kính siêu hạn và dung lượng logarit của tập
(xem [12]).
Một bài toán cổ điển có liên hệ chặt chẽ là tìm đa thức nhỏ với hệ số nguyên. Ta nói rằng Qn ∈ Zn là đa thức số nguyên Chebyshev trên [a, b] ⊂ R nếu
(2.3)
(cid:107)Qn(cid:107)[a,b] = inf
(cid:107)Pn(cid:107)[a,b],
0(cid:54)≡Pn∈Zn trong đó cực tiểu được lấy trên tập mọi đa thức trong Zn mà không đồng nhất không. Chú ý rằng Qn có thể không duy nhất, và bậc của nó có thể
nhỏ hơn n.
Hằng số nguyên Chebyshev (hay đường kính siêu hạn nguyên) của [a, b]
được cho bởi
(2.4)
(cid:107)Qn(cid:107)1/n [a,b].
tZ([a, b]) := lim n→∞
Ở đây chúng ta không nhất thiết cần đa thức là monic, do các hệ số nguyên
đã tạo một ràng buộc cho bài toán cực trị này. (Việc yêu cầu hệ số đầu
là monic dẫn tới một bài toán thực sự khác được nghiên cứu bởi Borwein,
Pinner, and Pritsker [5].) Có thể có người đã nhận thấy rằng nếu b−a ≥ 4, thì Q(x) ≡ 1, n ∈ N, theo (2.1) và (2.3), nên
(2.5)
tZ([a, b]) = 1,
b − a ≥ 4.
28
Mặt khác, ta thu được một cách trực tiếp từ định nghĩa và (2.2) rằng
(2.6)
b − a < 4.
= tC([a, b]) ≤ tZ([a, b]),
b − a 4
Hilbert(xem D.Hilbert, "Ein Beitrag zur Theorie des Legendreschen Poly-
noms,"Acta Math., 18, 155-159 (1894) ) tìm được cận trên
(2.7)
tZ([a, b]) ≤
,
(cid:114)b − a 4
Tiệm cận tốt nhất của (2.7) được chứng minh bởi Trigub (xem R.M.Trigub,
"Approximation of functions with Diophantine conditions by polynomials
with integral coefficients," in Metric Questions of the Theory of functions
and Mappings, Naukova Dumka, Kiev, 1971,pp. 267-333), ông đã tìm ra
rằng với dãy các khoảng Im := [1/(m + 4), 1/m], ta có
và
= 1.
tZ(Im) ≥
lim m→∞
1 m + 2
tZ(Im) (cid:112)|Im|/4
Tuy nhiên, giá trị chính xác của tZ([a, b]) với khoảng [a, b] bất kỳ, b−a < 4
vẫn chưa được tìm thấy. Có thể, trường hợp được nghiên cứu nhiều nhất
là bài toán số nguyên Chebyshev trên [0, 1]. Nó được khởi đầu bởi Gelfond
và Schnirelman, người đã khám phá ra sự liên hệ tinh tế với việc phân bố
số nguyên tố (xem nhận xét của Gelfond trong [6, tr. 285-288]). Danh sách
chủ đề liên quan có thể xem trong [H.L Montgomery, Ten Lectures on the
Interface Between Analytic Nunber Theory and Harmonic Analysis, Amer.
Math. Soc., Providence, R. I., 1994.] Ngay trong trường hợp được nghiên
cứu nhiều nhất, ta cũng chỉ biết rằng
(2.8)
0, 4213 < tZ([0, 1]) < 0, 42291334,
trong đó cận trên được rút ra từ định nghĩa của hằng số nguyên Chebyshev
(2.3)-(2.4) bằng cách chọn các dãy đa thức cụ thể (xem [8]). Cận dưới trong
29
(2.8) được tìm ra bằng phương pháp của lý thuyết thế vị, xem [9]. Công
trình [9] cũng chứa kết một tổng quan về bài toán số nguyên Chebyshev,
cùng với nhiều kết quả khác và các tổng quát hóa.
Bài toán số nguyên Chebyshev có nhiều ứng dụng trong những vấn đề
của lý thuyết số. Đặc biệt, chúng ta sẽ mô tả sự liên hệ sau với cấp tăng
của hệ đầu của đa thức.
Mệnh đề 2.1.1. Giả sử rằng Rm ∈ Zm và Pn(x) = anxn + · · · ∈ Zn, an (cid:54)= 0, là hai dãy đa thức có bậc đúng bằng m → ∞ và n → ∞. Giả sử rằng mỗi Pn có mọi không điểm thuộc [a, b] ⊂ R, và Pn không có không điểm chung với Rm nếu n > m. Khi đó
(2.9)
(cid:107)Rm(cid:107)1/m
|an|1/n ≥ 1.
[a,b] lim inf n→∞
lim sup m→∞
(cid:81)n
j=1(z−zj). Nhớ lại rằng kết quả của Rm và Chứng minh. Đặt Pn(z) := an Pn được biểu diễn bằng R(Pn, Rm) = am j=1 Rm(zj) (xem V.V. Prasolov, n Polynomials, Springer, Berlin, 2004. tr. 22). Rõ ràng R(Pn, Rm) (cid:54)= 0 với
(cid:81)n
n > m do Rm(zj) (cid:54)= 0, j = 1, . . . , n theo giả thiết. Ngoài ra, kết quả này là một số nguyên, bởi vì nó có định thức biểu diễn bằng các hệ số của Rm và Pn. Cho nên,
n (cid:89)
≥ 1, n > m.
|an|m(cid:107)Rm(cid:107)n
am n
[a,b] ≥
j=1
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) Rm(zj) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
Do đó suy ra (2.9) bằng cách đầu tiên nâng bất đẳng thức lũy thừa 1/(mn),
(cid:3) và sau đó cho n → ∞ rồi m → ∞.
Chúng tôi sử dụng mệnh đề này để thu được thông tin thú vị về cấp
tăng của hệ số đầu trong bài toán Schur (xem mục sau).
Bài toán số nguyên Chebyshev (2.3)-(2.4) có để được coi như bài toán
xấp xỉ đều của hàm hằng f ≡ 0 trên [a, b]. Nó rất quan trọng trong
30
toàn bộ lý thuyết xấp xỉ hàm liên tục bởi đa thức hệ số nguyên. Thật
ra, điều kiện tZ([a, b]) < 1, nó tương đương với b − a < 4, là điều kiện
cần để có phép xấp xỉ như vậy. Ta có tìm thấy một tổng quan đầy đủ về
lĩnh vực cổ điển và phong phú này trong [7]. Kết quả chặt chẽ mới nhất
về phép xấp xỉ đều hàm số bằng đa thức hệ số nguyên, bao gồm cả bài
toán của Bernstein về phép xấp xỉ hàm hằng, có thể tìm thấy trong [R. M.
Trigub,"Approximation of smooth functions and constants by polynomials
with integer and natural coefficients," Math. Note, 70, 110-122 (2001).]
2.2 Bài toán Schur về cấp tăng của hệ số
Issai Schur nghiên cứu nhiều bài toán về hệ thức giữa hàm phân bố không điểm và độ lớn của hệ số đa thức trên Zn. Công trình của ông khai sinh ra một hướng quan trọng trong giải tích và lý thuyết số. Những khía
cạnh lý thuyết số trong các bài báo của Schur được thảo luận chi tiết trong
[10], còn trong [I.E. Pritsker,"Equidistribution of points via energy," Ark.
Mat.,49, 149-173 (2011)] nhấn mạnh khía cạnh giải tích được tổng quát
hóa bởi Fekete và Szeg¨o. Chúng ta nhắc lại và phát triển một số kết quả
gần đây về bài toán Schur, theo [11].
2.2.1 Cấp tăng của hệ số đầu
Cho E là tập con của mặt phẳng phức C. Xét tập các đa thức Zn(E) có hệ số nguyên có bậc đúng bằng n và tất cả các không điểm đều thuộc E. Chúng ta ký hiệu tập con của Zn(E) có không điểm đơn là Zs n(E). Schur chứng minh trong [11] rằng việc giới hạn vị trí của không điểm thuộc
[−1, 1] dẫn tới việc tăng theo cấp số nhân của hệ số đầu của đa thức. Định lý A (Schur [11], Bổ đề VII). Cho Pn(x) = anxn + · · · ∈ Zs n([−1, 1]) là một dãy tùy ý các đa thức bậc n → ∞. Cận dưới đúng
31
L của lim infn→∞ |an|1/n với mọi dãy như vậy thỏa mãn
(cid:113)
√
√
(2.10)
2 ≤ L ≤
1 +
2.
Ta sử dụng Mệnh đề 2.1.1 và kết quả về bài toán số nguyên Chebyshev
trong Mục 1 để thu được phép cải tiến sau đây.
Định lý 2.2.1. Cho Pn(x) = anxn + · · · ∈ Zs n([−1, 1]), n ∈ N là một dãy các đa thức. Cận dưới đúng L của lim infn→∞ |an|1/n trong những dãy như
vậy thỏa mãn
(2.11)
1, 53770952 ≤ L ≤ 1, 54170092.
Chứng minh. Đặt Pn(x) = anxn + · · · ∈ Zs n([−1, 1]) là dãy đa thức tùy ý. Chúng ta sử dụng dãy các đa thức Rm với chuẩn đều nhỏ trên [−1, 1]
trong Mệnh đề 2.1.1 để chứng minh cận dưới trong (2.11). Thật ra, các đa
K (cid:89)
thức nhỏ này có dạng
Q[sim]
Rm(x) =
mi,i (x), m ∈ N,
i=1
trong đó Qmi,i(x) = bmixmi + · · · ∈ Zmi là đa thức bất khả quy trên Q, và 0 < si < 1, i = 1, . . . , K, với (cid:80)K i=1 simi = 1. Các đa thức như vậy được sử dụng để thu được hầu như tất cả các cận trên của hằng số nguyên
Chebyshev (xem [9]), và chúng cũng được sử dụng để thu được cận trên
trong (2.8), xem [8]. Vì chúng ta giải quyết với [−1, 1] thay vì [0, 1], chúng
ta cần áp dụng phép đổi biến t = x2 để chuyển cận trên thành
(cid:107)Rm(cid:107)1/m
[−1,1] < (cid:112)0, 42291334 < 0, 65031788
tZ([−1, 1]) ≤ lim m→∞
(xem chi tiết trong [9]). Thật ra, nhiều thừa số bất khả quy Qmi,i có tất cả các nghiệm thuộc [−1, 1]. Cho nên, chúng cũng có thể xuất hiện trong đa
32
thức Pn. Nhưng trở ngại này trên con đường áp dụng Mệnh đề 1.1 có thể dễ
dàng bị loại bỏ. Chú ý là ta có thể chỉ có nhiều nhất K thừa số chung bất
khả quy trong dãy Rm và Pn, và các thừa số này có thể chỉ xuất hiện trong
Pn một lần, do mỗi Pn có các nghiệm đơn. Do đó, ta có thể hủy bỏ tất cả
các thừa số chung Qmi,i trong Pn và thu được một dãy đa thức mới gồm đa thức ˜Pn mà không có không điểm chung với Rm với bất kỳ cách chọn m và n. Ngoài ra, hệ số đầu của ˜Pn thỏa mãn |an|/ (cid:81)K i=1 |bmi| ≤ |˜an| ≤ |an|. Cho nên,
(cid:107)Rm(cid:107)−1/m
[−1,1] > 1, 53770952,
lim inf n→∞
|an|1/n = lim inf n→∞
|˜an|1/n ≥ lim m→∞
theo Mệnh đề 2.1.1, từ đó cận dưới trong (2.11) được chứng minh.
Để thu được cận trên trong (2.11), ta cần đưa ra dãy các đa thức Pn(x) =
anxn + · · · ∈ Zs
n([−1, 1]) sao cho
|an|1/n ≤ 1, 54170092.
lim inf n→∞
Dãy cần tìm là dãy đa thức Gn(x2) = cnx2n+· · · , n ∈ N, trong đó Gn là các đa thức Gorshkov được trình bày trong [D.S. Gorshkov, "On the distance
from zero on the interval [0,1] of polynomials with integer coeffcients," in
Proc. of the Third All Union Mathematical Congress, Akad. Nauk SSSR,
Moscow, 1959, Vol.4,pp.5-7 ]. Đặc biệt, Định lý 3 (của Gorshkov) phát biểu rằng limn→∞ |cn|1/n ≈ 2.3768417062639. Lấy căn bậc hai ta được giới (cid:3) hạn cần tìm.
Kết quả này có thể dễ dàng chuyển thành phát biểu tương tự cho đoạn
[0, 1], bằng cách sử dụng phép đổi biến t = x2, dẫn đến phép cải tiến tương
n([a, b]), b − a < 4 là một dãy
ứng cho Bổ đề X của [11]. Từ quan điểm tổng quát hơn, ta thu được
Định lý 2.2.2. Nếu Pn(x) = anxn + · · · ∈ Zs các đa thức bất khả quy trên Q, thì
√
(2.12)
≥
.
|an|1/n ≥
lim inf n→∞
1 tZ([a, b])
2 b − a
33
Chứng minh.Vì Pn là đa thức bất khả quy bậc n > m, nó không có nghiệm chung với bất kỳ đa thức Rm ∈ Zm. Nói riêng, ta chọn Rm là đa thức số nguyên Chebyshev bậc m và áp dụng Mệnh đề 2.1.1 để thu được
(cid:107)Rm(cid:107)1/m
|an|1/n ≥ 1.
tZ([a, b]) lim inf n→∞
[a,b] lim inf n→∞
|an|1/n = lim sup m→∞
Do đó, suy ra bất đẳng thức đầu của (2.12). Bất đẳng thức thứ hai là hệ
(cid:3) quả của ước lượng trên (2.7) cho tZ([a, b]).
Giả thiết về tính bất khả quy có thể được làm yếu đi, nhưng ta cần một
giả thiết phụ về cấu trúc tiệm cận của đa thức số nguyên Chebyshev trên
[a, b].
2.2.2 Trung bình của các không điểm
n(E, M ) nếu |an| ≤ M và n(E) (tương ứng, Pn ∈ Zn(E, M ) nếu |an| ≤ M và Pn ∈ Zn(E)). Pn ∈ Zs Schur [11, §4-8], nghiên cứu dáng điệu giới hạn của trung bình cộng của các không điểm của đa thức thuộc Zs
n(E, M ) khi n → ∞, trong đó M > 0 là một số cố định bất kỳ. Hai trong số các kết quả của ông theo hướng này được phát biểu bên dưới. Đặt D := {z ∈ C : |z| ≤ 1} là hình tròn đơn vị, và đặt R+ := (0, ∞), trong đó R là đường thẳng thực. (cid:81)n
Cho M > 0, ta viết Pn = anzn + . . . ∈ Zs
k=1(z − αk,n), ta định nghĩa trung bình cộng
k=1 αk,n/n.
n(R+, M ) là dãy các
Với đa thức Pn(z) = an
của không điểm của nó bằng An := (cid:80)n Định lý B (Schur [11], Bổ đề XI). Nếu Pn ∈ Zs đa thức bất kỳ có bậc n → ∞, thì
√
(2.13)
e > 1, 6487.
An ≥
lim inf n→∞
n(D, M ) là dãy các
34
Định lý C (Schur [11], Bổ đề XIII). Nếu Pn ∈ Zs
đa thức bất kỳ có bậc n → ∞, thì
√
(2.14)
e/2 < 0, 1757.
|An| ≤ 1 −
lim sup n→∞
k=1 là các không điểm của Pn, chúng ta định nghĩa
Schur đưa ra chú ý rằng lim sup trong (2.14) bằng 0 với đa thức monic thuộc Zn(D) . Người ta chứng minh [13] rằng limn→∞ An = 0 với mọi đa n(D, M ), n ∈ N. Kết quả này thu được như một hệ thức thuộc lớp Schur Zs quả của hàm phân phối đều tiệm cận các không điểm gần hình tròn đơn vị. Cụ thể, nếu {αk,n}n
n (cid:88)
độ đo đếm không điểm (zero counting measure)
τn :=
δαk,n,
1 n
k=1
∗−→ µD), thì
trong đó δαk,n là khối lượng chất điểm (the unit point mass) tại αk,n. Xét độ đo độ dài cung chuẩn hóa µD trên chu vi đường tròn đơn vị, với dµD(eit) := 1 2π dt. Nếu τn hội tụ yếu tới µD khi n → ∞ (τn
(cid:90) (cid:90)
zdτn(z) =
zdµD(z) = 0.
lim n→∞
An = lim n→∞
Do đó, bài toán Schur giải được bằng cách dựa theo kết quả [13].
n(D), n ∈ N, thỏa mãn
Định lý 2.2.3. Nếu Pn(z) = anzn + . . . ∈ Zs
(2.15)
|an|1/n = 1,
lim n→∞
∗−→ µD khi n → ∞, và limn→∞ An = 0.
thì τn
k=1(z − αk,n), thì biệt thức của Pn là
(cid:81)n Chứng minh.. Nếu Pn(z) = an
(cid:89)
∆(Pn) := a2n−2
(αj,n − αk,n)2.
n
1≤j Ta thấy rằng ∆(Pn) là số nguyên, do dạng đối xứng với hệ số nguyên trong 35 các không điểm của Pn. Thật vậy, nó có thể được viết thành một đa thức theo hàm đối xứng sơ cấp của αk,n với hệ số nguyên, bằng định lý cơ bản về dạng đối xứng. Vì Pn có nghiệm đơn, ta có ∆(Pn) (cid:54)= 0 và |∆(Pn)| ≥ 1. Sử
∗−→ τ, dụng tính compact yếu* của độ đo xác suất trên D, ta giả sử rằng τn ∗−→ τ × τ , đối với năng lượng logarit của τ [12], ta được trong đó τ là độ đo xác suất trên D. Đặt KM (x, t) := min(− log |x−t|, M ). Vì τn × τn (cid:90) (cid:90) (cid:18) (cid:19) (cid:88)
lim
n→∞ j(cid:54)=k (cid:88)
lim inf
n→∞ j(cid:54)=k
|an|2n−2
∆(Pn) Do đó, I[τ ] ≤ 0. Nhưng I[ν] > 0 với bất kỳ độ đo đa thức ν trên D, ngoại trừ µD [12]. Cho nên, τ = µD. Ta chỉ còn phải chọn hàm f (z) = z, z ∈ D, và mở rộng nó liên tục trên
C sao cho f có tựa compact. Định nghĩa hội tụ yếu* ngay lập tức cho ta (cid:90) (cid:90) (cid:3) k=1 (cid:81)n Vì các hàm đối xứng sơ cấp của nghiệm của đa thức Pn(z) = an,n
(z − αk,n) = (cid:80)n (cid:88) (2.16) k=0 ak,nzk được biểu diễn trực tiếp thông qua hệ số bởi
αj1,nαj2,n · · · αjm,n = (−1)m an−m,n
an,n j1 ta nhận thấy rằng kết quả Định lý B của Schur có thể được hiểu như là 36 một nỗ lực đưa ra cận dưới chặt chẽ đối với cấp tăng của |an−1,n|, khi theo n. Đầu tiên, ta phát biểu một hệ quả trực tiếp của Định lý 2.2.3. n(D, M ), n ∈ N, thì Hệ quả 2.2.1. Nếu Pn(z) = (cid:80)n k=0 ak,nzk ∈ Zs
|an−1,n|
n Cho nên, |an−1,n| có thể tăng nhiều nhất như hàm dưới tuyến tính theo của [10]). n(D, M ), n ∈ N thì k=0 ak,nzk ∈ Zs Định lý 2.2.4. Nếu Pn(z) = (cid:80)n (2.17) Chứng minh. Hệ quả 3.2 của [10] phát biểu rằng, với bất kỳ đa thức (cid:81)n n(D, M ), ta có n
(cid:88) k=1(z − αk,n) ∈ Zs
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
1
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
n
(cid:12)
(cid:12) k=1 (cid:114)log n
n Theo (2.16), |an−1,n| = |an,nσ1| ≤ M |σ1|, ta thu được (2.17) là tổ hợp của
(cid:3) các ước lượng bên trên. Gọi pm là số nguyên tố thứ m theo thứ tự tăng dần của dãy các số nguyên k
(cid:89) tố. Ta định nghĩa đa thức monic m=1 j=1 tại căn của 1, và
có hệ số nguyên. Sử dụng lập luận của lý thuyết số, người ta chứng minh và lưu ý rằng mỗi Qn có các không điểm đơn {zj,n}n k
(cid:88) rằng bậc của Qn là m=1 37 Ngoài ra, vì tổng của các nghiệm của mỗi (zpm − 1)/(z − 1) bằng -1, ta có đối với các nghiệm của Qn n
(cid:88) (cid:113) j=1 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) với c > 0. Chúng ta tiếp tục nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của hệ số an−m,n với
m ∈ N cố định và n → ∞. Các kết quả này thu được bằng các khảo sát
dạng đối xứng σm từ (2.16) với bất kỳ m ∈ N cố định. Để cho tiện trước
tiên ta xét ước lượng tổng các nghiệm lũy thừa m, tức là, ước lượng dạng n
(cid:88) đối xứng k=1 Rõ ràng s1 = σ1. Nhìn chung, dạng đối xứng sm liên hệ với dạng σm bằng m
(cid:88) công thức Newton nổi tiếng: (2.18) j=1 Đầu tiên, chúng tôi trình bày dạng tổng quát của Hệ quả 1.6 trong [13] và Hệ quả 3.2 trong [10]. n(D, M ), n ∈ N thì k=1(z − αk,n) ∈ Zs (cid:81)n Định lý 2.2.5. Nếu Pn(z) = an,n (2.19) Chứng minh. Vì các không điểm của Pn là các cặp phức liên hợp, ta chú ý rằng mỗi sm là thực, và ta có (cid:90) (cid:90) R(zm)dτn(z). 38 Để cho tiện, chúng ta phát biểu Định lý 3.1 của [10]. Cho φ : C → R thỏa
mãn |φ(z) − φ(t)| ≤ A|z − t|, z, t ∈ C, và supp(φ) ⊂ {z : |z| ≤ R}. Nếu (cid:81)n k=1(z − αk,n) là đa thức hệ số nguyên và có không điểm n
(cid:88) (cid:114) (cid:90) (2.20) k=1 đơn, thì
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) với mọi n ≥ 55, trong đó M (Pn) = |an,n| (cid:81)n
k=1 max(|αk,n|, 1) là độ đo
Mahler của Pn. Chú ý rằng trong trường hợp của chúng tôi M (Pn) =
R(zm),
R(zm)(m + 1 − m|z|), 1 ≤ |z| ≤ 1 + 1/m,
0, thì (cid:90) (cid:90) Tính toán đơn giản chỉ rằng đạo hàm riêng φx và φy tồn tại trên C\S,
trong đó s := {z : |z| = 1 hay |z| = 1 + 1/m}, và chúng có công thức R(mzm−1), F(mzm−1)(m + 1 − m|z|) −
0, R(mizm−1),
F(mizm−1)(m + 1 − m|z|) −
0, trong đó ta đặt z = x + yi. Thêm vào đó ta thu được |φx(z)| ≤ 2me và
|φy(z)| ≤ 2me với z = x + yi ∈ C\S. Bây giờ áp dụng định lý giá trị trung
bình được (cid:113) x + φ2
φ2 y ≤ 2me Ở đây, ta sử dụng (2.20) với A = 8m và R = 1 + 1/m để thu được (2.19) 39 (cid:3) Kết quả bên trên có thể được phát biểu trong dạng tương đương ước lượng tốc độ hội tụ về không của trung bình cộng của các lũy thừa bậc m sm/n. Kết hợp (2.18) với (2.19), ta tổng quát hóa Định lý 2.2.4 như sau. n(D, M ), n ∈ N thì k=0 an,nzk ∈ Zs Định lý 2.2.6. Nếu Pn(z) = (cid:80)n (2.21) trong đó C(m, M ) > 0 chỉ phụ thuộc m và M. m
(cid:88) Chứng minh. Công thức đệ quy (2.18) kéo theo ước lượng j=1 (cid:3) Suy ra, (2.21) được rút ra từ (2.19) bằng biện luận quy nạp theo thông
thường theo m ∈ N. Ta có thể coi m ∈ N cố định và khảo sát n → ∞ trong phát biểu trên. Với m = 1, (2.21) phù hợp với (2.17), nhưng tính chặt chẽ của (2.21) khi Bây giờ, ta quay trở lại trung bình cộng của các không điểm nằm trong R+ (xem Định lý B). Kết quả này được phát triển theo hướng sau. k=1(z − αk,n) là bất khả quy trên vành số nguyên,
thì {αk,n}n
k=1 được gọi là tập đầy đủ của các số đại số liên hợp có bậc
n. Khi an = 1 ta xem {αk,n}n
k=1 là số nguyên đại số. Nếu α = α1,n là
một trong các liên hợp, thì tổng của {αk,n}n
k=1 được gọi là vết tr(α) của
α trên tập số hữu tỷ. Siegel cải tiến Định lý B cho số nguyên đại số dương (cid:81)n Nếu Pn(z) = an,n (xem C. L. Siegel,"The trace of totally póitive and real algebraic integers," Ann.Math., 46, 302-312 (1945)) 40 bằng cách sử dụng một phép làm mịn tinh tế từ bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân liên quan tới biệt thức của αk,n. Smyth đưa ra phương pháp số của “đa thức bổ trợ” (xem C.J. Smyth, "The mean values of totaly real algebraic integers," Math. Comp., 42, 663-681 (1984)), được sử dụng bởi nhiều nhà toán học để thu được cải tiến cận dưới ở trên. Các bài báo ban đầu có chứa cận 1, 7719. Các kết quả sau này bao gồm cận 1, 784109 bởi Aguirre and Peral [3], và cận 1, 78702 bởi Flammang [8]. McKee gần đây cải tiến phương pháp và đạt được cận 1, 78839 (xem J. McKee,"Computing totally positive algebraic integer of small trace," Math. Comp., 80, 1041-1052 (2011)). Bài toán vết Schur-Siegel-Smyth [4] phát biểu rằng: Tìm giới hạn (cid:96) nhỏ nhất của tập giá trị vết trung bình An với mọi số nguyên đại số thực và dương. Schur [11] đã tìm ra (cid:96) ≤ 2. Điều này rút ra trực tiếp bằng cách xét đa thức Chebyshev tn(x) := 2 cos(n arccos((x − 2)/2)) trên đoạn [0, 4], mà có các không điểm đối xứng quanh trung điểm 2. Chúng có hệ số nguyên, và tp(x)/(x − 2) là bất khả quy với bất kỳ số nguyên tố p, sinh ra cận trên cần thiết của (cid:96), xem [11]. Bài toán vết Schur-Siegel-Smyth có thể là bài toán chưa giải được nổi tiếng nhất, xuất hiện lần đầu trong [11]. Như kết quả trong trường hợp riêng, người ta đã đưa ra cận dưới lim infn→∞ An ≥ 2 cho các tập số đại số mà các đa thức xác định của chúng không tăng nhanh như hàm mũ trên
tập compact của R+ có dung lượng (đường kính siêu hạn) 1 (xem Hệ quả
2.6 của [10]). Chi tiết và lịch sử cụ thể của bài toán này có thể xem trong 41 [10]. Chúng tôi minh họa kết quả bằng cách tập trung chú ý trên các đoạn
có độ dài 4 trong R+. Với khoảng [c−2, c+2] ⊂ R, đặt Ω = C\[c−2, c+2]. k=1(z − αk,n) được định (cid:81)n Độ đo Mahler suy rộng của đa thức Pn(z) = an nghĩa bởi (cid:89) αk,n∈Ω trong đó Φ là ánh xạ bảo giác chính tắc từ Ω lên C\D với Φ(∞) = ∞. k=1(z −αk,n) ∈ Zs n(R+), n ∈ N, là một
Mệnh đề 2.2.1. Cho Pn(z) = an
dãy các đa thức và cho [c − 2, c + 2] ⊂ R, c ≥ 2. Nếu limn→∞(M (Pn))1/n =
1, thì n
(cid:88) (cid:81)n k=1 Chứng minh. Định lý 2.2.1 của [10] đảm bảo độ đo đếm τn các không điểm của Pn hội tụ tới độ đo cân bằng µ của [c − 2, c + 2] theo tôpô yếu*. Trong [30] ta có (2.22) Nên ta có n
(cid:88) (cid:90) (cid:90) c+2 c−2 k=1 p = 1 với Lp([c − (cid:3) Ta lưu ý rằng, giả thiết thông thường hơn limn→∞ (cid:107)Pn(cid:107)1/n
2, c + 2]), p ∈ (0, ∞], chuẩn kéo theo limn→∞(M (Pn))1/n = 1. 42 Vì Định lý B tương đương với phát biểu về cấp tăng của |an−1,n| theo n,
chúng ta chú ý tới dáng điệu tiệm cận của hệ số an−m,n với m ∈ N cố định
và với n → ∞. Để đơn giản hóa và trình bày được rõ ràng, chúng ta giới hạn
vào đa thức monic. Do đó ta tạm giả sử Pn(z) = zn +an−1,nzn−1 +·+a0,n ∈
(cid:1) tích trong tổng định nghĩa. Như vậy,
n(R+, 1). Chú ý rằng mỗi σm có (cid:0) n
Zs
m
(cid:1). Bất đẳng thức
một cách tự nhiên là khảo sát giá trị trung bình σm/(cid:0) n
m m−1)(cid:14)( n
m) trung bình cộng-trung bình nhân cho ta (cid:33)( n−1 (cid:33)m/n (cid:32) n
(cid:89) (cid:32) n
(cid:89) (cid:1) ≥ k=1 k=1 n(R+, 1), thì Từ đó suy ra rằng nếu Pn(z) = (cid:80)n (2.23) k=0 ak,nzk ∈ Zs
σm
(cid:1) ≥ 1,
(cid:0) n
m trong đó ta giả sử rằng m ∈ N cố định. Ta có thể kiểm chứng rằng tốc độ
(cid:1)) khi n → ∞ của |an−m,n| là chính xác bằng cách sử dụng đa
tăng O((cid:0) n
m
thức Chebyshev tn(x) = 2 cos(n arccos((x − 2)/2)) của đoạn [0, 4]. Sau đây là dạng tổng quát của bài toán vết Schur-Siegel-Smyth: Tìm cận dưới mạnh (cid:96)m, 1 ≤ m ≤ n − 1 của lim inf trong (2.23) trong n(R+, 1). số những dãy đa thức Pn ∈ Zs Rõ ràng, ta có (cid:96)1 = (cid:96). Ta có thể thu được hệ thức chính xác giữa Thay vào đó, chúng tôi chỉ ra rằng ta có thể đưa ra một kết luận mạnh hơn dưới giả thiết của Mệnh đề 2.2.1. k=1(z − αk,n) ∈ Zs n(R+), n ∈ N, là một
Định lý 2.2.7. Cho Pn(z) = an
dãy các đa thức và cho [c − 2, c + 2] ⊂ R, c ≥ 2. Nếu limn→∞(M (Pn))1/n =
1, thì (cid:81)n (cid:1) ≥ cm ≥ 2m, m ∈ N. Chứng minh. Từ (2.16) ta suy ra rằng (cid:90) x1<··· 43 Chúng ta một lần nữa sử dụng Định lý 2.1 của [10] để kết luận rằng ∗−→ µ, trong đó µ được định nghĩa bởi (2.22). Cho nên,
(cid:90) (cid:90) x1<··· Tích phân cuối cùng được tính bằng cách sử dụng tính đối xứng của hàm dưới dấu tích phân theo biến x1, . . . , xm, và bằng cách chuyển tích phân trên các đơn hình lên tích phân trên hình lập phương, và được (cid:90) (cid:90) c−2≤x1<··· (cid:19)m (cid:90) c+2 (cid:18)(cid:90) c+2 c−2 c−2 c−2 Ta cũng có thể chứng minh kết quả tương tự về cấp tăng của hệ số của đa
thức hệ số nguyên và nghiệm trong các đoạn có dạng {z ∈ C : | Arg z| ≤ 44 Luận văn chứa đựng những nội dung chính sau đây: 1. Hệ thống những tính chất cơ bản của tập nghiệm, chú trọng sự minh hoạ qua sự phân tích đồ thị các đa thức bậc thấp, 2. Trình bày một số vấn đề về nghiên cứu nghiệm của đa thức hệ số nguyên, đặc biệt là các số nguyên Chebyshev. 3. Cung cấp một hệ thống bài tập ứng dụng, nhằm làm tài liệu bồi dưỡng giáo viên và học sinh THPT. Hà Nội, tháng 4 năm 2016 Tác giả 45 Nguyễn Minh Nguyệt [1] Finbarr Holland, Some facts and problems about polynomials, Enrich- ment Lectures 2010. [2] Igor E. Pritske , Polynomials with integer coefficients and their zeros, Journal of Mathematical Sciences, Vol. 183, No. 6, June, 2012 . [3] J. Aguire and J.C Peral , The trace problem for totally positive al- gebraic integers , in: Number Theory and Polynomials, edited by J. McKee and CH. Smyth, Cambridge Univ. Press, Cambridge, 2008, pp. 1-19. [4] P. Borwein, Computational Excursions in Analysis and Number The- ory, Springer, New York, 2002. [5] P. B. Borwein, C. G. Pinner,and I. E. Pritsker, Monic integer Cheby- shev problem, Math. Comp.,72, 1901-1916 (2003). [6] P. L. Chebyshev, Collected Works[in Russian], Akad. Nauk SSSR, Moscow,1944, Vol.1. [7] Le Baron O. Ferguson, Approximation by Polynomials with Integral Coefficients, Amer. Math. Soc.,Providence, R.I., 1980. [8] V. Flammang,"Trace of totaly positive algebraic integers and integer 46 transfinite diameter," Math. Comp., 78, 1119-1125(2009). [9] I. E. Pritsker,"Small polynomianls with integer coefficients," J.Anal.Math., 96, 151-190 (2005). [10] I. E. Pritsker,"Distribution of algebraic numbers," J.reine angew.Math., 657,57-80(2011). [11] I. Schur,"Uber die Verteilung der Wurzeln bei gewissen algebraischen Gleichungen mit ganzzahligen Koeffizienten," Math. Zeit., 1, 377- 402(1918). [12] M. Tsuji, Potential Theory in Modern Function Theory, Chelsea, New York, 1975. [13] I. E. Pritsker,"Means of algebraic numbers in the unit disk,", C.R. 47 Acad. Sci. Paris, 347,119-122 (2009).I[τ ] :=
log
dτ (x)dτ (t)
1
|x − t|
(cid:90) (cid:90)
KM (x, t)dτn(x)dτn(x)
lim
n→∞
= lim
M →∞
KM (αj, αk) +
= lim
M →∞
1
n2
M
n
log
≤ lim
M →∞
1
n2
1
|αj − αk|
= lim inf
n→∞
≤ lim inf
n→∞
1
n2 log
1
n2 log |an|2n−2 = 0.
zdτn(z) =
zdµD(z) = 0.
lim
n→∞
An = lim
n→∞
,
σm :=
Pn ∈ Zs
n(R+, M ). Tương tự, Định lý C thiết lập giới hạn cấp tăng của
|an−1,n| với Pn ∈ Zs
n(D, M ). Do đó, chúng ta đi đến bài toán rất thú vị là
tìm tốc độ của cấp tăng tiệm cận nhanh nhất (hoặc thấp nhất) của hệ số
= 0.
lim
n→∞
n. Thật ra, ta có thể ước lượng chính xác hơn bằng cách dùng Hệ quả 3.2
|an−1,n| ≤ 8M (cid:112)n log n, n ≥ max(M, 55).
Pn(z) = an,n
≤ 8
, n ≥ max(M, 55).
αk,n
,
k ∈ N,
Qn(z) :=
zpm − 1
z − 1
n =
+ o(k2 log k) khi k → ∞.
pm − k =
k2 log k
2
= k ≥ c
n/ log n,
|an−1,n| =
zj,n
sm :=
αm
k,n, m ∈ N.
mσm =
(−1)j−1sjσm−j.
|sm| ≤ (24m + 16)(cid:112)n log n, n ≥ max(M, 55).
=
zmdτn(z) =
sm
n
Pn(z) = an,n
≤ A(2R + 1)
φ(αk,n) −
φdµD
1
n
log max(n, M (Pn))
n
|an,n| ≤ M . Nếu ta cho
|z| ≤ 1,
φ(z) :=
|z| ≥ 1 + 1/m,
=
φ(z)dτn(z) và
φdµD = 0.
sm
n
|z| < 1,
φx(z) =
, 1 < |z| < 1 + 1
m,
mxR(zm)
(cid:112)x2 + y2
|z| > 1 + 1/m,
|z| < 1,
φy(z) =
, 1 < |z| < 1 + 1
m,
myR(zm)
(cid:112)x2 + y2
|z| > 1 + 1/m,
√
2|z − t| < 8m|z − t|.
|φ(z) − φ(t)| ≤ |z − t| sup
C\S
|an−m,n| ≤ C(m, M )(n log n)m/2, m, n ∈ N,
|σm| ≤
|sj||σm−j|.
1
m
n → ∞ vẫn là câu hỏi mở với m > 1.
tr(α)/n > 1, 7336105,
lim inf
n→∞
An = lim inf
n→∞
M (Pn) := |an|
|Φ(αk,n)|,
αk,n ≥ c ≥ 2.
lim inf
n→∞
1
n
dµ(x) =
,
x ∈ (c − 2, c + 2).
dx
π(cid:112)4 − (x − c)2
= c.
xdτn(x) ≥
lim inf
n→∞
αk,n = lim inf
n→∞
1
n
xdx
π(cid:112)4 − (x − c)2
=
αk,n
αk,n
= |a0,n|m/n ≥ 1.
σm
(cid:0) n
m
lim inf
n→∞
|an−m,n|
(cid:1) = lim inf
(cid:0) n
n→∞
m
(cid:96)m, m ≥ 2, và (cid:96) nhưng lập luận nằm ngoài phạm vi của luận văn này.
lim inf
n→∞
|an−m,n|
(cid:0) n
m
lim inf
n→∞
|an−m,n|
(cid:1) ≥ m! lim inf
(cid:0) n
n→∞
m
σm
nm
(cid:90)
· · ·
x1 · · · xmdτn(x1) · · · dτn(xm).
= m! lim inf
n→∞
τn
· · ·
x1 · · · xmdµ(x1) · · · dµ(xm).
lim inf
n→∞
|an−m,n|
(cid:1) ≥ m!
(cid:0) n
m
· · ·
m!
x1 · · · xmdµ(x1) · · · dµ(xm)
=
· · ·
xdµ(x)
= cm.
x1 · · · xmdµ(x1) · · · dµ(xm) =
γ}, trong đó γ < π/2.
Kết luận
Tài liệu tham khảo
