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 Lý thuyết số 60.46.01.04 TS Bùi Huy Hiền Lê Bích Ngọc HÀ NỘI - 2017 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS Bùi Huy Hiền, người tận tình giúp đỡ, hướng dẫn đưa nhiều ý kiến quý báu, tạo điều kiện thuận lợi, cung cấp tài liệu động viên suốt trình thực hoàn thành luận văn Tôi xin cảm ơn sâu sắc thầy cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt thầy cô Bộ môn Đại số - Lý thuyết số tạo điều kiện giúp đỡ suốt thời gian học tập Nhân dịp này, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn Hà nội, tháng năm 2017 Tác giả Lê Bích Ngọc Mục lục Các kiến thức sở đa thức 1.1 Vành đa thức biến 1.2 Bậc đa thức biến 1.2.1 Khái niệm tính chất đơn giản 1.2.2 Phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy 1.3 Vành đa thức nhiều biến 1.4 Bậc đa thức nhiều biến 1.5 Bài tập Đa 2.1 2.2 2.3 2.4 thức đối xứng Định nghĩa ví dụ đa thức đối xứng Các kết đa thức đối xứng Bất đẳng thức Muirhead Bài tập Đa 3.1 3.2 3.3 3.4 thức số Một sở không gian Đa thức số nhiều biến q -mô hình đa thức số Bài tập Đa 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 thức chia đường tròn Luật thuận nghịch Mobius Căn nguyên thủy bậc n đơn vị Tính chất sở đa thức chia đường tròn Tính bất khả quy đa thức chia đường tròn Bài tập đa thức số 5 6 9 10 14 14 17 23 25 30 30 34 35 36 39 39 42 44 51 56 Đa 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 thức Chebyshev Định nghĩa tính chất Đa thức trực giao Bất đẳng thức đa thức Chebyshev Hàm sinh Bài tập TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 59 65 70 72 75 80 MỞ ĐẦU Đa thức toán đa thức có vị trí quan trọng Toán học, đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số Hơn nữa, chủ đề mà Đại số, Hình học Giải tích giao thoa mạnh mẽ Hiện có nhiều tài liệu nghiên cứu đa thức phần lớn nghiên cứu nghiệm đa thức, biểu diễn đa thức, song tài liệu nghiên cứu lớp đa thức đặc biệt như: đa thức đối xứng, đa thức số, đa thức chia đường tròn, đa thức Chebyshev chưa nhiều Điều đưa tác giả đến việc lựa chọn đề tài “Một số dạng đa thức đặc biệt” Nội dung luận văn trình bày chương: Chương Trình bày khái niệm số tính chất đa thức Chương Trình bày định nghĩa tính chất lớp đa thức đối xứng Chương Trình bày đa thức số, sở không gian đa thức số, đa thức số nhiều biến q -mô hình đa thức số Chương Trình bày khái niệm đa thức chia đường tròn số tính chất sở đa thức chia đường tròn Chương Trình bày đa thức Chebyshev, đa thức trực giao bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev, hàm sinh Mặc dù cố gắng để hoàn thành luận văn, thời gian khả hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến quý báu bảo thầy cô bạn BẢNG KÍ HIỆU N N∗ Z Q R C a|b Cnk q Tn (x) F (x, z) −, − tập hợp số tự nhiên tập hợp số tự nhiên lớn tập hợp số nguyên tập hợp số hữu tỉ tập hợp số thực tập hợp số phức a chia hết b (hoặc b chia hết cho a) hệ số q - nhị thức đa thức Chebyshev hàm sinh dãy (an (x)) tích vô hướng Chương Các kiến thức sở đa thức 1.1 Vành đa thức biến Cho A vành giao hoán đơn vị 1; P tập dãy (a0 , a1 , , an , ) ∈ A với i ∈ N số hữu hạn = Ta định nghĩa phép cộng nhân P sau: (a0 , a1 , , an , )+(b0 , b1 , , bn , ) = (a0 + b0 , a1 + b1 , , an + bn , ); (a0 , a1 , , an , ) (b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , , cn , ) ck = bj i+j=k Khi đó, P với hai phép toán lập thành vành giao hoán có đơn vị (1, 0, 0, ), phần tử không vành (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, ) 1n kí hiệu vị trí thứ n Nếu ta quy ước x0 = (1, 0, 0, ) phần tử a ∈ A đồng với dãy (a, 0, 0, ) (bởi ta có đơn cấu vành A → P, a → (a, 0, 0, ) Như vậy,      , ∀a ∈ A , a, 0, axn =  0, 0, ,   n phần tử Chương Các kiến thức sở đa thức Do f = (a0 , a1 , , an , 0, ) = a0 + a1 x + · · · + an xn , thường viết f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn Cách biểu thị phần tử f ∈ P Hay nói cách khác, a0 + a1 x + · · · + an xn = b0 + b1 x + · · · + bn xn an = bn , , a1 = b1 , a0 = b0 Khi đó, vành P gọi vành đa thức ẩn x A, kí hiệu A [x] Các phần tử vành gọi đa thức ẩn x lấy hệ tử A Đa thức axn (a ∈ A) gọi đơn thức 1.2 1.2.1 Bậc đa thức biến Khái niệm tính chất đơn giản Cho đa thức f (x) ∈ A [x], với n xi = a0 + a1 x + · · · + an xn với an = 0, f (x) = i=0 n gọi bậc đa thức f (x), kí hiệu deg f (x) Hay nói cách khác, bậc đa thức số mũ cao x xuất đa thức Đa thức không f (x) = thường hiểu bậc, nhiên đa thức có bậc với đa thức không gọi chung đa thức n Với đa thức f = i=0 xi g = m bj xj ta viết f = g ta có m = n j=0 = bi với i Ta thấy rằng, với hai đa thức f (x) g(x) ta có deg cf (x) = deg f (x) c = Định lý 1.2.1 Nếu A miền nguyên A [x] miền nguyên Chương Các kiến thức sở đa thức Chứng minh Giả sử f (x), g(x) ∈ A [x] đa thức khác có bậc tương ứng m n: f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 , am = 0; g(x) = bn xn + · · · + b1 x + b0 , bn = Theo định nghĩa phép toán đa thức ta có f (x)g(x) = am bn xm+n + · · · + (a0 b1 + a1 b0 )x + a0 b0 Vì A miền nguyên am , bn = nên am bn = 0, f (x)g(x) = Vậy A [x] miền nguyên Định lý chứng minh Từ định lý ta có tính chất sau bậc đa thức Mệnh đề 1.2.1 Nếu A miền nguyên deg f (x) = n, deg g(x) = m, deg(f (x)g(x)) = n + m Ta nhận xét rằng, A không miền nguyên mệnh đề không Thật vậy, xét đa thức 2x + 3x + đa thức bậc Z6 [x] tích chúng lại đa thức bậc Định nghĩa 1.2.1 Giả sử A vành giao hoán có đơn vị B vành giao hoán có đơn vị chứa A làm vành Phần tử c ∈ B gọi nghiệm đa thức f (x) ∈ A [x] f (c) = Định lý 1.2.2 (Bezout) Cho A miền nguyên Phần tử c ∈ A nghiệm đa thức f (x) ∈ A [x] f (x) chia hết cho x − c vành đa thức A [x] Định nghĩa 1.2.2 Phần tử c ∈ A nghiệm bội k đa thức f (x) ∈ A [x] f (x) chia hết cho (x − c)k f (x) không chia hết cho (x − c)k+1 vành đa thức A [x] Nếu k = c gọi nghiệm đơn, k = c gọi nghiệm kép Nếu c1 , c2 , , cr nghiệm miền nguyên A f (x) ≡ với bội số theo thứ tự k1 , k2 , , kr f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr g(x) với g(x) ∈ A [x] g (ci ) = Do số nghiệm đa thức f (x) không vượt bậc đa thức f (x) hai đa thức có bậc không n n + phần tử phân biệt miền nguyên A chúng Chương Các kiến thức sở đa thức 1.2.2 Phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy Cho f (x) g(x) đa thức biến với hệ tử trường K Ta nói f (x) chia hết cho g(x) g(x) = tồn h(x) ∈ K [x] cho f (x) = g(x)h(x) Định lý 1.2.3 Cho f (x) g(x) đa thức biến với hệ tử trường K với g(x) = Khi đó, ta viết cách f (x) = g(x)p(x) + r(x) với p(x), r(x) đa thức có hệ tử K mà deg r(x) < deg g(x) r(x) = Đa thức d(x) gọi ước chung f (x) g(x) f (x) g(x) chia hết cho d(x) Ước chung d(x) f (x) g(x) gọi ước chung lớn d(x) chia hết cho ước chung khác f (x) g(x) Một phương pháp tiếng để tìm ước chung lớn thuật toán Euclide Ta mô tả phương pháp sau: Giả sử deg f (x) ≥ deg g(x) Đặt r1 (x) phần dư sau chia f (x) cho g(x) đặt r2 (x) phần dư sau chia g(x) cho r1 (x), tổng quát đặt rk+1 (x) phần dư sau chia rk−1 (x) cho rk (x) Vì bậc đa thức ri (x) giảm ngặt, nên với n đó, ta có rn+1 (x) = 0, tức rn−1 (x) chia hết cho rn (x) Ta thấy rằng, f (x) g(x) chia hết cho rn (x) rn (x) chia hết cho đa thức rn−1 (x), rn−2 (x), Hơn nữa, f (x) g(x) chia hết cho đa thức h(x) rn (x) chia hết cho h(x) h(x) chia hết cho r1 (x), r2 (x), Do rn (x) = (f (x), g(x)) Từ thuận toán Euclide ta có kết quan trọng sau: Định lý 1.2.4 Nếu d(x) ước chung lớn đa thức f (x) g(x) tồn đa thức a(x) b(x) cho d (x) = a (x) f (x) + b (x) g(x) Một đa thức f với hệ tử miền nguyên A gọi bất khả quy A[x] f không phân tích thành tích hai đa thức thuộc A[x] với bậc lớn hay Trái lại ta nói f khả quy A[x] Ta có kết sau Định lý 1.2.5 Cho K trường Khi đa thức f (x) ∈ K [x] khác 0, không ước 1, phân tích thành nhân tử bất khả quy phân tích Chương Đa thức Chebyshev b αf, g = b αf (x)g(x)w(x)dx = α a f (x)g(x)w(x)dx a = α f, g b b f, g = f (x)g(x)w(x)dx = a g(x)f (x)w(x)dx = g, f a Vì w (x) ≥ nên b b f (x)w(x)dx ≥ f (x)f (x)w(x)dx = f, f = a a b f (x)w(x)dx = hay f (x)w(x)dx = w không Nếu f, f = a đồng nên ta có f ≡ Ngược lại, f ≡ hiển nhiên b 0= f (x)f (x)w(x)dx = f, f a Vậy công thức (5.4) xác định tích vô hướng V n+1 Ta có khái niệm đa thức trực giao sau Định nghĩa 5.2.2 Các đa thức fk (x), k = 0, 1, không gian V n+1 gọi đa thức trực giao đoạn [a, b] với hàm trọng w(x) deg fk (x) = k b fm (x)fn (x)w(x)dx = với m = n a Định lý 5.2.1 Các đa thức trực giao f0 , f1 , , fn định nghĩa tạo thành sở trực giao không gian V n+1 với tích vô hướng nêu công thức (5.4) 66 Chương Đa thức Chebyshev Chứng minh Theo định nghĩa trên, tính trực giao đa thức f0 , f1 , , fn rõ ràng Vì không gian V n+1 có số chiều n + nên để chứng tỏ {f0 , f1 , , fn } sở V n+1 ta cần chứng tỏ hệ {f0 , f1 , , fn } hệ độc lập tuyến tính V n+1 , thật vậy, giả sử với α0 , α1 , , αn ∈ R ta xét α0 f0 + α1 f1 + · · · + αn fn = θ, θ đa thức đóng vai trò phần tử không không gian V n+1 Khi ta có α0 f0 (x) + α1 f1 (x) + · · · + αn fn (x) = θ, hay α0 a0 +α1 (b0 + b1 x)+α2 (c0 + c1 x + c2 x2 )+· · ·+αn (d0 + d1 x + · · · + dn xn ) = Rút gọn đưa vế trái đa thức dạng chuẩn, sau đồng hệ số 0, từ ta hệ   α0 a0 + α1 b0 + · · · + αn d0 =       α1 b1 + · · · + αn d1 =     αn−1 en−1 + αn dn − =    α d = n n Từ giải hệ phương trình từ lên ta suy α0 = α1 = · · · = αn = Do hệ {f0 , f1 , , fn } hệ độc lập tuyến tính V n+1 Vậy {f0 , f1 , , fn } sở trực giao không gian V n+1 Cho trước đoạn [a, b] hàm trọng w(x), đa thức trực giao {f0 , f1 , , fn } xác định cách sai khác hệ số tỉ lệ chúng nhận phương pháp trực giao hóa sở 1, x, x2 , Dưới ta liệt kê số đa thức trực giao tiếng a b w(x) Tên đa thức -1 1 Legendre λ−1/2 -1 1 − x2 Gegenbauer -1 (1 − x)α (1 + x)β Jacobi −∞ ∞ e−x Hermite α −x ∞ x e Laguerre 67 Chương Đa thức Chebyshev − x2 đa thức Chebyshev tạo thành hệ đa thức trực giao Điều khẳng định qua định lý sau Nếu ta xét đoạn [−1, 1] lấy hàm trọng w (x) = √ Định lý 5.2.2 Các đa thức Chebyshev tạo thành hệ đa thức trực giao đoạn [−1, 1] với hàm trọng w (x) = √ − x2 Chứng minh Bằng cách biến đổi x = cos ϕ, ta có π −1 dx = Tn (x)Tm (x) √ − x2 cos (nϕ) cos (mϕ) dϕ π cos (m + n) ϕ + cos (m − n) ϕ dϕ = π π = cos (m + n) ϕdϕ + cos (m − n) ϕdϕ π cos kϕdϕ = k = 0, nên ta có Mặt khác, π −1 dx = Tn (x)Tm (x) √ − x2 cos (nϕ) cos (mϕ) dϕ = 0, ∀m = n Hay nói cách khác, đa thức Chebyshev {Tn (x)} hệ đa thức trực giao Hệ 5.2.1 Giả sử Pn (x) đa thức bậc n thỏa mãn −1 xk dx =0 Pn (x) √ − x2 với k = 0, 1, , n − Khi Pn (x) = λTn (x), λ không phụ thuộc vào x Chứng minh Trong không gian V n+1 với tích vô hướng f (x)g(x) √ f, g = −1 68 dx , − x2 Chương Đa thức Chebyshev phần bù trực giao không gian sinh đa thức 1, x, x2 , , xn−1 không gian V n+1 sinh đa thức Chebyshev Tn (x) Hệ (5.2.1) thường dùng để kiểm tra liệu đa thức cho trước có thực đa thức Chebyshev Chẳng hạn, sử dụng hệ ta chứng tỏ định lý sau Định lý 5.2.3 Các đa thức Chebyshev xác định công thức √ (−1)n − x2 dn Tn (x) = (1 − x2 )n−1/2 n · · · · · (2n − 1) dx Chứng minh Áp dụng phép chứng minh quy nạp theo m ta dễ dàng chứng tỏ với m ≤ n dm (1 − x2 )n−1/2 = Pm (x)(1 − x2 )n−m−1/2 , m dx Pm (x) đa thức bậc m cho P0 (x) = 1, P1 (x) = −(2n − 1)x, Pm+1 = − x2 − (2n − 2m − 1)xPm (x) với m ≥ Do 1− x2 dn (1 − x2 )n−1/2 = Pn (x) n dx đa thức bậc n Ta kiểm tra Pn (x) = λTn (x), để làm điều theo hệ (5.2.1) ta cần kiểm tra dn x (1 − x2 )n−1/2 dx = với k = 0, 1, , n − n dx k −1 Lấy tích phân phần ta có dn x (1 − x2 )n−1/2 dx = n dx −1 k k = x Pn−1 (x)(1 − x2 )1/2 1−1 k−1 − kx −1 69 dn−1 n−1/2 (1 − x2 ) dx n−1 dx Chương Đa thức Chebyshev Do − x2 = x = ±1 nên thành phần thứ tích phân Khi đó, tiếp tục lấy tích phân phần k+1 lần ta thu tích phân ban đầu Còn lại, ta phải chứng tỏ λ = (−1)n · · · · · (2n − 1) Để làm điều này, ta tính Pn (1) Thật vậy, với x = 1, từ công thức truy hồi Pm+1 (x) = − x2 − (2n − 2m − 1) xPm (x) cho ta Pm+1 (1) = − (2n − 2m − 1) Pm (1) Do Pn (1) = (−1)n · · · · · (2n − 1) Điều chứng tỏ Tn (1) = 5.3 Bất đẳng thức đa thức Chebyshev Ta chứng tỏ rằng, đa thức Chebyshev lệch so với đoạn [−1, 1] Điều chứng tỏ đa thức Chebyshev đạo hàm chúng tăng trưởng nhanh bên đoạn Ta thể điều qua định lý sau Định lý 5.3.1 Cho đa thức p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , ∈ C cho |p(x)| với |x| Khi |p(k) (x)| |Tn(k) (x)| với |x| ≥ 1, x ∈ R Chứng minh Ta có |p(xi )| xi = cos với (n − i)π , i = 0, , n n Đa thức p(x) hoàn toàn xác định giá trị p(xi ) Thật vậy, n p(x) = i=1 p(xi ) gi (x) gi (xi ) (5.5) (x − xi ) Lấy đạo hàm hai vế (5.5) k lần ta gi (x) = j=i n (k) p (x) = i=1 p(xi ) (k) g (x) gi (xi ) i 70 Chương Đa thức Chebyshev Do |p(xi )| nên n (k) (k) |p (x)| i=0 gi (xi ) gi (xi ) (5.6) sgn ε = n Ta có Tn (xi ) = cos (n − i)π = (−1)n−i , n (k) |Tn (x)| = i=0 (−1)n−i (k) g (x) gi (xi ) i Hiển nhiên sgngi (xi ) = (−1)n−i Hơn nữa, với |x| ≥ 1, dấu (k) gi (x) không phụ thuộc vào i Thật vậy, nghiệm gi (x) thuộc vào (k) đoạn [−1, 1] nghiệm gi (x) thuộc đoạn Do (k) sgngi (x) = (−1)n−k với x ≥ 1, với x ≤ Do đó, với |x| ≥ ta có n |Tn(k) (x)| = i=0 (k) gi (x) gi (xi ) Trong trường hợp này, bất đẳng thức (5.6) suy |p(k) (x)| Từ định lý (5.3.1) ta thu vài kết sau (k) |Tn (x)| Định lý 5.3.2 Cho p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ C cho |p(x)| với |x| Khi |an | 2n−1 Chứng minh Vì Tn (x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn , với bn = 2n−1 Do đó, áp dụng định lý (5.3.1) với k = n, ta suy |an | ≤ |bn | = 2n−1 Định lý 5.3.3 Với x ≤ −1 x ≥ ta có (k) Tn−1 (x) ≤ Tn(k) (x) Chứng minh Vì với đa thức p (x) = Tn−1 (x), áp dụng định lý (5.3.1) (k) (k) nên Tn−1 (x) = p (x) ≤ Tn (x) 71 Chương Đa thức Chebyshev 5.4 Hàm sinh Định nghĩa 5.4.1 Với dãy hàm an (x), ta xét chuỗi ∞ an (x)z n F (x, z) = n=0 Nếu bán kính hội tụ chuỗi dương hàm F (x, z) gọi hàm sinh dãy an (x) Định lý 5.4.1 Cho −1 < x < |z| < 1, ta có: ∞ (i) n=0 Tn (x) n z = − ln(1 − 2xz + z ); n ∞ (ii) + − z2 Tn (x) n−1 z = n − 2xz + z n=0 Chứng minh (i) Đặt x = cos α, − 2xz + z = (1 − eiα z)(1 − e−iα z) Do đó, ln(1 − 2xz + z ) = ln(1 − eiα z) + ln(1 − e−iα z) Mặt khác, rõ ràng ta có ∞ − ln(1 − e ±iα z) = n=1 e±iα n z n với |z| < Do ∞ − ln(1 − 2xz + z ) = n=1 ∞ Tn (x) n cos nα n z =2 z n n n=1 (ii) Lấy đạo hàm hai vế (i) theo z ta có ∞ Tn (x)z n−1 = n=0 72 2x − 2z − 2xz + z Chương Đa thức Chebyshev Do ∞ 1+2 n=0 Tn (x) n−1 2x − 2z − z2 z =1+ = n − 2xz + z − 2xz + z Nhờ định lí (5.4.1) ta thu khai triển đa thức Chebyshev sau n Khi Định lý 5.4.2 Cho n ≥ m = Tn (x) = m (−1)k k=0 n C k (2x)n−2k n − k n−k Chứng minh Từ định lý (5.4.1) (i) ta có ∞ n=1 Tn (x) n z = − ln(1 − 2xz + z ) = n ∞ = p=1 ∞ p=1 (2xz − z )p p p (−1)k Cpk z p+k (2x)p−k p k=0 Do n 1 (−1)k Cpk (2x)p−k = Tn (x) = p+k=n p m (−1)k k=0 n k Cn−k (2x)n−2k n−k n tổng có nghĩa n − 2k ≥ M = = m x Với đa thức Pn (x) = 2Tn ( ) ta có m (−1)k Pn (x) = k=0 n k Cn−k xn−2k , n−k (5.7) n Nhớ lại đa thức Pn (x) khai triển đa thức z n + z −n theo số hạng z + z −1 (điều có nhờ z = eiϕ nên z n + z −n = 2cosnϕ z + z −1 = 2cosϕ) Hơn nữa, với n = 2m + ta có m = ∞ −1 n Cnk (z n−2k + z 2k−n ), (z + z ) = k=0 73 Chương Đa thức Chebyshev với n = 2m ∞ −1 n Cnk (Z n−2k + z 2k−n )Cnm (z + z ) = k=0 Do đó, P0 (x) = đa thức Pn (x) với n ≥ cho công thức (5.7) m Cnk Pn−2k (x), n x = (5.8) k=0 n Các công thức (5.7) (5.8) biểu diễn sau Đặt an = xn bn = Pn (x) x cố định Khi đó, m = m m Cnk bn−2k an = (−1)k bn = k=0 k=0 n k Cn−k an−2k , n−k (5.9) với n = b0 = a0 Ta chứng minh biểu diễn công thức (5.9) tương đương với dãy số Trước tiên ta có an = bn + βn−i bn−i bn = an + αn−i an−i Do công thức xác định dãy an qua số hạng dãy bn ngược lại Hiển nhiên với dãy λi xni bn = an = λi Pn (xi ), λi , xi cố định, công thức (5.9) tương đương chúng tương đương với dãy an = xni bn = Pn (xi ) Còn lại, ta chứng tỏ với dãy a0 , a1 , , an ta chọn số λ0 , , λn x0 , , xn cho n λi xli với l = 0, 1, , n al = i=0 74 (5.10) Chương Đa thức Chebyshev Chọn số x0 , , xn phân biệt bất kì, ta thu hệ phương trình tuyến tính số λ0 , , λn với định thức x0 ··· xn0 ··· · · · xn = 0, ··· ··· · · · xnn từ hệ (5.10) có nghiệm với a0 , , an Công thức (5.9) cho phép ta thu đẳng thức không tầm thường chứa hệ số nhị thức Newton Chẳng hạn, bn = với n Khi m k C2m = 22m , a2m+1 = k=0 m a2m = m k ) C2m+1 = (22m + C2m k=0 Các đẳng thức thu từ khai triển Newton (1 + 1)2m+1 (1 + 1)2m Trong trường hợp này, ta thấy m (−1)k bn = k=0 n k Cn−k an−2k n−k trở thành m 1= (−1)k 2m + k C2m+1−k 22m 2m + − k (−1)k 2m n−2k k m−k C2m−k (2 + C2m−2k ) 2m − k k=0 m 2= k=0 5.5 Bài tập Bài 1: Chứng minh a) Nếu n ≥ số lẻ đa thức Tn (x) khả quy b) Nếu n = 2k Tn (x) khả quy 75 Chương Đa thức Chebyshev c) Nếu n ≥ số lẻ, đa thức Tn (x) bất khả quy n x số nguyên tố Giải a) Từ công thức truy hồi Tn (x) = 2xTn−1 (x)−Tn−2 (x) T1 (x) = x suy Tn (x) = xqn (x), qn (x) ∈ Z[x] với n lẻ Do đa thức Tn (x) khả quy n ≥ số lẻ b) Ước lẻ 2k Nếu n = 2k n có ước lẻ Suy Tn (x) khả quy c) Nếu ta viết Tn (x) = tn xn + · · · + t1 x, hệ số tn tn = 2n−1 với n > 0, hệ số cuối t1 = (−1)(n−1)/2 n hệ số khác tn−(2k+1) = 0; k = 0, , [(n − 1) /2] [n/2] j n tn−2k = (−1)k ; k = 0, , [n/2] k 2j j=k Tn (x) 2n−1 hệ số tự (−1)(n−1)/2 n x Dễ thấy hệ số lại chia hết cho p Tính bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein Bài 2: Chứng minh rằng: Hệ số đa thức a) (1 − x2 )Tn (x) = n(Tn−1 (x) − xTn (x)) b) (1 − x2 )(Tn (x))2 = n2 (1 − (Tn (x))2 ) c) (1 − x2 )Tn (x) − xTn (x) + n2 Tn (x) = Giải a) Với x = cos α, lấy đạo hàm hai vế Tn (x) = cos nα theo α ta Tn (x)(− sin α) = −n sin nα 76 (5.11) Chương Đa thức Chebyshev Do Tn (x) sin2 α = n[cos(nα − α) − cos nα cos α] ⇔ (1 − x2 )Tn (x) = n(Tn−1 (x) − xTn (x)) b) Bình phương hai vế (5.11) ta (1 − (cos α)2 )(Tn (x))2 = n2 (1 − (cos nα)2 ) ⇔(1 − x2 )(Tn (x))2 = n2 (1 − (Tn (x))2 ) c) Lấy đạo hàm hai vế (5.11) ta Tn (x) (− sin α)2 + Tn (x) (− cos α) = −n2 cos nα ⇔ Tn (x) − x2 + Tn (x) (−x) + n2 Tn (x) = ⇔ (1 − x2 )Tn (x) − xTn (x) + n2 Tn (x) = Bài 3: Tìm a, b, c ∈ R để 4x3 + ax2 + bx + c ≤ với x ∈ [−1; 1] Giải Từ Định lý (5.1.1) ta thấy Pn (x) = 2n−1 xn + a1 xn−1 + · · · + an |Pn (x)| ≤ với |x| ≤ Pn (x) = Tn (x) Do 4x3 + ax2 + bx + c ≤ với x ∈ [−1; 1] ⇔ a = 0, b = −3, c = Bài 4: Tìm số thực a, b, c, d để 8x4 + ax3 + bx2 + cx + d ≤ với x ∈ [−1; 1] Giải Tương tự lời giải Bài ta tìm a = 0, b = −8, c = 0, d = −1 Bài 5: Chứng minh x, y ≥ Tn (xy) Tn (x)Tn (y) Tn (xy) Giải Cố định y ≥ xét đa thức p (x) = Ta thấy đa thức Tn (y) thỏa mãn điều kiện định lý (5.3.1), tức |p (x)| = |Tn (xy)| ≤1 Tn (y) với |x| ≤ Với số thực s, hàm |Tn (s)| phụ thuộc vào |s| Hơn nữa, |s| ≥ 1, |Tn (s)| đơn điệu tăng theo |s| Mặt khác, ta có |Tn (s)| ≤ ≤ Tn (y) với |s| ≤ Do đó, y ≥ |x| ≤ 1, ta có |Tn (xy)| ≤ Tn (y) Áp dụng định lý (5.3.1) với x ≥ 1, ta có |p (x)| ≤ Tn (x), tức Tn (xy) ≤ Tn (x) Tn (y) 77 Chương Đa thức Chebyshev Bài 6: Cho n số tự nhiên chẵn Chứng minh n −1 xn + = x2 − 2x cos i=0 (2i + 1) π +1 n Giải Các phức bậc n −1 ωk = cos (2k + 1) π (2k + 1) π + i sin n n với k = 0, 1, , n − Nhận xét với k = 0, 1, , n − ta có (2n − 2k − 1) π (2n − 2k − 1) π + i sin n n (2k + 1) π (2k + 1) π = cos − i sin n n ωn−1−k = cos Suy ωk + ωn−1−k = cos (2k + 1) π , ωk ωn−1−k = Vậy n n −1 n−1 xn + = (x − ωk ) = (x − ωk ) (x − ωn−1−k ) k=0 n −1 k=0 x2 − cos = k=0 (2k + 1) π +1 n 78 KẾT LUẬN Trong luận văn trình bày số khái niệm tính chất đa thức vành đa thức Các kết số dạng đa thức đặc biệt: đa thức đối xứng, đa thức số, đa thức chia đường tròn, đa thức Chebyshev Trình bày khái niệm kết lớp đa thức đối xứng Trình bày sở không gian đa thức số, đa thức số nhiều biến q -mô hình đa thức số Trình bày khái niệm đa thức chia đường tròn Φn (x) số tính chất sở đa thức chia đường tròn Chứng minh công thức xn − = Φd (x) từ suy Φn (x) ∈ Z[x], đồng thời d|n x ∈ Z p ước nguyên tố Φn (x) p ≡ (mod n) p|n Trình bày khái niệm tính chất đa thức Chebyshev Đa thức trực giao bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev, hàm sinh Tài liệu tham khảo [1] Victor V.Prasolov, Algorithms and computation in Mathematics Polynomials, Springer – Verlag Berlin Heidelberg, 1999 [2] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2014 [3] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Nguyễn Đạt Đăng – Lê Văn Đính – Lê Thị Hà – Đặng Đình Hanh – Đào Ngọc Minh – Trương Thị Hồng Thanh – Phan Thị Thủy, Bài tập sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2016 [4] Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo Dục, 2005 [5] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Lê Văn Chua, Cơ sở lí thuyết Galois, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2010 [6] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Đàm Văn Nhỉ, Giáo trình đại số sơ cấp, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2014 [7] Lê Hoành Phò - Nguyễn Văn Nho - Nguyễn Tài Chung, Chuyên khảo đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2013 80 ... nghiên cứu đa thức phần lớn nghiên cứu nghiệm đa thức, biểu diễn đa thức, song tài liệu nghiên cứu lớp đa thức đặc biệt như: đa thức đối xứng, đa thức số, đa thức chia đường tròn, đa thức Chebyshev... thức số, sở không gian đa thức số, đa thức số nhiều biến q -mô hình đa thức số Chương Trình bày khái niệm đa thức chia đường tròn số tính chất sở đa thức chia đường tròn Chương Trình bày đa thức. .. gọi bậc đa thức f (x), kí hiệu deg f (x) Hay nói cách khác, bậc đa thức số mũ cao x xuất đa thức Đa thức không f (x) = thường hiểu bậc, nhiên đa thức có bậc với đa thức không gọi chung đa thức n