Tài liệu Luận văn một số dạng đa thức đặc biệt

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN - TIN ————————–o0o————————– LUẬN VĂN THẠC SĨ MỘT SỐ DẠNG ĐA THỨC ĐẶC BIỆT Chuyên ngành Mã số chuyên ngành Người hướng dẫn Học viên : : : : Đại số và Lý thuyết số 60.46.01.04 TS. Bùi Huy Hiền Lê Bích Ngọc HÀ NỘI - 2017 LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS. Bùi Huy Hiền, người đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn và đưa ra nhiều ý kiến quý báu, cũng như tạo điều kiện thuận lợi, cung cấp tài liệu và động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện và hoàn thành bài luận văn. Tôi cũng xin cảm ơn sâu sắc các thầy cô trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt là các thầy cô trong Bộ môn Đại số - Lý thuyết số đã tạo điều kiện và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập. Nhân dịp này, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Hà nội, tháng 6 năm 2017 Tác giả Lê Bích Ngọc Mục lục 1 Các kiến thức cơ sở về đa thức 1.1 Vành đa thức một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Bậc của đa thức một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Khái niệm và tính chất đơn giản . . . . . . . . . . 1.2.2 Phân tích đa thức thành các nhân tử bất khả quy 1.3 Vành đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Bậc của đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Đa 2.1 2.2 2.3 2.4 thức đối xứng Định nghĩa và ví dụ về đa thức đối xứng . Các kết quả cơ bản về đa thức đối xứng . Bất đẳng thức Muirhead . . . . . . . . . Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Đa 3.1 3.2 3.3 3.4 thức số Một cơ sở trong không gian Đa thức số nhiều biến . . . q -mô hình của đa thức số . Bài tập . . . . . . . . . . . 4 Đa 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 thức chia đường tròn Luật thuận nghịch Mobius . . . . . . . . . . . Căn nguyên thủy bậc n của đơn vị . . . . . . . Tính chất cơ sở của đa thức chia đường tròn . Tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . các đa . . . . . . . . . . . . 2 . . . . thức số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 6 6 8 9 9 10 . . . . 14 14 17 23 25 . . . . 30 30 34 35 36 . . . . . 39 39 42 44 51 56 5 Đa 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 thức Chebyshev Định nghĩa và tính chất cơ bản . . . . Đa thức trực giao . . . . . . . . . . . Bất đẳng thức của đa thức Chebyshev Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 59 65 70 72 75 80 MỞ ĐẦU Đa thức và các bài toán về đa thức có một vị trí quan trọng trong Toán học, là một trong những đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số. Hơn nữa, đây cũng là chủ đề mà ở đó Đại số, Hình học và Giải tích giao thoa mạnh mẽ. Hiện nay có khá nhiều tài liệu nghiên cứu về đa thức trong đó phần lớn nghiên cứu về nghiệm của đa thức, biểu diễn đa thức, song các tài liệu nghiên cứu về các lớp đa thức đặc biệt như: đa thức đối xứng, đa thức số, đa thức chia đường tròn, đa thức Chebyshev chưa nhiều. Điều đó đã đưa tác giả đến việc lựa chọn đề tài “Một số dạng đa thức đặc biệt”. Nội dung chính của luận văn này được trình bày trong 5 chương: Chương 1. Trình bày khái niệm và một số tính chất cơ bản của đa thức. Chương 2. Trình bày về định nghĩa và tính chất của lớp các đa thức đối xứng. Chương 3. Trình bày về đa thức số, cơ sở trong không gian các đa thức số, đa thức số nhiều biến và q -mô hình của đa thức số. Chương 4. Trình bày về khái niệm đa thức chia đường tròn và một số tính chất cơ sở của đa thức chia đường tròn. Chương 5. Trình bày về đa thức Chebyshev, đa thức trực giao và bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev, hàm sinh. Mặc dù đã rất cố gắng để hoàn thành luận văn, nhưng do thời gian và khả năng còn hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến quý báu chỉ bảo của thầy cô và các bạn. BẢNG KÍ HIỆU N N∗ Z Q R C a | b
Cnk q Tn (x) F (x, z) h−, −i tập hợp các số tự nhiên tập hợp các số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 tập hợp các số nguyên tập hợp các số hữu tỉ tập hợp các số thực tập hợp các số phức a chia hết b (hoặc b chia hết cho a) hệ số q - nhị thức đa thức Chebyshev hàm sinh của dãy (an (x)) tích vô hướng Chương 1 Các kiến thức cơ sở về đa thức 1.1 Vành đa thức một biến Cho A là một vành giao hoán đơn vị 1; P là tập các dãy (a0 , a1 , . . . , an , . . .) trong đó ai ∈ A với mọi i ∈ N và chỉ một số hữu hạn ai 6= 0. Ta định nghĩa phép cộng và nhân trong P như sau: (a0 , a1 , . . . , an , . . .)+(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , an + bn , . . .); (a0 , a1 , . . . , an , . . .) (b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . .) P trong đó ck = ai bj . i+j=k Khi đó, P cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán có đơn vị là (1, 0, 0, . . .), phần tử không của vành này là (0, 0, 0, . . .). Đặt x = (0, 1, 0, 0, . . .) ta có x2 = (0, 0, 1, 0, . . .) x3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . .) ... xn = (0, 0, . . . , 0, 1n , 0, . . .) ở đó 1n là kí hiệu 1 ở vị trí thứ n. Nếu ta quy ước x0 = (1, 0, 0, . . .) thì mỗi phần tử a ∈ A có thể đồng nhất với dãy (a, 0, 0, . . .) (bởi vì ta có đơn cấu vành A → P, a 7→ (a, 0, 0, . . .). Như vậy,      , ∀a ∈ A. , a, 0, . . . axn =  0, 0, . . . , 0  | {z }  n phần tử 0 5 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức Do đó f = (a0 , a1 , . . . , an , 0, . . .) = a0 + a1 x + · · · + an xn , và thường được viết là f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn . Cách biểu thị như vậy là duy nhất đối với mỗi phần tử của f ∈ P . Hay nói cách khác, a0 + a1 x + · · · + an xn = b0 + b1 x + · · · + bn xn khi và chỉ khi an = bn , . . . , a1 = b1 , a0 = b0 . Khi đó, vành P được gọi là vành đa thức của ẩn x trên A, kí hiệu A [x]. Các phần tử của vành đó gọi là các đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A. Đa thức axn (a ∈ A) được gọi là một đơn thức. 1.2 1.2.1 Bậc của đa thức một biến Khái niệm và tính chất đơn giản Cho đa thức f (x) ∈ A [x], với f (x) = n X ai xi = a0 + a1 x + · · · + an xn với an 6= 0, i=0 khi đó n được gọi là bậc của đa thức f (x), kí hiệu là deg f (x). Hay nói cách khác, bậc của đa thức là số mũ cao nhất của x xuất hiện trong đa thức. Đa thức không f (x) = 0 thường được hiểu là không có bậc, tuy nhiên các đa thức có bậc 0 cùng với đa thức không được gọi chung là các đa thức hằng. n m P P Với các đa thức f = ai xi và g = bj xj ta viết f = g nếu ta có m = n i=0 j=0 và ai = bi với mỗi i. Ta thấy rằng, với hai đa thức f (x) và g(x) thì ta luôn có deg cf (x) = deg f (x) nếu c 6= 0. Định lý 1.2.1. Nếu A là một miền nguyên thì A [x] cũng là một miền nguyên. 6 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức Chứng minh. Giả sử f (x), g(x) ∈ A [x] là các đa thức khác 0 có bậc tương ứng là m và n: f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 , am 6= 0; g(x) = bn xn + · · · + b1 x + b0 , bn 6= 0. Theo định nghĩa về phép toán trên đa thức ta có f (x)g(x) = am bn xm+n + · · · + (a0 b1 + a1 b0 )x + a0 b0 . Vì A là miền nguyên và am , bn 6= 0 nên am bn 6= 0, do đó f (x)g(x) 6= 0. Vậy A [x] cũng là một miền nguyên. Định lý được chứng minh.  Từ định lý trên ta có tính chất sau về bậc của đa thức. Mệnh đề 1.2.1. Nếu A là miền nguyên và deg f (x) = n, deg g(x) = m, thì deg(f (x)g(x)) = n + m. Ta nhận xét rằng, nếu A không là một miền nguyên thì mệnh đề trên không còn đúng. Thật vậy, xét các đa thức 2x + 1 và 3x + 1 là các đa thức bậc nhất trong Z6 [x] nhưng tích của chúng lại là một đa thức bậc nhất. Định nghĩa 1.2.1. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị và B là một vành giao hoán có đơn vị chứa A làm vành con. Phần tử c ∈ B được gọi là nghiệm của đa thức f (x) ∈ A [x] nếu và chỉ nếu f (c) = 0. Định lý 1.2.2. (Bezout). Cho A là miền nguyên. Phần tử c ∈ A là nghiệm của đa thức f (x) ∈ A [x] nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho x − c trong vành đa thức A [x]. Định nghĩa 1.2.2. Phần tử c ∈ A là nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ A [x] nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho (x − c)k nhưng f (x) không chia hết cho (x − c)k+1 trong vành đa thức A [x]. Nếu k = 1 thì c gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì c được gọi là nghiệm kép. Nếu c1 , c2 , . . . , cr là những nghiệm trong miền nguyên A của f (x) 6≡ 0 với các bội số theo thứ tự k1 , k2 , . . . , kr thì f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr g(x) với g(x) ∈ A [x] và g (ci ) 6= 0. Do đó số nghiệm của đa thức f (x) không vượt quá bậc của đa thức f (x) và nếu hai đa thức có bậc không quá n bằng nhau tại n + 1 phần tử phân biệt của miền nguyên A thì chúng bằng nhau. 7 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức 1.2.2 Phân tích đa thức thành các nhân tử bất khả quy Cho f (x) và g(x) là các đa thức một biến với các hệ tử trên trường K . Ta nói rằng f (x) chia hết cho g(x) nếu g(x) 6= 0 và tồn tại h(x) ∈ K [x] sao cho f (x) = g(x)h(x). Định lý 1.2.3. Cho f (x) và g(x) là các đa thức một biến với các hệ tử trên trường K với g(x) 6= 0. Khi đó, ta luôn viết được một cách duy nhất f (x) = g(x)p(x) + r(x) với p(x), r(x) là các đa thức có hệ tử trên K mà deg r(x) < deg g(x) nếu r(x) 6= 0. Đa thức d(x) gọi là một ước chung của f (x) và g(x) nếu cả f (x) và g(x) cùng chia hết cho d(x). Ước chung d(x) của f (x) và g(x) được gọi là ước chung lớn nhất nếu d(x) chia hết cho bất kì ước chung nào khác của f (x) và g(x). Một phương pháp nổi tiếng để tìm ước chung lớn nhất là thuật toán Euclide. Ta mô tả phương pháp này như sau: Giả sử rằng deg f (x) ≥ deg g(x). Đặt r1 (x) là phần dư sau khi chia f (x) cho g(x) và đặt r2 (x) là phần dư sau khi chia g(x) cho r1 (x), và tổng quát đặt rk+1 (x) là phần dư sau khi chia rk−1 (x) cho rk (x). Vì bậc của các đa thức ri (x) là giảm ngặt, nên với n nào đó, ta có rn+1 (x) = 0, tức là rn−1 (x) chia hết cho rn (x). Ta thấy rằng, cả f (x) và g(x) cùng chia hết cho rn (x) vì rn (x) chia hết cho các đa thức rn−1 (x), rn−2 (x), . . . Hơn nữa, nếu f (x) và g(x) chia hết cho đa thức h(x) thì rn (x) cũng chia hết cho h(x) vì h(x) chia hết cho r1 (x), r2 (x), . . . Do đó rn (x) = (f (x), g(x)). Từ thuận toán Euclide ta có kết quả quan trọng sau: Định lý 1.2.4. Nếu d(x) là ước chung lớn nhất của các đa thức f (x) và g(x) thì tồn tại các đa thức a(x) và b(x) sao cho d (x) = a (x) f (x) + b (x) g(x). Một đa thức f với các hệ tử trên miền nguyên A được gọi là bất khả quy trên A[x] nếu f không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc A[x] với bậc lớn hơn hay bằng 1. Trái lại ta nói f khả quy trên A[x]. Ta có kết quả sau đây. Định lý 1.2.5. Cho K là một trường. Khi đó mọi đa thức f (x) ∈ K [x] khác 0, không là ước của 1, đều có thể được phân tích thành các nhân tử bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất. 8 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức Hệ quả 1.2.1. Nếu đa thức qr chia hết cho một đa thức bất khả quy p, thì hoặc q hoặc r chia hết cho p. Định lý 1.2.6. Một đa thức với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z nếu và chỉ nếu đa thức đó bất khả quy trên Q. Một trong những tiêu chuẩn tốt nhất xác định đa thức bất khả quy là tiêu chuẩn Eisenstein dưới đây. Định lý 1.2.7. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f (x) = a0 +a1 x+· · ·+an xn là một đa thức với các hệ số nguyên sao cho hệ số an không chia hết cho một số nguyên tố p, nhưng các hệ số còn lại a0 , . . . , an−1 chia hết cho p và a0 không chia hết cho p2 . Khi đó f là bất khả quy trên Q. 1.3 Vành đa thức nhiều biến Định nghĩa 1.3.1. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị. Ta đặt A1 = A[x1 ] A2 = A1 [x2 ] A3 = A2 [x3 ] .. . An = An−1 [xn ] vành An = An−1 [xn ] kí hiệu là A[x1 , . . . , xn ] và gọi là vành đa thức n biến x1 , . . . , xn lấy hệ tử trong vành A. Một phần tử của An là một đa thức n biến x1 , . . . , xn lấy hệ tử trong vành A. Kí hiệu: f (x1 , . . . , xn ). 1.4 Bậc của đa thức nhiều biến Định nghĩa 1.4.1. Giả sử f (x1 , . . . , xn ) ∈ A[x1 , . . . , xn ] là một đa thức khác 0 f (x1 , . . . , xn ) = c1 xa111 · · · xan1n + · · · + cm xa1m1 · · · xanmn với các ci 6= 0, i = 1, . . . , m và (ai1 , . . . , ain ) 6= (aj1 , . . . , ajn ) khi i 6= j . Ta gọi bậc của đa thức f (x1 , . . . , xn ) đối với biến xi số mũ cao nhất mà xi có được trong các hạng tử của đa thức. Nếu trong đa thức f (x1 , . . . , xn ) biến xi không có mặt thì bậc của 9 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức f (x1 , . . . , xn ) đối với nó là 0. Ta gọi là bậc của hạng tử ci xa1i1 · · · xanin tổng các số mũ ai1 + · · · + ain của các biến. Bậc của đa thức (đối với tất cả các biến) là số lớn nhất trong các bậc của các hạng tử của nó. Đa thức 0 là đa thức không có bậc. Nếu các hạng tử của f (x1 , . . . , xn ) có cùng bậc k thì f (x1 , . . . , xn ) gọi là một đa thức đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k . Đặc biệt một dạng bậc nhất gọi là dạng tuyến tính, một dạng bậc 2 gọi là dạng toàn phương, một dạng bậc 3 gọi là dạng lập phương. Định lý 1.4.1. Giả sử f (x1 , . . . , xn ) là một đa thức với hạng tử cao nhất là cxa11 · · · xann ; g (x1 , . . . , xn ) là một đa thức với hạng tử cao nhất là dxb11 · · · xbnn và giả sử (a1 , . . . , an ) > (b1 , . . . , bn ). Thế thì hạng tử cao nhất của đa thức tổng f (x1 , . . . , xn ) + g (x1 , . . . , xn ) là cxa11 · · · xann . Định lý 1.4.2. Giả sử f (x1 , . . . , xn ) và g (x1 , . . . , xn ) là hai đa thức khác 0 của vành A[x1 , . . . , xn ] có các hạng tử cao nhất theo thứ tự là c1 xa111 · · · xan1n và d1 xb111 · · · xbn1n . Nếu c1 d1 6= 0 thì hạng tử cao nhất của đa thức tích f (x1 , . . . , xn ) g (x1 , . . . , xn ) là c1 d1 xa111 +b11 · · · xan1n +b1n . 1.5 Bài tập Bài 1: Chứng minh rằng các đa thức sau là bất khả quy trên Z x4 − 8x3 + 12x2 − 6x + 2; x5 − 12x3 + 36x − 12; x4 − x3 + 2x + 1. Giải. Hai đa thức x4 − 8x3 + 12x2 − 6x + 2 và x5 − 12x3 + 36x − 12 bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein lần lượt với p = 2 và p = 3. Đặt f (x) = x4 − x3 + 2x + 1 ta có f (x + 1) = (x + 1)4 − (x + 1)3 + 2 (x + 1) + 1 = x4 + 3x3 + 3x2 + 3x + 3 bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3 nên f (x) cũng vậy. Cuối cùng, vì các hệ số của mỗi đa thức đã cho đều nguyên tố cùng nhau nên mỗi đa thức đã cho bất khả quy trên Z. Bài 2: Chứng minh rằng đa thức f (x) = (x − a1 ) · · · (x − an ) + 1 là bất khả quy khi n ≥ 5 và các ai ∈ Z. 10 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức Giải. Giả sử f (x) khả quy trên Z, nghĩa là f (x) = u(x)v(x) với u(x), v(x) ∈ Z[x], 1 ≤ deg u(x), deg v(x) < n. Khi đó, với i = 1, . . . , n ta có u(ai )v(ai ) = f (ai ) = 1, vì vậy u(ai ) = v(ai ) = ±1. Kết hợp với deg u(x), deg v(x) < n ta được u (x) = v (x) , f (x) = (u (x))2 và n deg u (x) = (do đó n phải là số chẵn). 2 Từ [u (x) + 1] [u (x) − 1] = f (x) − 1 = (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an ) và deg (u (x) + 1) = deg (u (x) − 1) = n 2 n nghiệm thuộc tập {a1 , a2 , . . . , an }. 2 Bằng việc đánh lại chỉ số (nếu cần), ta có thể viết suy ra u(x)+1 và u(x)−1 đều có k = u (x) + 1 = (x − a1 ) · · · (x − ak ) với a1 < · · · < ak ; u (x) − 1 = (x − ak+1 ) · · · (x − an ) với ak+1 < · · · < an . Như vậy, với i = k + 1, . . . , n ta có u(ai ) = 1 nên 2 = (ai − a1 ) · · · (ai − ak ) với ai − a1 > · · · > ai − ak . Vì n ≥ 5 nên k ≥ 3. Nhưng 2 không thể là tích của 4 số nguyên phân biệt nên k = 3 và n = 6. Mặt khác, chỉ có một cách viết 2 thành tích của 3 số nguyên phân biệt giảm dần là 2 = 1.(−1).(−2) nên ai − a1 = 1 với i = k + 1, . . . , n. Điều này mâu thuẫn với ak+1 < an . Vậy f (x) bất khả quy trên Z. Bài 3: Chứng minh rằng f (x) = (x − a) (x − a + 1) (x − a + 2) (x − a + 3)+ 1 là khả quy khi a ∈ Z. Giải. Ta có f (x) = (x − a) (x − a + 1) (x − a + 2) (x − a + 3) + 1, = [(x − a) (x − a + 3)] [(x − a + 1) (x − a + 2)] + 1, h ih i = (x − a)2 + 3 (x − a) (x − a)2 + 3 (x − a) + 2 + 1, h i2 2 = (x − a) + 3 (x − a) + 1 . Bài 4: Chứng minh rằng đa thức f (x) = (x − a1 )2 · · · (x − an )2 + 1 là bất khả quy khi các ai ∈ Z và khác nhau. 11 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức Giải. Giả sử f (x) không bất khả quy trên Z. Do f (x) có hệ số cao nhất bằng 1 nên ta có thể viết f (x) = u(x)v(x) với u, v ∈ Z[x]; 0 < deg u ≤ deg v < 2n và u(x), v(x) có hệ số cao nhất bằng 1. Với i = 1, . . . , n ta có u (ai ) v (ai ) = f (ai ) = 1 nên u (ai ) = v (ai ) = ±1. Mà f (x) > 0 với mọi x ∈ R nên u(x), v(x) không có nghiệm thực, suy ra u(x), v(x) không đổi dấu khi x ∈ R và do đó u(ai ) = 1 với mọi i = 1, 2, . . . , n hoặc u(ai ) = −1 với mọi i = 1, 2, . . . , n. Mặt khác, từ deg u ≤ deg v và deg u + deg v = deg f = 2n suy ra deg u ≤ n. Nếu deg u < n thì ta phải có u(x) ≡ 1 hoặc u(x) ≡ −1, mẫu thuẫn với deg u > 0. Nếu deg u = n thì deg v = n = deg u nên u(x) − v(x) là đa thức bậc nhỏ hơn n nhận a1 , a2 , . . . , an làm nghiệm. Do đó u(x) = v(x) và f (x) = (x − a1 )2 (x − a2 )2 · · · (x − an )2 + 1 = (u (x))2 . Ta được [u (x) − (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an )] [u (x) + (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an )] = 1. Suy ra u (x)−(x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an ) = u (x)+(x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an ) = ±1. Do đó (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an ) = 0, vô lí. Bài toán được chứng minh. Bài 5: Cho g (x) = ax2 + bx + 1 ∈ Z[x] và f (x) = (x − a1 ) · · · (x − an ) với n ≥ 7 và các số nguyên ai khác nhau. Chứng minh rằng nếu g(x) là bất khả quy thì g(f (x)) cũng là bất khả quy. Giải. Giả sử g(x) bất khả quy nhưng g(f (x)) không bất khả quy, tức là tồn tại u, v ∈ Z[x], 0 < deg u ≤ deg v sao cho g(f (x)) = u(x)v(x). Với mỗi i = 1, 2, . . . , n ta có u (ai ) v (ai ) = g (f (ai )) = g (0) = 1 nên u (ai ) = v (ai ) = ±1. Từ deg u + deg v = deg g(f (x)) = 2n suy ra deg u ≤ n ≤ deg v . Bởi việc đổi dấu u(x), v(x) và đánh lại chỉ số các ai (nếu cần) ta có thể coi n u (a1 ) = · · · = u (ak ) = 1 và u (ak+1 ) = · · · = u (an ) = −1 với k ≥ . Khi 2 đó, vì 0 < deg u ≤ n nên k ≤ n. Nếu k < n thì u (x) − 1 = (x − a1 ) · · · (x − ak ) q (x) với q ∈ Z[x], deg q > 0. Ta được −2 = u (an ) − 1 = (an − a1 ) · · · (an − ak ) q (an ) . 12 Chương 1. Các kiến thức cơ sở về đa thức Vì n ≥ 7 nên k ≥ 4. Do đó (an − a1 ) · · · (an − a4 ) | (−2). Điều này không thể xảy ra vì an − a1 , . . . , an − a4 là 4 số nguyên phân biệt. Như vậy k = n và u (x) = α (x − a1 ) · · · (x − an ) + 1 = αf (x) + 1 (α ∈ Z, α 6= 0) . Khi đó deg v = n và lập luận tương tự như trên ta có v (x) = βf (x) + 1 với β ∈ Z, β 6= 0. Vì vậy g (f (x)) = (αf (x) + 1) (βf (x) + 1). Từ đó suy ra g (x) = (αx + 1) (βx + 1) không bất khả quy, mâu thuẫn. Bài toán được chứng minh. 13 Chương 2 Đa thức đối xứng 2.1 Định nghĩa và ví dụ về đa thức đối xứng Định nghĩa 2.1.1. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Một đa thức f (x1 , . . . xn ) ∈ A[x1 , . . . , xn ] được gọi là đối xứng nếu với bất kì hoán vị σ ∈ Sn , ta có
f xσ(1) , . . . , xσ(n) = f (x1 , . . . , xn ) . Nói cách khác, f (x1 , . . . xn ) là đa thức đối xứng nếu ta đổi chỗ hai biến bất kỳ thì đa thức không thay đổi, tức là f (x1 , . . . , xi , . . . , xj , . . . , xn ) = f (x1 , . . . , xj , . . . , xi , . . . , xn ) . Ví dụ 2.1.1. Đa thức f (x, y) = x2 + xy + y 2 ; g (x, y) = x2 y + y 2 x là các đa thức đối xứng theo các biến x, y . Ví dụ 2.1.2. Đa thức f (x, y, z) = x4 + y 4 + z 4 − 2x2 y 2 − 2x2 z 2 − 2y 2 z 2 ; g (x, y, z) = (x + y) (y + z) (x + z) là các đa thức đối xứng theo các biến x, y, z . Ví dụ 2.1.3. Các đa thức đối xứng cơ bản   σ1 = x1 + x2 + · · · + xn  P    σ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = xi xj i ai−1 thì (a1 , . . . , ai−2 , ai , ai−1 , . . . , an ) > (a1 , . . . , ai−2 , ai−1 , ai , . . . , an ) . Do đó a i−1 ai αxa11 · · · xi−1 xi · · · xann không phải là hạng tử cao nhất, mâu thuẫn với giả thiết.  Bổ đề 2.2.2. Giả sử a1 , . . . , an là những số tự nhiên sao cho a1 ≥ · · · ≥ an . Thế thì đa thức a n−1 f (x1 , . . . , xn ) = σ1a1 −a2 σ2a2 −a3 · · · σn−1 −an an σn , trong đó σ1 , . . . , σn là các đa thức đối xứng cơ bản, có hạng tử cao nhất là xa11 · · · xann . Chứng minh. Các hạng tử cao nhất của σ1 , σ2 , . . . , σn−1 , σn theo thứ tự là x1 , x1 x2 , . . . , x1 x2 · · · xn−1 , x1 x2 · · · xn . Áp dụng Định lý (1.4.2) ta có hạng tử cao nhất của f (x1 , . . . , xn ) là xa11 −a2 (x1 x2 )a2 −a3 · · · (x1 x2 · · · xn−1 )an−1 −an (x1 x2 · · · xn )an = xa11 · · · xann .  Bổ đề 2.2.3. Giả sử a1 là một số tự nhiên. Bộ phận M của Nn với N là tập hợp các số tự nhiên, gồm các phần tử (t1 , t2 , . . . , tn ) sao cho a1 ≥ t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn là hữu hạn. Chứng minh. Gọi L là tập hợp hữu hạn gồm các số tự nhiên 0, 1, . . . , a1 . Hiển nhiên Ln hữu hạn và M ⊂ Ln , do đó M hữu hạn.  Bổ đề 2.2.4. Giả sử g (σ1 , . . . , σn ) là một đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản g (σ1 , . . . , σn ) = c1 σ1a11 · · · σna1n + · · · + cm σ1am1 · · · σnamn trong đó ci 6= 0; i = 1, . . . , m và (ai1 , . . . , ain ) 6= (aj1 , . . . , ajn ) ; i 6= j . Thế thì g (σ1 , . . . , σn ) 6= 0. 18