Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:58

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chương trình Toán THPT nói chung, trong các dạng bài tập dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến việc khai thác các tính chất của đa thức rất phong phú, đa dạng. Tuy nhiên các dạng bài tập nghiên cứu sâu về một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng thì còn rất ít. Luận văn sẽ nghiên cứu sâu hơn về một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ HỒNG CẨM MỘT SỐ LỚP ĐẲNG THỨC TRONG ĐA THỨC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
Mục lục Mở đầu 1 1 Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Các định lý về nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Ước, ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2 Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức 10 2.1 Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến . . . . . . . . . 10 2.1.1 Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa trục thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.1.2 Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng . . . . 14 2.2 Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều biến . . . . . 16 2.3 Xác định đa thức theo các đặc trưng của chúng . . . . . . . 19 2.3.1 Đặc trưng hàm của đa thức với biến tự do . . . . . . 19 2.3.2 Xác định đa thức theo các đặc trưng nghiệm . . . . 22 2.3.3 Xác định đa thức theo các phép thế đối số . . . . . . 28 2.3.4 Xác định đa thức theo tính chất số học của chúng . 31 2.3.5 Xác định đa thức theo các nút nội suy . . . . . . . . 33 2.3.6 Xác định đa thức từ các phép tính vi phân . . . . . 35 3 Một số bài toán áp dụng liên quan 37 3.1 Bất đẳng thức trong đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.2 Bài toán cực trị trong đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.3 Phương pháp đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 1
Mở đầu Trong chương trình Toán THPT nói chung, trong các dạng bài tập dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến việc khai thác các tính chất của đa thức rất phong phú, đa dạng. Tuy nhiên các dạng bài tập nghiên cứu sâu về một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng thì còn rất ít. Xuất phát từ thực tế đó, dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS Trịnh Thanh Hải, tôi chọn hướng nghiên cứu của luận văn thạc sĩ với đề tài: “Một số lớp đẳng thức trong đa thức và áp dụng” nhằm góp một phần nhỏ bé vào việc bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong giảng dạy và học tập. Luận văn tìm hiểu một số vấn đề về đa thức như: Biểu diễn một số lớp đa thức một biến; Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều biến; Xác định đa thức theo đặc trưng của chúng cũng như các ứng dụng trong việc giải một số bài toán bất đẳng thức, bài toán cực trị trong đa thức và bài toán giải bằng phương pháp đa thức... Luận văn gồm 3 chương Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương 2. Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức. Chương 3. Một số bài toán áp dụng liên quan. Luận văn này được hoàn thành dưới sự giúp đỡ tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu cùng với sự hướng dẫn nhiệt tình của PGS.TS Trịnh Thanh Hải. Em xin bày tỏ sự kính trọng và biết ơn sâu sắc đến các thầy. Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp là khoa Toán – Tin và các thầy ở Viện Toán học, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội đã tận tình giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi có những kiến thức cơ sở đủ vững để thực hiện đề tài. 1
Do một số điều kiện chủ quan và khách quan, luận văn cũng chưa thực sự hoàn thiện theo ý muốn. Em kính mong các Thầy, Cô giáo chỉ bảo để em được hoàn thiện luận văn. Em xin được kính chuyển tới các Thầy, Cô giáo lời cảm ơn trân trọng nhất. Em xin trân trọng cảm ơn. Học viên Đoàn Thị Hồng Cẩm 2
Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này chúng tôi trình bày một số vấn đề cơ bản liên quan đến đa thức được trình bày từ các tài liệu [1]-[7] để sử dụng trong những chương sau. 1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức Định lí 1.1. Giả sử A là một trường (A = R hoặc A = C) và A [x] là vành các đa thức trên A, f (x) và g(x) 6= 0 là hai đa thức của vành A [x]. Khi đó luôn tồn tại cặp đa thức duy nhất q (x) và r (x) thuộc A [x] sao cho f (x) = g (x) q (x) + r (x) với deg r (x) < deg g (x) . Nếu r (x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g(x). Giả sử a ∈ A, f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 là đa thức tùy ý của vành A [x], phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 có được bằng cách thay x bởi a được gọi là giá trị của f (x) tại a. Nếu f (a) = 0 thì ta gọi a là nghiệm của f (x). Bài toán tìm nghiệm của f (x) trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 (an 6= 0) trong A. Định lí 1.2. Giả sử A là một trường số thực hoặc số phức, a ∈ A, và f (x) ∈ A [x] . Dư số của phép chia f (x) cho (x − a) chính là f (a). 3
Định lí 1.3. Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P (x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho P (x) u (x) + Q (x) v (x) ≡ 1. Nếu hai đa thức P (x) và Q(x) (không trùng với đa thức 0) có ước chung d(x) là đa thức chia hết cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi là ước chung lớn nhất của P (x) và Q(x). Tương tự, ta có khái niệm ước chung lớn nhất của bộ nhiều đa thức. Tính chất 1.1. Nếu các đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau và các đa thức f (x) và h(x) cũng nguyên tố cùng nhau thì các đa thức f (x) và g(x)h(x) cũng nguyên tố cùng nhau. Tính chất 1.2. Nếu các đa thức f (x), g(x), h(x) thỏa mãn điều kiện f (x)h(x) chia hết cho g(x), g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f (x) chia hết cho g(x). Tính chất 1.3. Nếu đa thức f (x) chia hết cho các đa thức g(x) và h(x) với g(x) và h(x) nguyên tố cùng nhau thì f (x) chia hết cho g(x)h(x). Tính chất 1.4. Nếu các đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau thì [f (x)]m và [g (x)]n sẽ nguyên tố cùng nhau với mọi m, n nguyên dương. 1.2 Các định lý về nghiệm của đa thức Định lí 1.4. a là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho (x−a). Giả sử A là một trường, a ∈ A, f (x) ∈ A [x] và m là một số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1. Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho (x − a)m và f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 . Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn còn khi m = 2 thì a được gọi là nghiệm kép. Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bội của các nghiệm (nếu có). Vì vậy, người ta coi một đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau. 4
• Lược đồ Horner Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ A [x] (với A là một trường). Khi đó thương gần đúng của f (x) cho (x − a) là một đa thức có bậc bằng n − 1, có dạng q (x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 , trong đó bn−1 = an , bk = abk+1 + ak+1 , k = 0, 1, . . . , n − 1 và dư số r = ab0 + a0 . Định lí 1.5 (Định lý Viète). Giả sử phương trình an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 (an 6= 0) (1.1) có n nghiệm (thực hoặc phức) x1 , x2 , . . . , xn thì an−1    E 1 (x) := x1 + x 2 + · · · + x n = −   an   an−2 E2 (x) := x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn =  an (1.2)   . . . . . . .. n a0    En (x) := x1 x2 . . . xn = (−1) .   an Ngược lại nếu các số x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của phương trình (1.1). Hệ (1.2) có n thành phần và ở vế trái của thành phần thứ k có Cnk số hạng. Định nghĩa 1.1. Các hàm E1 (x) , E2 (x) , . . . , En (x) được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp Viète bậc 1, 2, . . . , n tương ứng. Sau đây ta sẽ nêu (không chứng minh) một số định lý cơ bản đối với đa thức. Định lí 1.6. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực. Hệ quả 1.1. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không. Hệ quả 1.2. Nếu đa thức có bậc ≤ n mà nhận cùng một giá trị tại n + 1 điểm khác nhau thì chúng đồng nhất bằng hằng số. 5
Hệ quả 1.3. Hai đa thức bậc ≤ n mà nhận giá trị bằng nhau tại n + 1 điểm phân biệt thì chúng đồng nhất bằng nhau. Định lí 1.7. Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có đúng n nghiệm (tính cả bậc của nghiệm). Định lí 1.8. Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] có bậc n và có hệ số chính (hệ số bậc cao nhất) an 6= 0 đều có thể phân tích (duy nhất) thành nhân tử m Y s Y x2 + bk x + ck f (x) = an (x − di ) i=1 k=1 với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, m, n ∈ N∗ . Tính chất 1.5. Mọi nghiệm x0 của đa thức Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (a0 6= 0) A đều thỏa mãn bất đẳng thức |x0 | ≤ 1 + , A = max |ak | . |an | 1≤k≤n Tínhrchất 1.6. Nếu am là hệ số âm đầu tiên của đa thức Pn (x) thì số B 1+ m là cận trên của các nghiệm dương của đa thức đã cho, trong đó a0 B là giá trị lớn nhất của trị tuyệt đối các hệ số âm. 1.3 Ước, ước chung lớn nhất Định nghĩa 1.2. Khi đa thức Pn (x) viết được dưới dạng Pn (x) = g (x) q (x) với deg g > 0 và deg q > 0, thì ta nói g là ước của Pn (x) và ta viết . g (x)| Pn (x) hay Pn (x) ..g (x). Nếu g (x)| P (x) và g (x)| Q (x) thì ta nói g(x) là ước chung của P (x) và Q(x). Nếu hai đa thức P (x) và Q(x) chỉ có ước chung là các đa thức bậc 0 thì ta nói rằng chúng nguyên tố cùng nhau và ta viết dưới dạng (P (x) , Q (x)) = 1. 6
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng hai đa thức P (x) = x2015 − 1 và Q(x) = x2015 + 1 nguyên tố cùng nhau. Lời giải. Nhận xét rằng P (x) − Q(x) = 2. Suy ra nếu d(x) là ước chung của P (x) và Q(x) thì d(x) là ước của đa thức hằng bằng 2. Suy ra hai đa thức đã cho nguyên tố cùng nhau. Bài toán 1.2. Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P (x) = (x−1)2015 và Q(x) = x2015 − 1. Lời giải. Vì x = 1 là nghiệm đơn của đa thức Q(x). Suy ra nếu d(x) là ước chung của P (x) và Q(x) thì d(x) là ước của x − 1. Suy ra (P (x) , Q (x)) = 1. Bài toán 1.3. Cho đa thức P (x) và hai số a, b phân biệt. Biết rằng P (x) chia cho x − a dư A, P (x) chia cho x − b dư B . Hãy tìm phần dư của phép chia P (x) cho (x − a)(x − b). Lời giải. Giả sử P (x) = (x − a)(x − b)Q(x) + Cx + D. Lần lượt thay x = a, b, ta được A = Ca + D, B = Cb + D. Từ đó suy ra C = (A − B)/(a − b) D = A − (A − B)a/(a − b) = (aB − bA)/(a − b). Bài toán 1.4. Tìm phần dư trong phép chia x100 cho (x − 1)2 . Lời giải. Giả sử x100 = (x − 1)2 Q(x) + Ax + B . Thay x = 1, ta được 1 = A + B. Lấy đạo hàm hai vế rồi cho x = 1, ta được 100 = A. Từ đó suy ra phần dư là 100x − 99. Bài toán 1.5. Tìm a, b, c biết rằng đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c chia hết cho x − 2 và chia x2 − 1 dư 2x. 7
Lời giải. Từ các điều kiện đề bài suy ra P (2) = 0, P (1) = 2 và P (−1) = −2, tức là 8 + 4a + 2b + c = 0, 1 + a + b + c = 2, −1 + a − b + c = −2. 10 10 Từ đó suy ra b = 1, a = − , c = . 3 3 10 2 10 P (x) = x3 − x +x+ 3 3 . Bài toán 1.6. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + 1. Lời giải. Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta đã có (x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó (x + 1)2n+3 + xn+3 = (x2 + 2x + 1)(x + 1)2n+1 + xn+3 ≡ x(x + 1)2n+1 + xn+3 = x((x + 1)2n+1 + xn+2 ) ≡ 0(mod(x2 + x + 1)). Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là √ −1 ± i 3 α= . 2 Để chứng minh P (x) chia hết cho x2 + x + 1 ta chỉ cần chứng minh P (α) = 0. Điều này tương đương với việc chứng minh 1 + i√3 2n+1 −1 + i√3 n+2 + = 0. 2 2 Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với (2n + 1)π (2n + 1)π (n + 2)2π (n + 2)2π cos + i sin + cos + i sin = 0. 3 3 3 3 (2n + 1)π (n + 2)2π Điều này đúng vì − = π. 3 3 8
Bài toán 1.7. Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Lời giải. Cách 1. Ta nhận thấy x3 ≡ 1(mod(x2 + x + 1)). Do đó x2(n+3) + xn+3 + 1 ≡ x2n + xn + 1(mod(x2 + x + 1)) Do đó ta chỉ cần xét với n = 0, 1, 2. Rõ ràng Với n = 0, 3 không chia hết cho x2 + x + 1. Với n = 1, x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Với n = 2, x4 + x2 + 1 ≡ x + x2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Từ đó suy ra x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1 khi và chỉ khi n có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2. Cách 2. (Số phức) Tương tự như bài toán 1.6, ta có P (x) = x2n + xn + 1 chia hết cho x2 +x+1 khi và chỉ khi P (α) = 0. Áp dụng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với 4nπ 4nπ 2nπ 2nπ cos + i sin + cos + i sin + 1 = 0. 3 3 3 3 Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3. Bài toán 1.8. Chứng minh rằng (xm − 1, xn − 1) = x(m,n) − 1. m, Lời giải. Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm − 1 = (xd ) − 1 chia hết cho xd − 1 và tương tự xn − 1 chia hết cho xd . Suy ra xd − 1 là ước chung của xm − 1, xn − 1. Giả sử D(x) là một ước chung của xm − 1, xn − 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương u, v sao cho d = mu − nv . Khi đó D(x) là ước của (xmu − 1) − (xnv − 1) = xnv (xd − 1). Vì (xm − 1, xnv ) = 1 nên (D(x), xnv ) = 1, suy ra D(x) là ước của xd − 1, suy ra xd − 1 là ước chung lớn nhất của xm − 1 và xn − 1. 9
Chương 2 Vấn đề biểu diễn, xác định đa thức 2.1 Biểu diễn một số lớp các đa thức một biến 2.1.1 Biểu diễn các đa thức dương trên trục thực và nửa trục thực Định lí 2.1 ([3]-[6]). Giả sử đa thức P (x) ∈ R[x] và P (x) > 0 với mọi x ∈ R. Khi đó P (x) có thể biểu diễn được dưới dạng P (x) = [A(x)]2 + [B(x)]2 , trong đó A(x), B(x) cũng là các đa thức. Chứng minh. Do P (x) > 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậc bằng 2n và có thể phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai dương, nghĩa là n h Y i 2 2 P (x) = (aj x + xj ) + yj , j=1 trong đó aj , xj , yj ∈ R, j = 1, 2, . . . , n. Từ hằng đẳng thức p21 + q12 p22 + q22 = (p1 p2 + q1 q2 )2 + (p1 q2 + p2 q1 )2 , ta có kết luận: Tích của hai biểu thức dạng [u (x)]2 + [v (x)]2 cũng là một biểu thức có dạng đó. Sau hữu hạn bước thực hiện quy trình đó ta thu được biểu thức dạng P (x) = [A (x)]2 + [B (x)]2 . 10
Bài toán 2.1. Chứng minh rằng tồn tại đa thức bậc nhất P (x), Q(x) sao cho x2 − 3x + 3 = [P (x)]2 + [Q(x)]2 , ∀x ∈ R. (2.1) có các hệ số đều dương. 3 2 √3 2 Lời giải. Nhận xét rằng x2 − 3x + 3 = x − + và a2 + b2 = a + b 2 a − b 2 2 2 √ + √ . 2 2 √ √ 3 3 x− 2 + 2 x − 2 − 23 3 Chọn đa thức P (x) = √ , P (x) = √ , ta thu được 2 2 đẳng thức (2.1). Bài toán 2.2. Cho f (x) = ax2 + bx + c ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x) > 0 với mọi x ≥ 0. Chứng minh rằng tồn tại đa thức P (x) sao cho đa thức Q(x) = f (x)P (x) có tất cả các hệ số đều không âm. Lời giải. Do f (x) > 0 với mọi x ≥ 0 nên a > 0 và c = f (0) > 0. Nếu b ≥ 0 thì ta chọn P (x) = 1 và ta nhận được ngay điều phải chứng minh. Nếu b < 0, do a > 0 ta tìm P (x) dưới dạng P (x) = (x + 1)n với n ≥ 2. n Ta có Q (x) = (x + 1)n = Cnk xk nên P k=0 P (x) = ax2 + bx + c (x + 1)n n X n+2 n+1 aCnk−2 + bCnk−1 + cCnk xk =ax + (b + na) x + ··· + k=0 + · · · + (b + nc) x + c. Ta chọn n sao cho b + na ≥ 0 (1) ( b + nc ≥ 0 (2) aCn + bCn + cCnk ≥ 0 k = 2, 3, . . . , n k−2 k−1 (3) −b −b Nhận thấy ngay rằng với n > max , thì các điều kiện (1) và a c (2) được thỏa mãn (do a > 0). Ta biến đổi vế trái của (3) như sau: h (k) = (a − b + c) k 2 − [a − (n + 2) b + (2n + 3) c] k 11
+c (n + 1) (n + 2) ≥ 0, do b < 0, a ≥ 0, c ≥ 0 nên a − b + c > 0. Để (3) đúng với mọi k ta chọn n sao cho biệt thức của tam thức bậc hai h(k) không dương ∆h ≤ 0. Biểu thức của ∆h cũng là một tam thức bậc hai theo n có hệ số của n2 là (b − 2c)2 − 4c (a − b + c) = b2 − 4ac ≤ 0 (do f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0; a > 0). Do vậy, ta có: lim ∆h = −∞. n→∞ Do đó với n đủ lớn thì ∆h ≤ 0. Từ đó suy ra tồn tại n thỏa mãn đồng thời (1), (2) và (3). Định lí 2.2. Giả sử đa thức g(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 n ≥ 3 thỏa mãn điều kiện g(x) > 0 với mọi x > 0. Khi đó tồn tại s ∈ N để đa thức Q(x) dạng Q(x) = g(x)(x + 1)s có các hệ số đều không âm. Chứng minh. Ta xét hai trường hợp deg g (x) = 2m và deg g (x) = 2m + 1 với m ∈ N. Khi n = 2m thì ta có thể phân tích m Y ak x2 + bk x + ck , g (x) = k=1 trong đó ak x2 + bk x + ck > 0, ∀x > 0. Theo Bài toán 2.2 với mỗi đa thức ak x2 + bk x + ck đều tồn tại số tự nhiên mk sao cho đa thức Qk (x) = ak x2 + bk x + ck (x + 1)mk có các hệ số đều không âm. m m (x + 1)mk = g (x) (x + 1)m1 +···+mm là một Q Q Từ đó Qk (x) = g (x) k=1 k=1 đa thức cũng có các hệ số đều không âm. Khi deg g (x) = 2m + 1 thì g (x) có ít nhất một nghiệm không dương là −a (a ≥ 0). Ta có g (x) = (x + a) h (x) với h (x) > 0 với mọi x > 0 và deg h (x) = 2m. Do deg h (x) = 2m nên theo (1) tồn tại số nguyên dương s sao cho h (x) (x + 1)s có các hệ số đều không âm và vì vậy đa thức g (x) (x + 1)s cũng có các hệ số đều không âm. 12
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng tồn tại đa thức Q(x) sao cho đa thức P (x) = (x2 − 3x + 3)Q(x) có các hệ số đều dương. Lời giải. Nhận xét rằng (x2 − 3x + 3)(x2 + 3x + 3) = x4 − 3x2 + 9, (x4 − 3x2 + 9)(x4 + 3x2 + 9) = x8 + 9x4 + 81. Chọn đa thức Q(x) = (x2 + 3x + 3)(x4 + 3x2 + 9)(x3 + x2 + x + 1). Khi đó P (x) = (x2 − 3x + 3)Q(x) = x11 + x10 + x9 + x8 + 9x7 + 9x6 + 9x5 + 9x4 + 81x3 + 81x2 + 81x + 81. Bài toán 2.4. Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0 thì tồn tại các đa thức A(x), B(x), C(x), D(x) để P (x) biểu diễn được dưới dạng n o 2 2 2 2 P (x) = [A (x)] + [B (x)] + x [C (x)] + [D (x)] . (2.2) Lời giải. 1) Trường hợp deg P (x) = 2m. Nếu m = 0 thì ta dễ dàng viết được biểu diễn (2.2). Với m ≥ 1, ta có thể phân tích đa thức P (x) dưới dạng m Y ak x2 + bk x + ck , P (x) = k=1 trong đó ak > 0, ak x2 + bk x + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0. Nhận xét rằng với mỗi đa thức ak x2 + bk x + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0 ta đều có thể viết được ax2 + bx + c = (αk x + βk )2 + x γk2 + δk2 . 13
Do đó m h Y 2 2 2 i P (x) = (αk x + βk ) + x γk + δk . k=1 Mặt khác, ta cũng có tích của hai đa thức dạng p2 + q 2 + x r2 + s2 cũng là một đa thức có dạng đó. Thật vậy, ta có 2 p1 + q12 + x r12 + s21 2 p2 + q22 + x r22 + s22 = p21 + q12 p22 + q22 + x2 r12 + s21 r22 + s22 +x p21 + q12 r22 + s22 + x2 r12 + s21 p22 + q22 . Theo Bài toán 2.2 thì ta có biểu diễn p1 + q12 p22 + q22 + x2 r12 + s21 r22 + s22 = [A (x)]2 + [B (x)]2 , 2 p1 + q12 r22 + s22 + x2 r12 + s21 p22 + q22 = [C (x)]2 + [D (x)]2 . 2 Vậy nên n o 2 2 2 2 P (x) = [A (x)] + [B (x)] + x [C (x)] + [D (x)] . Trường hợp deg P (x) = 2m + 1. Lập luận tương tự như đối với Định lý 2.1, ta thu được n X (x + d) ak x2 + bk x + ck P (x) = k=1 n o = [A (x)] + [B (x)] + x [B (x)] + [C (x)] = [B (x)]2 + [C (x)]2 2 2 2 2 (Do các biểu thức trong ngoặc nhọn là không âm với mọi x nên áp dụng được kết quả biểu diễn của Bài toán 2.2). 2.1.2 Biểu diễn các đa thức dương trên một khoảng Định lí 2.3. Giả sử đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x) > 0, ∀x ∈ (−1; 1) . Khi đó đa thức f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng k X f (x) = αj (1 + x)αj (1 − x)βj j=0 14
với αj ≥ 0, αj , βj ∈ N. 1+x t−1 Chứng minh. Giả sử deg f (x) = m. Đặt = t thì x = . 1 − x t + 1 t−1 Do x ∈ (−1; 1) nên t > 0 và f (x) = f > 0, ∀t > 0. t+1 Do đó đa thức Q(t) với − t 1 Q (t) = (t + 1)m f t+1 là một đa thức thỏa mãn điều kiện Q(t) > 0 , ∀t > 0. Theo Định lý 2.1 thì tồn tại n ∈ N sao cho k t−1 X m+n (t + 1) f = b j tj t+1 j=0 là một đa thức có các hệ số đều không âm. Suy ra k t−1 X m+n (t + 1) f = b j tj t+1 j=0 với bj > 0, k ≤ m + n. 1+x 2 Mà t + 1 = +1= , nên ta thu được 1−x 1−x m+n k 1+x j 2 X f (x) = bj . 1−x j=0 1 − x Suy ra k X bj f (x) = m+n (1 + x)j (1 − x)m+n−j j=0 2 hay k X f (x) = αj (1 + x)j (1 − x)m+n−j j=0 bj với αj = ≥ 0. 2m+n Từ đó ta có điều phải chứng minh. 15
Bài toán 2.5. Chứng minh rằng tồn tại đa thức dạng m X Q(x) = ak (1 − x)k (1 + x)m−k , k=1 trong đó ak ≥ 0 với mọi k = 1, 2, . . . , m sao cho x2 + 1 = Q(x) với mọi x ∈ [−1, 1]. Lời giải. Sử dụng đẳng thức (1 − x)2 + (1 + x)2 = 2(x2 + 1), ta có 1 x2 + 1 = Q(x) với mọi x ∈ [−1, 1], trong đó Q(x) = [(1 − x)2 + (1 + x)2 ]. 2 2.2 Một số đồng nhất thức giữa các đa thức nhiều biến Với các số thực a, b, c, x, y, z và d 6= 0 có các đồng nhất thức sau đây: (i) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 và (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 . (ii) (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca). (iii) (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 và (a − b)3 = a3 − 3ab(a − b) − b3 . (iv) a2 − b2 = (a − b)(a + b). (v) a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) và a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ). (vi) (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 . (vii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) = (ax + by + cz)2 + (ay − bx)2 + (bz − cy)2 + (cx − az)2 . a |a| (viii) |ab| = |a||b|, | | = và |a| = |b| khi và chỉ khi a = ±b. d |d| Bài toán 2.6. Cho đa thức P (x, y, z, t) với các hệ số thực thỏa mãn hệ thức p 2 2 2 P x, y, z, ± x + y + z ≡ 0, ∀x, y, z ∈ R. 16
Chứng minh rằng đa thức P (x, y, z, t) có thể biểu diễn được dưới dạng P (x, y, z, t) = x2 + y 2 + z 2 − t2 Q (x, y, z, t) trong đó Q (x, y, z, t) là đa thức với hệ số thực. Lời giải. Thực hiện phép chia P (x, y, z) cho t2 − x2 − y 2 − z 2 theo biến t (x, y, z là tham số) ta thu được P (x, y, z, t) = (x2 +y 2 +z 2 −t2 )Q(x, y, z, t)+tR(x, y, z)+S(x, y, z). (2.3) p Thay t = ± x2 + y 2 + z 2 vào (2.3) ta suy ra R(x, y, z) = 0. p Với x, y, z cố định, ta chọn t = x2 + y 2 + z 2 thì từ (2.3) ta thu được S(x, y, z) = 0. Từ đây ta thu được biểu diễn P (x, y, z, t) = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )Q(x, y, z, t). Bài toán 2.7. Cho đa thức hai biến P (x, y) thỏa mãn điều kiện i) P (tx, ty) = t2 P (x, y) với mọi x, y, t ∈ R, ii) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = 0 với mọi a, b, c ∈ R, iii) P (1, 0) = 1. Chứng minh rằng đa thức P (x, y) có dạng P (x, y) = (x + y)m (x − 2y) , m ∈ N. Lời giải. Trong b) đặt b = 1 − a; c = 0, ta được P (1 − a, a) = −1 − P (a, 1 − a) . (2.4) Lại đặt c = 1 − a − b và kết hợp với a) ta được P (a + b, 1 − a − b) = P (a, 1 − a) + P (b, 1 − b) + 2. (2.5) Đặt f (x) = P (x, 1 − x) + 2. Khi đó f (x) là hàm liên tục trên R và f (1) = P (1, 0) + 2 = 3 và (2.5) trở thành f (x + y) = f (x) + f (y). Đó là phương trình hàm Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y) (2.6) f (1) = 3. 17