Polynomials with integer coefficients

Đây là bài thứ ba về đa thức của tôi, các bạn học sinh nên xem lại hai bài trước để học cho dễ dàng hơn. Như các bài trước, các bạn học sinh tự hoàn thiện các lời giải một cách chi tiết.

[1] https://nttuan.org/2023/06/30/poly01/

[2] https://nttuan.org/2023/08/11/poly02/

Mục đích của bài này là giới thiệu một số kết quả cơ bản về các đa thức với hệ số nguyên, chẳng hạn như định lí nghiệm hữu tỷ và tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein.

Định lí 1 (Định lí nghiệm hữu tỷ). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức

$P(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_1 x+a_0$

có bậc bằng $n$ với hệ số nguyên. Khi đó nếu $r / s$ là một nghiệm hữu tỷ khác không của $P(x)$ thỏa mãn $(r, s)=1$ , thì $r \mid a_0$ and $s \mid a_n$ .

Chứng minh. Từ giả thiết ta có $a_n r^n+a_{n-1} r^{n-1} s+\cdots+a_1 r s^{n-1}+a_0 s^n=0,$
suy ra $r \mid a_0 s^n$ và $s \mid a_n r^n$ . Nhưng $r$ và $s$ nguyên tố cùng nhau, nên $r \mid a_0$ và $s \mid a_n$ . $\Box$

Theo định lí này, khi $P$ có hệ số cao nhất bằng $1$ thì mọi nghiệm hữu tỷ của $P$ đều là số nguyên. Với một đa thức khác hằng với hệ số nguyên, từ định lí ta cũng thấy muốn tìm nghiệm hữu tỷ của đa thức ta chỉ cần tìm trong một tập hợp hữu hạn.

Ví dụ 1. Giả sử ta muốn tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của đa thức $P(x)=x^3-5x^2+x+10.$ Theo định lí, nghiệm hữu tỷ của $P$ phải là nghiệm nguyên và nó bằng $0$ hoặc là ước của $10$ . Suy ra nghiệm hữu tỷ của $P$ thuộc tập hợp $\{0,\pm 1,\pm 2,\pm 5,\pm 10\}.$ Kiểm tra trực tiếp ta thấy nghiệm hữu tỷ của đa thức là $2$ .

Định nghĩa 1. Một đa thức khác không với hệ số nguyên được gọi là nguyên bản nếu các hệ số của nó chỉ có ước dương chung là $1$ .

Định lí 2 (Bổ đề Gauss). Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh. Giả sử $f(x)=g(x) h(x)$ là tích của hai đa thức nguyên bản và $p$ là một số nguyên tố chia hết mọi hệ số của $f$ . Viết $g(x)=\sum a_kx^k$ và $h(x)=\sum b_mx^m$ . Do $f$ và $g$ là nguyên bản nên ta có thể chọn các chỉ số $i$ và $j$ lớn nhất để $p\nmid a_i$ và $p\nmid b_j$ . Khi đó hệ số của $x^{i+j}$ trong $f$ bằng $a_ib_j$ , số này không chia hết cho $p$ , vô lý. $\Box$

Hệ quả. Cho $f(x)$ là một đa thức khác hằng với hệ số nguyên sao cho $f(x)=g(x)h(x)$ , ở đây $g$ và $h$ là các đa thức khác hằng với hệ số hữu tỷ. Khi đó $f$ là tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc bằng bậc của $g$ và $h$ .
Chứng minh. Từ giả thiết ta có thể viết $\displaystyle f(x)=\frac{m}{n}g_1(x)h_1(x)$ , trong đó $m$ và $n$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, và $g_1,h_1$ là hai đa thức nguyên bản có bậc lần lượt bằng bậc của $g_1$ , $h_1$ . Nếu $a$ là một hệ số của $g_1h_1$ thì $n \mid m a$ do $f$ có hệ số nguyên, suy ra $n \mid a$ . Như vậy $n$ là số nguyên dương chia hết mọi hệ số của đa thức $g_1h_1$ , là một đa thức nguyên bản theo bổ đề Gauss, suy ra $n=1$ . Khi đó $f=(m g_1)(h_1)$ , đây là phân tích ta cần. $\Box$
Bằng quy nạp ta dễ dàng mở rộng kết quả trên cho nhiều hơn hai thừa số.

Định lí 3 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ có bậc $n$ với hệ số nguyên. Giả sử có số nguyên tố $p$ sao cho $a_n$ không chia hết cho $p$ , các hệ số $a_0,a_1,\ldots,a_{n-1}$ chia hết cho $p$ và $a_0$ không chia hết cho $p^2$ . Khi đó $f$ là đa thức bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ .

Chứng minh. Giả sử $f$ không bất khả quy trên $\mathbb{Q}.$ Khi đó theo hệ quả trên, tồn tại các đa thức khác hằng với hệ số nguyên $g$ và $h$ sao cho $f=gh.$ Viết $g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_kx^k$ và $h(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_mx^m,$ trong đó $k$ , $m$ là các số nguyên dương và $b_kc_m\not=0.$ Vì $b_0c_0=a_0$ chia hết cho $p$ nhưng không chia hết cho $p^2$ nên $p\mid b_0$ hoặc $p\mid c_0$ và không xảy ra cả hai. Giả sử mà không làm mất tính tổng quát rằng $p\mid b_0$ và $p\nmid c_0.$

Nếu $b_0,b_1,\ldots,b_u (u<k)$ chia hết cho $p$ thì bằng cách để ý đến hệ số của $x^{u+1}$ trong hai vế của $f=gh$ ta có $b_{u+1}$ cũng chia hết cho $p.$ Vậy bằng quy nạp theo $l$ , ta có $p\mid b_l$ với mỗi $l=0,1,\ldots,k$ . Suy ra $a_n=b_kc_m$ chia hết cho $p$ , vô lý. $\Box$

Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố $p$ , đa thức $\Phi_p(x)=1+x+\cdots+x^{p-1}$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ .

Chứng minh. Xét một số nguyên tố $p$ . Ta có

$\displaystyle \Phi_p(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{x}=x^{p-1}+C_p^1x^{p-2}+C_p^2x^{p-3}+\cdots+p,$ và khi $1 \leq i \leq p-1$ thì $p$ chia hết $C_p^i$ . Suy ra theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức $\Phi_p(x+1)$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ , do đó $\Phi_p(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ . $\Box$

Continue reading →

Popoviciu’s theorem

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình $ax+by=n,$ ở đây $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a,b)=1$ và $n$ là số tự nhiên.

Định lí. (Công thức Popoviciu) Gọi $N(a,b;n)$ là số các cặp số tự nhiên $(x,y)$ sao cho $ax+by=n$ , ở đây $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a,b)=1$ và $n$ là số tự nhiên. Khi đó

$\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}-\left\{\frac{a^{-1}n}{b}\right\}-\left\{\frac{b^{-1}n}{a}\right\}+1,$ với $a^{-1}$ là nghịch đảo modulo $b$ của $a$ và $b^{-1}$ là nghịch đảo modulo $a$ của $b$ .

Chứng minh. Gọi $\displaystyle F(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}N(a,b;n)z^n$ là hàm sinh của dãy số $\{N(a,b;n)\}_{n\geq 0}$ . Ta có

$\displaystyle F(z)=\sum_{k\in\mathbb{N}}\sum_{l\in\mathbb{N}}z^{ak}z^{bl}=\frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}.\quad (1)$

Vì $(a,b)=1$ nên đa thức $(1-z^a)(1-z^b)$ có nghiệm là $1$ với bội $2$ và các nghiệm đơn $\xi_a^k$ $(k=1,2,\ldots,a-1)$ , $\xi_b^l$ $(l=1,2,\ldots,b-1)$ , ở đây $\xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}$ và $\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}.$ Kết hợp với $(1)$ ta có tồn tại các số phức $C_1,C_2; A_i; B_i$ sao cho

$\displaystyle F(z)=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (2)$

Để ý đến hệ số của $z^n$ , từ $(2)$ ta có

$\displaystyle N(a,b;n)=C_1+C_2(n+1)+\sum_{k=1}^{a-1}A_k\xi_a^{-nk}+\sum_{l=1}^{b-1}B_l\xi_b^{-nl}.\quad (3)$

Bây giờ ta sẽ đi tìm các số phức $C_1,C_2; A_i; B_i$ từ đẳng thức

$\displaystyle \frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (4)$

Nhân hai vế của $(4)$ với $(1-z)^2$ và cho $z\to 1$ ta có $C_2=\dfrac{1}{ab}$ , sau đó nhân hai vế của $(4)$ với $1-z$ , để $C_1$ một bên và cho $z\to 1$ ta được $C_1=\dfrac{a+b-2}{2ab}$ . Theo cùng một cách ta có

$\displaystyle A_k=\frac{1}{a(1-\xi_a^{kb})},\quad B_l=\frac{1}{b(1-\xi_b^{la})}.$

Thay vào $(3)$ ta được

$\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}+\frac{a+b}{2ab}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}+\frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}.\quad (5)$

Từ $(5)$ ta có $\displaystyle N(a,1;n)=\frac{n}{a}+\frac{a+1}{2a}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}$ , mà $\displaystyle N(a,1;n)=\left[\frac{n}{a}\right]+1$ , suy ra

$\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{n}{a}\right\}-\frac{1}{2a},$

do đó $\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nb^{-1}k}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{nb^{-1}}{a}\right\}-\frac{1}{2a},$

chứng minh tương tự ta được

$\displaystyle \frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{na^{-1}}{b}\right\}-\frac{1}{2b},$

thay hai đẳng thức cuối cùng vào $(5)$ ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Subconvex sequences

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một lớp dãy hay gặp trong các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp. Chứng minh định lí chính trong bài là của Adrian Sandovichi. Để theo dõi cho dễ, các em học sinh nên đọc lại bài sau:

https://nttuan.org/2023/09/15/limit-of-a-sequence/

Định nghĩa. Cho dãy số thực không âm $(x_n)_{n\geq 1}$ và số nguyên $k>0$ . Dãy số $(x_n)_{n\geq 1}$ được gọi là một dãy lồi dưới cấp $k$ nếu có các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Mọi dãy lồi dưới cấp $1$ đều có giới hạn bằng $0.$ Trong định nghĩa trên, nếu dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $\sum\alpha_i<1$ thì $\lim x_n=0.$

Định lí. Cho số nguyên dương $k$ . Khi đó mọi dãy lồi dưới cấp $k$ đều có giới hạn hữu hạn.

Chứng minh. Gọi $(x_n)$ là một dãy lồi dưới cấp $k$ . Khi đó tồn tại các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Xét dãy số $(y_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $\displaystyle y_n=\max_{0\leq i\leq k-1}x_{n+i}$ với mọi số nguyên $n>0.$ Ta thấy $(y_n)_{n\geq 1}$ là một dãy số không tăng và bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn hữu hạn không âm, đặt $L=\lim y_n$ . Ta sẽ chứng minh $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $L=\lim x_n$ .

Với mọi số thực dương $\epsilon$ , cố định nó.

Đặt $\displaystyle t=\min\left\{1;\frac{\alpha_1^k}{2^k(1-\alpha_1)}\right\}.$ Vì $t>0$ và $L$ là giới hạn của dãy số không tăng $(y_n)$ nên tồn tại số nguyên dương $n_{\epsilon}$ để

$x_n\leq y_n<L+t\epsilon\leq L+\epsilon,\quad \forall n\geq n_{\epsilon}.\quad (*)$

Bây giờ ta chứng minh $x_m>L-\epsilon,\quad \forall m\geq k+n_{\epsilon}.\quad (**)$

Giả sử tồn tại số nguyên dương $m\geq k+n_{\epsilon}$ sao cho $x_m\leq L-\epsilon.$

Mệnh đề. $\displaystyle x_{m+p}\leq L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p,\quad \forall p=\overline{1,k-1}.$

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $p.$ Với $p=1$ , từ $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+1} \leq \alpha_1x_m+\alpha_2x_{m-1}+\cdots+\alpha_kx_{m-k+1}$

$\leq\alpha_1x_m+(\alpha_2+\cdots+\alpha_k)(L+t\epsilon)$

$\leq\alpha_1(L-\epsilon)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^1\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right).$

Suy ra khẳng định đúng với $p=1.$ Giả sử khẳng định đúng đến $p<k-1$ , ta chứng minh nó đúng với $p+1.$ Theo giả thiết quy nạp, $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+p+1} \leq \alpha_1x_{m+p}+\alpha_2x_{m+p-1}+\cdots+\alpha_kx_{m+p-k+1}$

$\leq\alpha_1\left(L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p\right)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$=L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p+(1-\alpha_1)t\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon \left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p +\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^{p+1}\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^{p+1}.$

Suy ra khẳng định đúng với $p+1$ . Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề là đúng. $\Box$

Continue reading →

Limit of a sequence

Giải tích thực là một nhánh của giải tích toán học nghiên cứu dáng điệu của dãy thực, chuỗi thực, và hàm giá trị thực. Một khái niệm trung tâm của giải tích thực là dãy hội tụ.

Định nghĩa 1. Một dãy số thực $\left(u_{n}\right)$ hội tụ đến một số thực $l$ , hay $l$ là một giới hạn của dãy số $(u_n),$ nếu với mỗi số thực dương $\epsilon$ , tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho mỗi khi $n \geq N,$ ta có $\left|u_{n}-l\right|<\epsilon$ . Nếu một dãy số có một giới hạn ta nói nó là dãy hội tụ, nếu nó không có giới hạn, ta nói nó là dãy phân kỳ.

Để chỉ $\left(u_{n}\right)$ hội tụ đến $l$ , ta viết $\lim u_{n}=l$ hoặc $\lim \left(u_{n}\right) =l$ . Ký hiệu $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=l$ cũng hay được dùng. Định nghĩa trên có thể gây rối đối với những bạn mới học giải tích, sau đây chúng tôi giới thiệu một định nghĩa khác, hình học hơn. Để làm điều này ta cần đến:

Định nghĩa 2. Cho số thực $l$ và số thực $\epsilon>0$ , tập

$U_{\epsilon}(l)=\{x \in \mathbb{R}:|x-l|<\epsilon\}$ được gọi là $\epsilon$ -lân cận của $l$ .

Để ý rằng $U_{\epsilon}(l)$ gồm tất cả các điểm trên trục số cách điểm $l$ một khoảng bé hơn $\epsilon$ . Nói cách khác, $U_{\epsilon}(l)$ là một khoảng có tâm tại $l$ và bán kính $\epsilon$ .

Định nghĩa 3. Một dãy số thực $\left(u_{n}\right)$ hội tụ đến một số thực $l$ , hay $l$ là một giới hạn của dãy số $(u_n),$ nếu với mỗi $\epsilon$ -lân cận $U_{\epsilon}(l)$ của $l,$ có một vị trí trong dãy mà từ đó trở đi, mọi số hạng của dãy đều thuộc $U_{\epsilon}(l).$ Nói cách khác, mỗi $\epsilon$ -lân cận của $l$ đều chứa hầu hết (chỉ trừ một số hữu hạn) các số hạng của dãy $(u_n).$

Số $N$ nói chung phụ thuộc vào $\epsilon.$ Khi $\epsilon$ càng nhỏ có thể $N$ càng lớn. Định nghĩa giới hạn của một dãy số thực được sử dụng để kiểm tra xem một số thực $l$ có là giới hạn của dãy hay không, nó không cho ta cách xác định giới hạn của dãy.

Ví dụ 1. Với mọi số thực $a,$ dãy hằng $a,a,a,\ldots$ hội tụ đến $a.$

Lời giải. Xét một số thực $a$ . Ta phải chứng minh $\lim u_n=a$ , trong đó $(u_n)_{n\geq 1}$ là dãy số xác định bởi $u_n=a$ với mọi số nguyên dương $n$ . Với một số thực dương $\epsilon$ bất kỳ, chọn $N=1$ , ta có $\mid u_n-a\mid =\mid a-a\mid =0<\epsilon,\quad\forall n\geq N.$ Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Ví dụ 2. Chứng minh rằng $\lim\dfrac{1}{\sqrt{n}}=0.$

Lời giải. Ta phải chứng minh $\lim u_n=0$ , trong đó $(u_n)_{n\geq 1}$ là dãy số xác định bởi $u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ với mọi số nguyên dương $n$ . Với một số thực dương $\epsilon$ bất kỳ, chọn $N=2+[1/\epsilon^2]$ , ta có $\mid u_n-0\mid =\frac{1}{\sqrt{n}}<\epsilon,\quad\forall n\geq N.$ Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$

Ví dụ 3. Chứng minh rằng $\lim\dfrac{n+1}{n}=1.$

Lời giải. Ta phải chứng minh $\lim u_n=1$ , trong đó $(u_n)_{n\geq 1}$ là dãy số xác định bởi $u_n=\dfrac{n+1}{{n}}$ với mọi số nguyên dương $n$ . Với một số thực dương $\epsilon$ bất kỳ, chọn $N=2+[1/\epsilon]$ , ta có $\mid u_n-1\mid =\frac{1}{{n}}<\epsilon,\quad\forall n\geq N.$ Từ đây ta có điều cần chứng minh. $\Box$