Định nghĩa và các tính chất
Định nghĩa
Giả sử R là một vành giao hoán có đơn vị Định nghĩa 1.1.1: Biểu thức có dạng a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0, với a_n ≠ 0, trong đó các hệ số a_n, a_{n-1}, , a_1, a_0 thuộc vành R, được gọi là một đa thức trên vành R.
Trong định nghĩa về đa thức, hệ số a_n được xem là hệ số bậc cao nhất, trong khi số tự nhiên n được gọi là bậc của đa thức, ký hiệu là degP(x) Biến x trong đa thức được gọi là ẩn, hay biến, hay đối số Hệ số a_n là hệ số cao nhất, còn a_0 là hệ số tự do của đa thức.
Nếua i =0vớii=1,2, ,n−1vàa 0 6=0thì ta có bậc của đa thức là không.Nếua i =0vớii=1,2, ,nthì f(x) =0, ta gọi đa thức này làđa thức không.
Nói chung người ta không định nghĩa bậc của đa thức không nhưng ta coi bậc của nó là−∞.
Hai đa thức f và g được coi là bằng nhau, ký hiệu f = g, nếu chúng đều là đa thức không hoặc cả hai đều khác đa thức không Đồng thời, các hệ số tương ứng của chúng cũng phải bằng nhau.
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số trong vành R được ký hiệu là R[x], tạo thành vành đa thức trên R Khi R là một trường, thì vành R[x] là một vành giao hoán có đơn vị.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi và các kỳ thi tuyển chọn, lý thuyết đa thức thường được ứng dụng Các đa thức được phân loại theo các trường số như RlàZ, Q, R, hoặc C Cụ thể, các đa thức thuộc Z[x], Q[x], R[x], hoặc C[x] lần lượt được gọi là đa thức nguyên, đa thức hữu tỷ, đa thức thực, và đa thức phức.
Các phép tính trên đa thức
Ta định nghĩa các phép tính số học như sau
• Phép nhân f(x)g(x) =c 2n x 2n +c 2n − 1 x 2n − 1 + .+c 1 x+c 0 trong đó c k =a 0 b k +a 1 b k − 1 + .+a k b 0 vớik=0,1, ,n.
Các tính chất cơ bản
Định lý 1.1.2 khẳng định rằng, trong một trường F, với hai đa thức f(x) và g(x) thuộc vành đa thức F[x], luôn tồn tại một cặp đa thức q(x) và r(x) duy nhất cũng thuộc F[x] sao cho f(x) = g(x)·q(x) + r(x), với điều kiện rằng bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của g(x).
Ta gọiq(x)vàr(x) lần lượt làđa thức thương(hoặcthương) vàđa thức dư(hay dư) trong phép chia f(x)chog(x).
Nếur(x) =0thì ta nói f(x)chia hết chog(x), hayg(x)chia hết f(x)hay f(x) làbộicủag(x)hayg(x)làước của f(x) Ta sẽ kí hiệu là f ghay g| f.
Giả sử f(x) =a n x n +a n − 1 x n − 1 + .+a 1 x+a 0 là một đa thức thuộc vành đa thứcR[x] Xét phần tửα ∈Rbất kỳ Khi đó f(α) =a n α n +a n − 1 α n − 1 + .+a 1 α+a 0 được gọi làgiá trị của đa thức f(x)tạiα.
Nếu f(α) = 0, thì α là nghiệm của đa thức f(x) Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1 sao cho f(x) chia hết cho (x−α) k nhưng không chia hết cho (x−α) k+1, thì α là nghiệm bội k của f(x) Cụ thể, khi k = 1, α là nghiệm đơn; khi k = 2, α là nghiệm kép.
Bài toán tìm nghiệm của đa thức f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 với n ≠ 0 trong vành R được gọi là giải phương trình đại số bậc n trong R Định lý 1.1.3 cho biết rằng nếu F là một trường, α ∈ F và f(x) ∈ F[x], thì dư của phép chia f(x) cho (x−α) chính là f(α) Theo định lý 1.1.4 (Định lý Bézout), phần tử α ∈ F là nghiệm của đa thức f(x) ∈ F[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x−α) Định lý 1.1.5 khẳng định rằng một đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực, từ đó dẫn đến một số hệ quả quan trọng.
Hệ quả 1.1.6 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Nếu một đa thức có bậc không vượt quá n và nhận cùng một giá trị tại n+1 điểm khác nhau của ẩn, thì đa thức đó sẽ là đa thức hằng.
Nếu hai đa thức có bậc không vượt quá n và nhận cùng một giá trị tại n+1 giá trị khác nhau của ẩn, thì hai đa thức đó là đồng nhất.
Trong trường hợp đa thức phức, ta có kết quả sau đây về số lượng nghiệm của nó. Định lí 1.1.9 Một đa thức phức bậcncó đúngnnghiệm tính cả bội.
Cuối cùng, chúng ta sẽ trình bày một kết quả quan trọng về cách biểu diễn của các đa thức thực Định lý 1.1.10 khẳng định rằng bất kỳ đa thức thực f(x) ∈ R[x] nào có bậc n và hệ số bậc cao nhất a_n khác 0 đều có thể phân tích một cách duy nhất (không tính thứ tự) thành các nhân tử, cụ thể là f(x) = a_n m.
Trong lý thuyết đa thức, việc khảo sát các nghiệm hữu tỷ và nguyên của một đa thức là rất quan trọng Định lý 1.1.11 khẳng định rằng, đối với một đa thức nguyên f(x) thuộc Z[x] có dạng f(x) = a₀xⁿ + a₁xⁿ⁻¹ + + aₙ₋₁x + aₙ với a₀ khác 0, việc phân tích các nghiệm của nó sẽ mang lại nhiều thông tin quý giá.
Nghiệm hữu tỷ nếu cóx= q p vớigcd(p,q) =1thì plà ước của hệ số tự do vàqlà ước của hệ số bậc cao nhất, tức là p|a n ,q|a 0
Đối với đa thức nguyên f(x) ∈ Z[x] có dạng chuẩn tắc với hệ số bậc cao nhất bằng 1, mọi nghiệm hữu tỷ của đa thức này, nếu tồn tại, đều là nghiệm nguyên.
Phép chia đa thức Ước chung lớn nhất và nhỏ nhất
Phép chia đa thức
Một đa thức d(x) được gọi là ước chung của hai đa thức f(x) và g(x) nếu nó chia hết cho cả hai Nếu d(x) là ước chung lớn nhất, tức là nó chia hết cho mọi ước chung khác của f(x) và g(x), thì d(x) được xem là ước chung lớn nhất của hai đa thức này.
Các ước chung lớn nhất (ƯCLN) thường khác nhau và không phải lúc nào cũng giống nhau Để đảm bảo tính duy nhất cho ƯCLN, chúng ta có thể quy ước chọn ƯCLN theo dạng chuẩn tắc, trong đó hệ số cao nhất luôn bằng 1.
Ta kí hiệu làd(x) = (f(x),g(x)) =gcd((f(x),g(x)).
Thuật toán Euclide
Ta chia liên tiếp f(x) =g(x)ãq(x) +r(x) g(x) =r(x)ãq 1 (x) +r 1 (x) r(x) =r 1 (x)ãq 2 (x) +r 2 (x) r k − 2 (x) =r k − 1 (x)ãq k (x) +r k (x) r k − 1 (x) =r k (xãq k+1 (x).
Khi đú(f(x),g(x)) =r ∗ k (x) vớir ∗ k (x) =cãrk(x)đa thức cú hệ số bậc cao nhất là
1(người ta thường gọi những đa thức này làđa thức chuẩn tắchayđa thức monic).
Kết quả nếud(x) = (f(x),g(x)) thì tồn tại hai đa thứcu(x),v(x)∈R[x]để có biểu diễn f(x)ãu(x) +g(x)ãv(x) =d(x).
Hơn nữa ta có thể chọndegu 1 +b 0 , a k small> k +b k − 1 , a k+1 =b k
Do đó g(x) =a 0 +pa 1 x+ .+p(p−1) .(p−k)a k+1 x k+1 small> 0 +p(cb1+b 0 )x+ .+p(p−1)(p−k)b k x k+1
Do f(x)cók+1nghiệm thực khác0nênq(x)cóknghiệm thực khác0 Mặt khác p>knên p>k−1.
Cho nên theo giả thiết quy nạp ta có đa thức Q(x) có k nghiệm thực Do đó g(x)có k+1nghiệm thực Vậy theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng.
Trường hợp 2.Đa thức f(x)nhậnx=0làm nghiệm.
Giả sửx=0là nghiệm bộikcủa f(x), vớik∈Z + ,k≤n Khi đó ta có f(x) =a k x k + .+a n x n = (a n x n − k + .+a k )x k và g(x) = p(p−1) .(p−k+1)a k x k + .+p(p−1) .(p−n+1)an.x n
Vì f(x) có n nghiệm thực nên H(x) =a k + .+a n x n − k có (n−k)nghiệm thực khác0.
Do đó áp dụng kết quả của Trường hợp 1 choH(x)và p ′ = p−k>n−k−1 (do p>n−1), ta được đa thức
Bài toán 1.3.6(Trung Quốc 1996) Cho đa thức p(x)bậc 5 có 5 nghiệm thực phân biệt Tìm số bé nhất của các hệ số khác0.
Lời giải Xét p(x) =ax 5 +bx 4 +cx 3 +dx+e, a6=0.
Nếu b, c, d, e đều bằng 0, thì p(x) = ax^5 có nghiệm bội (loại), điều này cho thấy p(x) không thể có hệ số khác 0 Do đó, p(x) phải có ít nhất hai hệ số khác 0.
Xétp(x) =ax 5 +bx n ,n≥2thìp(x)có nghiệm bội Ta tiếp tục loại trường hợp này.
Xétp(x) =ax 5 +dx=ax ax 4 + a d có tối đa ba nghiệm Ta cũng loại.
Xétp(x) =ax 5 +ecó một nghiệm Ta cũng loại.
Do đó p(x)có ít nhất ba hệ số khác 0 Chọn p(x) =x 5 −5x 3 +4x=x(x 2 −4) thì p(x)có đúng 5 nghiệm phân biệt và đúng ba hệ số khác0.
Vậy số bé nhất của hệ số khác0là3.
Phương trình bậc cao
Lý thuyết giải phương trình bậc 3 tổng quát
Xét phương trình đa thức bậc ba ax 3 +bx 2 +cx+d=0, a6=0 (1.10)
Ngoài việc tách nhóm số hạng hoặc tìm một nghiệm rồi phân tích nhân tử, dùng hằng đẳng thức, ta có cách giải tổng quát như sau:
Trước hết, chia 2 vế cho a6=0 đưa về phương trình: x 3 +Bx 2 +Cx+D=0. Tiếp theo đặtx=y− B 3 đưa tiếp về phương trình:y 3 −py=q, trong đó p= b 2
Có hai hướng để giải phương trình y 3 −py=q (1.11)
Hướng thứ nhất Đặty=u+vvà chọnu,v= p 3 thì từy 3 =u 3 +v 3 +3uv(u+v)ta cóu 3 +v 3 =qvàu 3 v 3 = P 27 3 Vậyu 3 ,v 3 là nghiệm phương trình
Nếu∆0 Đặty=2q p
Xét|m| ≤1, đặt m=cosα thì (1.12) có ba nghiệm t 1 =cosα
Xét |m| > 1, đặt m = 1 2 d 3 + d 1 3 suy ra d 3 = m±√ m 2 −1 Phương trình (1.12) có một nghiệm t = 1
Ta đặt tiếp m= 1 2 k 3 − 1 k 3 suy ra k 3 =m±p m 2 +1.
Phương trình (1.13) có một nghiệm t = 1
Các phương trình bậc ba dạng chuẩn tắc được biểu diễn dưới hai hình thức: 4x³ + 3x - m = 0 và 4x³ - 3x - m = 0 Điều này có nghĩa là mọi phương trình bậc ba đều có thể được chuyển đổi về dạng chuẩn tắc này.
Các phương trình bậc 4 đặc biệt
1 Phương trình có dạng ax 4 +bx 2 +c=0, a6=0 (1.14) Đặtt =x 2 , t ≤0thì đưa về phương trình bậc haiat 2 +bt+c=0
(x+a) 4 + (x+b) 4 =c (1.15) Đặtt =x+ a+b 2 thì đưa về phương trình trùng phươngAt 4 +Bt 2 +C=0và giải như trên.
(ax 2 +bx+c)(ax 2 +bx+d) =m (1.16) Đặtt =ax 2 +bx thì đưa về phương trình bậc hai(t+c)(t+d) =m.
Nếu có a+d =b+c thì ghép cặp (x+a)(x+d)và (x+b)(x+c)rồi đặt t =x 2 + (a+d)x=x 2 + (b+c)xđể đưa về dạng trên.
5 Phương trình có dạng ax 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e=0 (1.18)Nếuad 2 small> 2 6=0thì chia hai vế chox 2 6=0rồi đặtt =x+ ax e (Phương trình quy hồi mở rộng bậc bốn).
Phương trình quy hồi (đối xứng hệ số)
Xét phương trình a 0 x n +a 1 x n − 1 +a 2 x n − 2 +ããã+a n − 2 x 2 +a n − 1 x+a n =0 (1.19) trong đóa 0 =a n ; a 1 =a n − 1 ; a 2 =a n − 2 ; .
Xét n chẵn, n=2m Chia hai vế cho x m 6=0 Đặt t =x+ 1 x ,|t| ≥2 đưa về phương trình bậcm= n 2
Phương trình xétnlẻ với n=2m+1 có nghiệm x=-1, do đó có thể phân tích thành thừa số (x+1) và thừa số bậc 2m Điều này dẫn đến việc tạo ra một phương trình quy hồi bậc chẵn Đôi khi, chúng ta mở rộng dạng quy hồi bằng cách sử dụng các biến đổi t = (x-1)/x và t = (x+a)/x.
Nguyên tắc chung là biến đổi về dạng tích, đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc thấp hơn Đặc biệt
• Nếu tổng các hệ số bằng0thì có nghiệmx=1.
• Nếu tổng đan dấu các hệ số bằng0thì có nghiệmx=−1.
Nghiệm hữu tỉ của phương trình có dạng x = q/p với p chia hết cho a và q chia hết cho a bằng 0 Có thể sử dụng phương pháp trực tiếp hoặc sơ đồ Hoocne để thử nghiệm Đôi khi, khi phương trình bậc cao theo biến x lại có bậc thấp theo tham số, ta có thể chuyển đổi về phương trình với ẩn là tham số đó.
Bài toán 1.3.7 Giải các phương trình sau
Vậy nghiệm của phương trình là x= 1
Bài toán 1.3.8 Tìm quan hệ giữa p và q để phương trình x 3 +px+q= 0 có thể viết dưới dạng x 4 = (x 2 −ax+b) 2 Áp dụng kết quả đó để giải phương trình: x 3 −18x+27=0.
Lời giải Ta có x 4 −(x 2 −ax+b) 2 =−m(x 3 +px+q).
Suy ra a 2 +2b=0, 2ab= pm, 2a=m,b 2 =qm.
Từ đób= p, kéo theo p 2 =mq Vậym= p q 2
Mặt kháca 2 =−2b⇒a= m 2 ⇒ m 4 2 =−2b=−2p⇒m 2 =−8p Từ đó p 4 q 2 −8⇒ p 4 +8pq 2 =0.
Vậy quan hệ giữa pvàq: p 3 +8q 2 =0.
Bài toán 1.3.9 Giải và biện luận phương trình x 3 −3x 2 +3(a+1)x−(a+1) 2 =0 (1.21)
Lời giải Ta cóx 3 −3x 2 +3(a+1)x−(a+1) 2 =0tương đương với
Nếua6=−1thì nhân hai vế với(a+1), ta được
Cộng hai vế vớix 3 ta được−ax 3 = (x−a−1) 3 Từ đó ta đượcx−a−1=−√ 3 ax, suy ra x= a+1
Nếua=−1thì dễ thấy phương trình có hai nghiệmx 1 =0vàx 2 =3.
Bài toán 1.3.10 Giải các phương trình sau
Vậy nghiệm của phương trình làx=2,x=−1±√
Vậy nghiệm của phương trình làx= − 1 ± 2 √ 5
Bài toán 1.3.11(IMO 1973) Giả sử phương trìnhx 4 +ax 3 +bx 2 +ax+1=0có nghiệm Tìm giá trị bé nhất củaa 2 +b 2
Lời giải Gọix 0 là nghiệm của phương trình đã cho, tức là x 4 0 +ax 3 0 +bx 2 0 +ax 0 +1=0
Từ đây ta có kết luậnx 0 6=0.
Chia hai vế chox 0 2 , ta có x 2 0 +ax 0 +b+ a x 0 + 1 x 2 0 =0.
Phương trình này tương đương với x 2 0 + 1 x 2 0
0 với điều kiện|y|=|x 0 |+| x 1 0 | ≥2 Ta có(y 2 −2) +ay+b=0Suy ra
Thật vậy, ta có (1.22) tương đương với5(2−t) 2 ≥4(1+t), tức là5t 2 −24t+16≥
0 Nhưng điều này đúng vìt ≥4 Như vậy giá trị bé nhất củaa 2 +b 2 là4/5.
Bài toán 1.3.12(Việt Nam 2002) Giải phương trình q
Lời giải Ta có biến đổi tương đương như sau q
Bây giờ ta sẽ giải phương trình x 4 −8x 3 +16x 2 +27x−90=0 (1.24)
Bằng cách thử trực tiếp ta thấyx=3là một nghiệm nên phương trình (1.24) được viết lại thành
Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx=3.
Bài toán 1.3.13(Việt Nam 1991) Giải phương trình x 3 −3x 2 −8x+40=8√ 4
Lời giải Từ phương trìnhx 3 −3x 2 −8x+40=8√ 4
4x+4ta có điều kiệnx≥ −1. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
Vìx≥ −1nên(x−3) 2 ≥0, suy rax=3 Thử lại ta thấy đúng Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx=3.
Bài toán 1.3.14 Chứng minh rằng
3 vớia≥ 1 8 là số tự nhiên
Lời giải (a) Áp dụng hằng đẳng thức(u+v) 3 =u 3 +v 3 +3uv(u+v)ta có x 3 *+ (1−2a)x ⇔ x 3 + (2a−1)x−2a=0
Xét đa thức bậc haix 2 +x+2acó∆=1−8a≥0
8 =1 Khia> 1 8 , ta có1−8a âm nên đa thứcx 2 +x+2acó nghiệm thực duy nhất x=1.
3 + 3 s a−a+1 3 r8a−13 là một số tự nhiên.
Giả sửx∈Q Do hệ số bậc cao nhất của đa thức là1nênxlà số nguyên Ta có
4 0.
Mặt khác hàm số f(x)là liên tục, vì vậy có một giá trịccủa x, nằm giữa a vàb, sao cho f(x) =0.
Bổ đề 2.1.5 Mọi đa thức bậc hai ax 2 +bx+c, với hệ số phức, bao giờ cũng có hai nghiệm phức.
Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số thực đều có ít nhất một nghiệm phức Tương tự, mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số phức cũng có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh Giả sử f(x)là một đa thức bậcn>0 f(x) =a 0 +a 1 x+ +a n x n với hệ số phức Đặt f(x) =a 0 +a 1 x+ +a n x n với cáca i là các liên hợp của cáca i vớii=0, ,n Xét đa thức g(x) = f(x)f(x).
Vì b k = ∑ i+ j=k a i a j =b k nên các hệ số b k là thực Theo Bổ đề 2.1.6 g(x) có ít nhất một nghiệm phức z=s+it, g(z) = f(z)f(z) =0.
Do đó hoặc f(x) =0hoặc f(z) =0 Nếu f(z) =0, f(z) =a 0 +a 1 z+ +a n z n =0. thì a 0 +a 1 z+ .a n z n =a 0 +a 1 z+ .+a n z n =0, tức là f(z) =0 Như vậy hoặczhoặczlà nghiệm của f(x).
Hệ quả 2.1.8 Các đa thức bất khả quy của vànhC[x],Clà trường số phức, là các đa thức bậc nhất.
Để chứng minh rằng các đa thức bậc nhất là bất khả quy, giả sử f(x) là một đa thức trong C[x] với bậc lớn hơn 1 Theo Định lý 2.1.7, f(x) có ít nhất một nghiệm phức Do đó, f(x) sẽ có một ước thực sự dạng x - c, dẫn đến kết luận rằng f(x) không phải là đa thức bất khả quy.
Hệ quả 2.1.9 Mọi đa thức bậcn>0với hệ số phức cónnghiệm phức.
Các đa thức bất khả quy trong R[x] với R là trường số thực bao gồm các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai có dạng ax^2 + bx + c, trong đó điều kiện cần thiết là biệt số b^2 - 4ac < 0.
Các đa thức bậc nhất và bậc hai với biệt số âm là những đa thức bất khả quy trong R[x] Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy.
Đối với đa thức R[x] có bậc lớn hơn một, p(x) không có nghiệm thực Theo Định lý 2.1.7, p(x) có một nghiệm phức và chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực g(x) = x² - (z + z)x + zz Đa thức g(x) không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), do đó g(x) phải là liên kết của p(x), tức là p(x) = u g(x), với u ∈ R.
Ta có điều cần chứng minh.
2.1.2 Đa thức bất khả quy của vành Q[x] Đối với trường số thựcRvà trường số phứcC, vấn đề xét xem một đa thức đã cho của vànhR[x] hayC[x]có bất khả quy hay không rất đơn giản, nhưng trong vành Q[x] vớiQ là trường số hữu tỉ thì vấn đề phức tạp hơn nhiều Đối với các đa thức bậc hai và ba của Q[x], việc xét xem có bất khả quy hay không được đưa về việc tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức đó Các đa thức bậc hai và bậc ba của Q[x] là bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỉ Đối với các đa thức bậc lớn hơn ba thì vấn đề phức tạp hơn nhiều Chẳng hạn đa thứcx 4 +2x 2 +1= (x 2 +1) 2 rõ ràng không có nghiệm hữu tỉ nào, nhưng nó có một ước thực sự x 2 +1 , vậy không phải là bất khả quy.
Mọi đa thức f(x) với hệ số hữu tỉ có thể được viết dưới dạng f(x) = b - 1 g(x), trong đó b là một số nguyên khác 0 và g(x) là một đa thức với hệ số nguyên Trong vành Q[x], nếu f(x) và g(x) liên kết thì f(x) là bất khả quy khi và chỉ khi g(x) cũng bất khả quy Do đó, tiêu chuẩn Eisenstein mà chúng ta đưa ra dưới đây sẽ được sử dụng để xác định tính bất khả quy của một đa thức trong Q[x] với hệ số nguyên.
Bổ đề 2.1.11 khẳng định rằng, nếu f(x) là một đa thức có bậc lớn hơn 0 và các hệ số là số nguyên, đồng thời f(x) không bất khả quy trong Q[x], thì f(x) có thể được phân tích thành tích của các đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên.
Trong nghiên cứu các đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein sau đây là đặc biệt quan trọng. Định lí 2.1.12(Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f(x)∈Z[x],degf(x) =n, f(x) =a 0 x n +a 1 x n −1+ .+a n
Nếu có số nguyên tố pthỏa mãn ba điều kiện
(3) a n không chia hết cho p 2 thì đa thức f(x)bất khả quy trênQ[x].
Chứng minh Giả sử f(x)có những ước thực sự trongQ[x]theo Bổ đề 2.1.11, f(x) có thể viết f(x) =g(x)h(x), trong đó g(x) =b 0 +b 1 x+ .+b r x r , b i ∈Z, 00 Biết rằng
|f(x)| ≤α với mọix∈[−1,1] Tìm giá trị lớn nhất của giá trị tuyệt đối các hệ số của đã thức đã cho.
Từ giả thiết ta có
|a| ≤4α, |b| ≤2α, |c| ≤3α, |d| ≤α. Với các đa thức f(x) =α 4x 3 −3x và g(x) =α 2x 2 −1
, thay vào ta thấy bất đẳng thức sẽ trở thành đẳng thức Vậy max|a|=4α, max|b|=2α, max|c|=3α, max|d|=α.
Bài toán 3.4.5 Cho đa thứcP n − 1 (x)bậc không vượt quán−1có hệ số bậc cao nhấta 0 , thỏa mãn điều kiện√
1−x 2 |P n − 1 (x)| ≤1với mọix∈[−1,1] Chứng minh rằng|a 0 | ≤2 n − 1
Lời giải Ta viết đa thức đã cho dưới dạng nội suy Lagrange theo các nút nội suy x j =cos 2 2n j − 1 π là các nghiệm của đa thức ChebyshevT n (x) Ta có
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.4.6 Giả thiết rằng đa thức P n − 1 (x) thỏa mãn các điều kiện của Bài toán 3.4.3 Chứng minh rằng|P n − 1 (x)| ≤nvới mọix∈[−1,1].
Lời giải Với các x j được chọn như ở Bài toán 3.4.5 thì do hàm số y= cos(x) nghịch biến trong(0,π)nên
T n (x) (x−x j ) (3.10) (dox−x j >0vàT n (x)có dấu không đổi trên(x1,1]) Mặt khác
|T n ′ (x)| n =|U n (x)| ≤n nên từ (3.10) và (3.11) suy ra
Hoàn toàn tương tự ta cũng có
|P n − 1 (x)| ≤n với mọix∈[−1,x n ) Xétx n ≤x≤x 1 Khi đó ta có p1−x 2 ≥ q
Bài toán được chứng minh xong.
Bài toán 3.4.7(Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức
P n (x) =a 0 x n +a 1 x n − 1 + .+a n thỏa mãn điều kiện |P n (x)| ≤ 1 với mọi x ∈ [−1,1] Chứng minh rằng khi đó
Lời giải Đặt x=cosa Khi đó theo giả thiết thì|P n (cosa)| ≤1 Do P n (cosa)có dạng
(ajcosjα+b j sinjα). nên ta có thể áp dụng kết quả của Bài toán 3.4.6, ta được sin(α)P n ′ (cos(α))
Cũng theo Bài toán 3.4.6, ta có
Vậy|P n ′ (x)| ≤n 2 Ta có điều phải chứng minh.
1 Những kết quả đã đạt được
Luận văn“Đa thức trong các bài thi học sinh giỏi”đã đạt được các kết quả sau:
1 Trình bày được các tính chất của đa thức, các bài toán về phép chia đa thức, ước - bội, nghiệm và phương trình bậc cao, đạo hàm và khai triển Taylor;
2 Lý thuyết và các bài toán về các đa thức bất khả quy trên các vành (trường) số;
3 Một số chủ đề nâng cao như các đa thức nhiều biến, đa thức đối xứng, phương trình hàm đa thức và đa thức Chebyshev.
Đề xuất hướng nghiên cứu tiếp theo trong lĩnh vực đa thức đại số là rất quan trọng, bởi đây là một trong những chủ đề sâu sắc của toán học Sau những kết quả đạt được trong luận văn, chúng tôi hy vọng sẽ tiếp tục khám phá các chủ đề liên quan để mở rộng kiến thức trong lĩnh vực này.
• Các phân thức hữu tỷ và các bài toán liên quan,
• Bài toán biểu diễn đa thức, sự phân bố nghiệm của đa thức và ứng dụng,
• Các khía cạnh giải tích của đa thức, phương trình hàm đa thức .