VMO 2025/1

VMO 2025/1. Xét đa thức $P(x)=x^4-x^3+x$ .
(1) Chứng minh rằng với mỗi số thực dương $a$ , đa thức $P(x)-a$ có duy nhất một nghiệm thực dương.
(2) Xét dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=1/3$ và với mỗi số nguyên dương $n$ , $a_{n+1}$ là nghiệm dương của đa thức $P(x)-a_n$ . Chứng minh rằng dãy số này có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải. Xét một số thực dương $a$ và hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ xác định bởi $f(x)=P(x)-a,\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Hàm số $f$ là một hàm số liên tục trên $(0;+\infty)$ và

$\displaystyle \lim_{x\to 0^+} f(x)=-a<0,\quad\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty,$

từ đây theo định lý giá trị trung gian, phương trình $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm thực dương. Mặt khác, hàm số $f$ đồng biến trên $(0;+\infty)$ vì

$\displaystyle f^{\prime}(x)=4x^3-3x^2+1=(2x-1)^2\left(x+\frac{1}{4}\right)+\frac{3}{4}>0$

với mọi số thực dương $x$ , suy ra phương trình $f(x)=0$ có đúng một nghiệm thực dương. Do đó phương trình $P(x)-a=0$ có đúng một nghiệm thực dương. Nghiệm này là nghiệm đơn của đa thức $P(x)-a$ nên ta có ý thứ nhất.

Bây giờ ta đến với ý thứ hai. Từ giả thiết ta có

$a_n-1=(a_{n+1}-1)(a_{n+1}^3+1),\quad\forall n\geq 1,$

sử dụng phương pháp quy nạp ta chứng minh được tất cả các số hạng của dãy $(a_n)_{n\geq 1}$ đều thuộc khoảng $(0;1)$ . Suy ra

$a_{n+1}-a_n=a_{n+1}^3(1-a_{n+1})>0,\quad\forall n\geq 1,$

do đó $(a_n)_{n\geq 1}$ là một dãy số tăng. Dãy số này cũng bị chặn trên bởi $1$ nên nó có giới hạn hữu hạn. Gọi $L$ là giới hạn của dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ . Vì $(a_n)_{n\geq 1}$ tăng và các số hạng đều thuộc khoảng $(0;1)$ , nên $0<L\leq 1$ .

Từ $P(a_{n+1})=a_n$ với mọi số nguyên dương $n$ , ta có $L^4-L^3+L=L,$ suy ra $\lim a_n=L=1$ . $\Box$

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 →

Useful Lemmas on Real Polynomials, Part III

Các bạn xem phần trước ở https://nttuan.org/2011/02/13/realpoly02/

Bổ đề 7. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Giả sử bậc của $P$ là chẵn và hệ số cao nhất của nó nhỏ hơn $0$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) hàm số đa thức $P(x)$ đồng biến trên khoảng $(-\infty;-K]$ và nghịch biến trên khoảng $[K;+\infty)$ ;

(2) với mỗi $x>K$ và $y \in [0; K]$ , ta có $P(x)< P(y)$ ;

(3) với mỗi $x<-K$ và $y \in [-K; 0]$ thì $P(x)< P(y)$ .

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ , trong đó $n$ là số nguyên dương chẵn và $a_n < 0$ .

Xét đạo hàm của đa thức: $P'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \dots + a_1$ . Vì $n$ là số chẵn nên $n-1$ là số lẻ. Đồng thời, do $a_n < 0$ nên hệ số bậc cao nhất của đa thức đạo hàm là $n a_n < 0$ . Do $P'(x)$ là đa thức bậc lẻ với hệ số cao nhất âm, giới hạn của nó ở hai đầu vô cực là $\lim_{x\to +\infty} P'(x) = -\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P'(x) = +\infty.$

Theo định nghĩa của giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x \ge M$ ta có $P'(x) < 0$ , và với mọi $x \le -M$ ta có $P'(x) > 0$ . Điều này có nghĩa là hàm số $P(x)$ nghịch biến ngặt trên khoảng $[M; +\infty)$ và đồng biến ngặt trên khoảng $(-\infty; -M]$ .

Vì hàm đa thức $P(x)$ liên tục trên các đoạn $[-M; 0]$ và $[0; M]$ , nó sẽ đạt giá trị nhỏ nhất trên từng đoạn này. Gọi $C_1 = \min_{x \in [0; M]} P(x)$ và $C_2 = \min_{x \in [-M; 0]} P(x)$ .

Mặt khác, vì bậc $n$ chẵn và $a_n < 0$ , giới hạn của đa thức $P(x)$ ở cả hai đầu vô cực đều là âm vô cực:

$\lim_{x\to \pm\infty} P(x) = -\infty.$

Dựa vào hai giới hạn này, ta có thể tìm được các số thực dương $M_1$ và $M_2$ lớn hơn $M$ sao cho: Với mọi $x \ge M_1$ , ta có $P(x) < C_1$ . Với mọi $x \le -M_2$ , ta có $P(x) < C_2$ .

Bây giờ, ta chọn $K$ là một số nguyên dương sao cho $K > \max\{M_1, M_2\}$ . Ta sẽ chứng minh $K$ thỏa mãn cả ba điều kiện của bổ đề.

Thứ nhất, vì $K > M$ nên hai khoảng $(-\infty; -K]$ và $[K; +\infty)$ lần lượt là tập con của $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ . Do $P(x)$ đồng biến trên khoảng $(-\infty; -M]$ và nghịch biến trên khoảng $[M; +\infty)$ , nó cũng đồng biến trên khoảng $(-\infty; -K]$ và nghịch biến trên khoảng $[K; +\infty)$ . Điều kiện (1) được thỏa mãn.

Thứ hai, xét $x > K$ và $y \in [0; K]$ , ta chia thành hai trường hợp đối với $y$ :

Nếu $y \in [0; M]$ : Vì $x > K > M_1$ nên theo cách chọn $M_1$ , ta có $P(x) < C_1$ . Mặt khác $y \in [0; M]$ nên $P(y) \ge C_1$ . Suy ra $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y \in (M; K]$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $[M; +\infty)$ , nơi $P(x)$ nghịch biến. Vì $x > y$ nên $P(x) < P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x > K$ và $y \in [0; K]$ , ta luôn có $P(x) < P(y)$ . Điều kiện (2) được thỏa mãn.

Thứ ba, xét $x < -K$ và $y \in [-K; 0]$ , ta cũng chia thành hai trường hợp đối với $y$ :

Nếu $y \in [-M; 0]$ : Vì $x < -K < -M_2$ nên theo cách chọn $M_2$ , ta có $P(x) < C_2$ . Trong khi đó $y \in [-M; 0]$ nên $P(y) \ge C_2$ . Suy ra $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y \in [-K; -M)$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $(-\infty; -M]$ , nơi $P(x)$ đồng biến. Do $x < y$ nên $P(x) < P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x < -K$ và $y \in [-K; 0]$ , ta luôn có $P(x) < P(y)$ . Điều kiện (3) được thỏa mãn. $\Box$

Bổ đề 8. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Giả sử bậc của $P$ là $n$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ và hai số thực dương $C_1$ , $C_2$ sao cho

$C_1|x|^n\leq |P(x)|\leq C_2|x|^n$

với mọi số thực $x$ thỏa mãn $|x|\geq K$ .

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng

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

trong đó $a_n \neq 0$ . Với mọi $x \neq 0$ , ta có

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

Từ đó ta có đánh giá

$\left| \frac{P(x)}{x^n} - a_n \right| = \left| \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n} \right| \le \frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \dots + \frac{|a_1|}{|x|^{n-1}} + \frac{|a_0|}{|x|^n}.$

Do $\lim_{|x|\to +\infty} \left( \frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \dots + \frac{|a_1|}{|x|^{n-1}} + \frac{|a_0|}{|x|^n} \right) = 0$ , theo định nghĩa của giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x$ thỏa mãn $|x| \ge M$ , ta luôn có:

$\frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \dots + \frac{|a_1|}{|x|^{n-1}} + \frac{|a_0|}{|x|^n} \le \frac{|a_n|}{2}.$

Ta chọn $K$ là một số nguyên dương sao cho $K \ge M$ . Khi đó, với mọi số thực $x$ thỏa mãn $|x| \ge K$ , ta có:

$\left| \frac{P(x)}{x^n} - a_n \right| \le \frac{|a_n|}{2},$

suy ra

$\frac{|a_n|}{2} \le \frac{|P(x)|}{|x|^n} \le \frac{3|a_n|}{2}.$

Do $x \neq 0$ nên $|x|^n > 0$ . Nhân tất cả các vế của bất đẳng thức với $|x|^n$ , ta được

$\frac{|a_n|}{2} |x|^n \le |P(x)| \le \frac{3|a_n|}{2} |x|^n$

với mọi số thực $x$ thỏa mãn $|x|\geq K$ .

Đặt $C_1 = \frac{|a_n|}{2}$ và $C_2 = \frac{3|a_n|}{2}$ . Vì $a_n \neq 0$ nên $C_1 > 0$ và $C_2 > 0$ . Ta thấy $C_1 |x|^n \le |P(x)| \le C_2 |x|^n$

với mọi $x$ thỏa mãn $|x| \ge K$ .

Điều này hoàn tất việc chứng minh bổ đề. $\Box$

Bổ đề 9. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực, có bậc chẵn và hệ số cao nhất dương. Khi đó tồn tại số nguyên dương $k$ và số nguyên dương $C$ sao cho

$P(-x-k) > P(x) > P(-x+k),\quad\forall x>C.$

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng

$P(x) = a_{2n} x^{2n} + a_{2n-1} x^{2n-1} + \dots + a_1 x + a_0,$

trong đó $n$ là số nguyên dương và $a_{2n} > 0$ .

Xét hiệu $H_1(x) = P(-x-k) - P(x)$ với $k$ là một số nguyên dương sẽ được chọn sau. Theo định lý nhị thức, ta có

$(-x-k)^{2n} = (x+k)^{2n} = x^{2n} + 2nk x^{2n-1} + \dots$

và

$(-x-k)^{2n-1} = -(x+k)^{2n-1} = -x^{2n-1} - (2n-1)k x^{2n-2} - \dots$

Suy ra

$P(-x-k) = a_{2n} x^{2n} + (2n k a_{2n} - a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_1(x),$

với $R_1(x)$ là một đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ . Từ đó, ta có

$H_1(x) = \left[ a_{2n} x^{2n} + (2n k a_{2n} - a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_1(x) \right] - \left[ a_{2n} x^{2n} + a_{2n-1} x^{2n-1} + \dots \right]$

$= 2(n k a_{2n} - a_{2n-1}) x^{2n-1} + S_1(x),$

trong đó $S_1(x)$ là đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ .

Hoàn toàn tương tự, xét hiệu $H_2(x) = P(x) - P(-x+k)$ . Theo định lý nhị thức, ta có

$(-x+k)^{2n} = (x-k)^{2n} = x^{2n} - 2nk x^{2n-1} + \dots$

và

$(-x+k)^{2n-1} = -(x-k)^{2n-1} = -x^{2n-1} + \dots$

Suy ra

$P(-x+k) = a_{2n} x^{2n} - (2n k a_{2n} + a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_2(x),$

với $R_2(x)$ là một đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ . Từ đó ta có

$H_2(x) = \left[ a_{2n} x^{2n} + a_{2n-1} x^{2n-1} + \dots \right] - \left[ a_{2n} x^{2n} - (2n k a_{2n} + a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_2(x) \right]$

$= 2(n k a_{2n} + a_{2n-1}) x^{2n-1} + S_2(x),$

với $S_2(x)$ là đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ .

Đến đây ta chọn $k > \left| \frac{a_{2n-1}}{n a_{2n}} \right|$ . Với $k$ được chọn như vậy, $H_1(x)$ và $H_2(x)$ đều là các đa thức có bậc lẻ $2n-1$ , hệ số của $x^{2n-1}$ ở cả hai đa thức đều là số dương. Theo tính chất giới hạn của hàm đa thức, tồn tại các số thực dương $C_1, C_2$ sao cho $H_1(x) > 0$ với mọi $x > C_1$ và $H_2(x) > 0$ với mọi $x > C_2$ .

Chọn số nguyên dương $C = \lfloor \max\{C_1, C_2\} \rfloor + 1$ . Khi đó, với mọi số thực $x > C$ , ta có đồng thời $H_1(x) > 0$ và $H_2(x) > 0$ , tức là

$P(-x-k) > P(x) > P(-x+k).$

Bổ đề được chứng minh hoàn toàn. $\Box$

Perfect rulers

Giả sử ta có một cái thước kẻ dài $\displaystyle 6$ , trên đó đã đánh dấu các điểm $\displaystyle 0$ , $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 2$ , $\displaystyle 3$ , $\displaystyle 4$ , $\displaystyle 5$ , $\displaystyle 6$ . Sử dụng chiếc thước này ta có thể tạo mọi đoạn có độ dài thuộc $\displaystyle [6]$ , nhưng ta không cần đánh dấu trên thước nhiều điểm như thế để đạt được điều này. Ta có thể đánh dấu $\displaystyle 0$ , $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 4$ , $6$ là đủ (đoạn độ dài $2$ được đo giữa hai điểm $4$ và $6$ , đoạn độ dài $3$ được đo giữa $1$ và $4$ , đoạn độ dài $4$ được đo giữa $0$ và $4$ , đoạn độ dài $5$ được đo giữa $1$ và $6$ ). Vì $C_4^2=6$ nên hoàn cảnh này là hoàn hảo.

Bài toán. Cho một số nguyên $n$ lớn hơn $4$ . Chứng minh rằng không tồn tại $n$ số tự nhiên phân biệt $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá $C_n^2$ đều có dạng $a_i-a_j$ .

Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại $n$ số tự nhiên phân biệt $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá $C_n^2$ đều có dạng $a_i-a_j$ .

Xét đa thức $\displaystyle A(z) = \sum_i z^{a_i}$ . Theo tính chất của các số $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ , ta có