Luận văn Đa thức cực tiểu của cos 2π / n

p theo của đa thức chia đường tròn dựa trên kết quả sau của hàm Euler. Bổ đề 1.2.8. Nếu n là số nguyên dương thì ∑ d|n ϕ (d) = n. 14 Chứng minh. Ta phân các số nguyên từ 1 đến n thành các lớp Ld. Cụ thể số nguyên m, 1 ≤ m ≤ n, thuộc lớp Ld nếu (m,n) = d. Thế thì m ∈ Ld khi và chỉ khi (m d , n d ) = 1. Như vậy, mỗi lớp Ld có đúng ϕ (n d ) số. Mặt khác d là ước của n khi và chỉ khi nd là ước của n. Do đó n=∑ d|n ϕ (n d ) =∑ d|n ϕ (d). Dựa vào bổ đề trên, ta chứng minh được một định lý rất quan trọng, thường được áp dụng để tính các đa thức chia đường tròn Φn (x). Định lý 1.2.9. Cho số nguyên dương n, khi đó xn−1=∏ d|n Φd (x). Chứng minh. Ta chứng minh hai đa thức ở vế trái và vế phải có cùng bậc, cùng tập nghiệm và cùng hệ số cao nhất. Thật vậy, đa thức xn−1 có bậc n và có đúng n nghiệm đơn phân biệt. Do Φd (x) có bậc là ϕ (d) và có đúng ϕ (d) nghiệm đơn phân biệt nên theo Bổ đề 1.2.8 và Mệnh đề 1.2.7, đa thức ∏ d|n Φd (x) có bậc là ∑ d|n ϕ (d) = n và cũng có đúng ∑ d|n ϕ (d) = n nghiệm đơn phân biệt. Bây giờ, giả sử εkd là một nghiệm bất kì của Φd (x) thì vì d|n nên ( εkd )n = (( εkd )d) nd = 1 n d = 1, suy ra εkd cũng là một nghiệm của xn−1. Vậy xn−1 và ∏ d|n Φd (x) có cùng bậc và cùng tập nghiệm. Dễ thấy hệ số cao nhất của hai đa thức này đều là 1. Vậy ta được điều phải chứng minh. Bây giờ ta sẽ áp dụng kết quả trên để tính các đa thức chia đường trònΦn (x). Chẳng hạn, để tính Φ9 (x) ta làm như sau: x9−1=Φ1 (x)Φ3 (x)Φ9 (x) , x3−1=Φ1 (x)Φ3 (x) , 15 từ đó Φ9 (x) = x9−1 x3−1 = x 6+ x3+1. Từ Định lý 1.2.9, ta có kết quả quan trọng sau đây về hệ số của các đa thức chia đường tròn. Định lý 1.2.10. Với mọi số nguyên dương n, Φn (x) là đa thức có hệ số nguyên. Chứng minh. Ta chứng minh định lý bằng phép quy nạp theo n. Ta thấy Φ1 (x) = x−1, Φ2 (x) = x+1, nên mệnh đề đúng với n = 1 và n = 2. Giả sử mệnh đề đúng đến n= k−1, theo Định lý 1.2.9 ta có xk−1=∏ d|k Φd (x) =Φk (x)∏ d|k d<k Φd (x). Chú ý rằng hệ số cao nhất của các đa thức xk−1 và ∏ d|k d<k Φd (x) đều bằng 1. Vì xk− 1 có hệ số nguyên và theo giả thiết quy nạp, ∏ d|k d<k Φd (x) có hệ số nguyên nên từ đẳng thức trên suy ra Φk (x) phải có hệ số nguyên. Định lý được chứng minh. Một kết quả cũng rất quan trọng của các đa thức chia đường tròn, đó là tính bất khả quy của chúng trên trường số hữu tỉ Q. Do phạm vi giới hạn của luận văn, chúng tôi không trình bày phần chứng minh cho kết quả này. Định lý 1.2.11. Đa thức chia đường tròn Φn (x) là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Xem [1]. 1.3 Đa thức cực tiểu của cos 2pin Trong toàn bộ luận văn này, ta luôn kí hiệuΨn (x) là đa thức cực tiểu của cos 2pin . Nội dung tiết này trình bày các khái niệm về phần tử đại số, đa thức cực tiểu của phần tử đại số và đa thức cực tiểuΨn (x) của cos 2pin . Một phần tiết này cũng 16 được dành để trình bày khái niệm và một số tính chất quan trọng của mở rộng trường, phục vụ cho việc nghiên cứu tính chất của đa thức cực tiểu Ψn (x) trong chương sau. Trường là một vành giao hoán có đơn vị khác 0 và mọi phần tử khác 0 đều khả nghịch. Một tập con K của một trường E được gọi là một trường con của E nếu K là một vành con của E và a−1 ∈ K với mọi 0 6= a ∈ K. Định nghĩa 1.3.1. (i) Nếu K là một trường con của trường E thì ta gọi E là trường mở rộng của K (hay đơn giản E là một mở rộng của K). Mở rộng E của trường K được kí hiệu là E/K. (ii) Nếu E/K là một mở rộng trường thì E là một không gian véc tơ trên K. Nếu E là K - không gian véc tơ hữu hạn chiều thì ta nói E là mở rộng hữu hạn của trường K. Số chiều của K - không gian véc tơ E được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Chú ý rằng nếu E/K và T/E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E] [E : K]. Định nghĩa 1.3.2. Cho E/K là một mở rộng trường. Phần tử a ∈ E được gọi là phần tử đại số trên K nếu a là nghiệm của một đa thức f khác 0 trong K [x]. Đặc biệt, nếu a ∈ C là đại số trên Q thì a được gọi là số đại số. Ví dụ 1.3.3. (i) Số √ 2 là số đại số vì √ 2 là nghiệm của đa thức x2−2 ∈Q [x]. (ii) Số phức i là số đại số vì i là nghiệm của đa thức x2+1 ∈Q [x]. (iii) Với n nguyên dương, cos 2pin là số đại số vì cos 2pi n là nghiệm của đa thức Tn (x)−1 ∈Q [x], với Tn (x) là đa thức Chebyshev loại I. (Xem Mệnh đề 1.1.5). Nhắc lại là đa thức f (x) với hệ số trên một trường K được gọi là bất khả quy trên K nếu deg f (x) > 0 và f (x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn. Mệnh đề 1.3.4. Cho E/K là mở rộng trường và a ∈ E là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K [x] chuẩn bất khả quy nhận a làm nghiệm. Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K [x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x). Chứng minh. Vì a là phần tử đại số trên K nên tồn tại f (x) ∈ K [x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt p(x) = b−1 f (x), trong đó b là hệ 17 số cao nhất của f (x). Khi đó p(x)∈K [x] là đa thức chuẩn có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Rõ ràng deg p(x)> 0. Nếu p(x) = g(x)h(x) với g(x) ,h(x)∈K [x] và degg(x) ,degh(x)< deg p(x) thì vì g(a)h(a) = p(a) = 0 nên hoặc g(a) = 0, hoặc h(a) = 0. Điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x). Do đó p(x) bất khả quy. Giả sử g(x) ∈ K [x] nhận a làm nghiệm. Nếu g(x) không là bội của p(x) thì vì p(x) bất khả quy nên (g(x) , p(x)) = 1, khi đó tồn tại q(x) ,h(x) ∈ K [x] sao cho 1 = p(x)q(x)+ g(x)h(x). Điều này vô lí vì với x = a, đẳng thức trở thành 1= 0. Vậy g(x) phải là bội của p(x). Cuối cùng, giả sử q(x) ∈ K [x] cũng là đa thức chuẩn bất khả quy nhận a làm nghiệm. Khi đó q(x) phải là bội của p(x). Vậy q(x) = p(x)k (x) với k (x) ∈ K [x], vì q(x) bất khả quy nên k (x) = c với 0 6= c ∈ K. Do đó q(x) = cp(x). Chú ý rằng q(x) và p(x) đều là các đa thức chuẩn, nên suy ra c= 1. Vì thế p(x) là duy nhất. Từ mệnh đề trên ta có khái niệm sau. Định nghĩa 1.3.5. Cho a là phần tử đại số trên K. Đa thức p(x) ∈ K [x] chuẩn bất khả quy nhận a là nghiệm được gọi là đa thức cực tiểu của a trên K, hay còn gọi là đa thức bất khả quy của a. Từ Mệnh đề 1.3.4, p(x) là đa thức cực tiểu của a trên K khi và chỉ khi p(x) là đa thức chuẩn có bậc nhỏ nhất trong K [x] nhận a là nghiệm. Ví dụ 1.3.6. Đa thức x3−5 ∈Q là đa thức cực tiểu của số 3√5. Đa thức x2+1 ∈ R là đa thức cực tiểu của số phức i. Với mỗi số nguyên dương n, ta biết rằng cos 2pin là một số đại số. Do đó, luôn tồn tại duy nhất một đa thức cực tiểu Ψn (x) của cos 2pin . Với n = 1,2,3,4 và n= 6, cos 2pin là các số hữu tỉ nên các đa thức cực tiểu của chúng là các đa thức 18 bậc nhất: Ψ1 (x) = x−1; Ψ2 (x) = x+1; Ψ3 (x) = x+ 1 2 ; Ψ4 (x) = x; Ψ6 (x) = x− 12 . Với n = 8, n = 12, cos 2pin lần lượt bằng 1√ 2 và √ 3 2 nên các đa thức cực tiểu của chúng là Ψ8 (x) = x2− 12 , Ψ12 (x) = x2− 34 . Việc tìm các đa thức cực tiểu Ψn (x) của cos 2pin trong các trường hợp n lớn không phải là điều dễ dàng. Trong khuôn khổ nội dung luận văn này chúng tôi sẽ trình bày một phương pháp tìm đa thức cực tiểuΨn (x) thông qua mối liên hệ của chúng với các đa thức Chebyshev. Phương pháp này được xây dựng dựa trên những kết quả quan trọng về bậc và nghiệm của đa thứcΨn (x) trong trường hợp tổng quát. Phần cuối của tiết này được dành để trình bày một số kết quả về mở rộng trường rất hữu ích đối với việc tìm bậc của Ψn (x) trong chương sau. Mệnh đề 1.3.7. Cho E là một trường chứa K và a ∈ E là phần tử đại số trên K. Giả sử g(x) ∈ K [x] thỏa mãn g(a) 6= 0. Khi đó tồn tại f (x) ∈ K [x] sao cho trong trường E ta có (g(a))−1 = f (a). Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.3.4, tồn tại p(x) ∈ K [x] là đa thức bất khả quy của a. Do g(a) 6= 0 và p(a) 6= 0 nên g(x) không chia hết cho p(x). Do p(x) bất khả quy nên (p(x) ,g(x)) = 1. Khi đó tồn tại các đa thức f (x), t (x) ∈ K [x] sao cho 1 = g(x) f (x)+ p(x) t (x). Suy ra 1 = g(a) f (a). Do đó (g(a))−1 = f (a). 19 Cho E/K là một mở rộng trường và α ∈ E. Kí hiệu K (α) (và K [α]) là giao của tất cả các trường con (vành con) của E chứa K và α , khi đó K (α) là trường con bé nhất và K [α] là vành con bé nhất của E chứa K và α . Ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả K [α] = {g(α) |g(x) ∈ K [x]} , K (α) = { g(α) h(α) |g(x) ,h(x) ∈ K [x] ,h(α) 6= 0 } . Sau đây là một kết quả quan trọng giúp cho việc tìm bậc của các đa thức cực tiểu. Định lý 1.3.8. Cho E/K là mở rộng trường và α ∈ E là phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) ∈ K [x] là đa thức bất khả quy nhận α là nghiệm. Khi đó K (α) = K [α] và [K (α) : K] = deg p(x). Hơn nữa, nếu deg p(x) = n thì S ={ 1,α,α2, ...,αn−1 } là cơ sở của K - không gian véc tơ K (α). Chứng minh. Do α là đại số trên K nên theo Mệnh đề 1.3.7, mỗi phần tử khác 0 trong vành K [α] đều khả nghịch. Vậy K [α] là trường con bé nhất chứa K và α . Vì thế K [α] = K (α). Giả sử p(x) ∈ K [x] là đa thức bất khả quy bậc n nhận α là nghiệm. Xét β ∈ K (α), khi đó β ∈ K [α] nên β = f (α) với f (x) ∈ K [x]. Theo định lý chia với dư, tồn tại q(x) ,r (x) ∈ K [x] sao cho f (x) = p(x)q(x)+ r (x) trong đó r (x) = 0 hoặc degr (x) < deg p(x). Đặt r (x) = a0+ a1x+ ...+ an−1xn−1, ta có β = f (α) = p(α)q(α)+ r (α) = r (α) = a0+a1α+ ...+an−1αn−1. Do đó S là một hệ sinh của K - không gian véc tơ K (α). Giả sử S phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại b0, ...,bn−1 ∈ K với ít nhất một bi 6= 0 sao cho b0+ b1α + ...+ bn−1αn−1 = 0. Thế thì đa thức g(x) = b0+ b1x+ ...+ bn−1xn−1 ∈ K [x] là một đa thức khác 0 và nhận α làm nghiệm. Theo Mệnh đề 1.3.4, g(x) là bội của p(x), điều này là vô lí vì degg(x) < deg p(x). Vậy S độc lập tuyến tính. Suy ra S là một cơ sở của K (α) và [K (α) : K] = n= deg p(x). 20 Chương 2 Đa thức cực tiểu của cos 2pin và đa thức Chebyshev Mục đích của chương này là trình bày các kết quả về bậc và nghiệm của đa thức cực tiểu Ψn (x) của cos 2pin , trên cơ sở đó trình bày mối liên hệ giữa đa thức cực tiểu Ψn (x) với các đa thức Chebyshev. Phần chính của chương này trình bày công thức hồi quy liên hệ giữa đa thức Chebyshev và đa thức cực tiểuΨn (x), áp dụng tìm đa thức cực tiểu Ψn (x). Phần cuối của chương trình bày một số phân tích các đa thức liên quan đến đa thức Chebyshev loại I và loại II thành tích các đa thức cực tiểu Ψd (x). Các kết quả chính của chương này được tham khảo từ các tài liệu [7, 6]. 2.1 Công thức hồi quy liên hệ giữa đa thức Chebyshev và đa thức cực tiểu của cos 2pin Nội dung chính của tiết này trình bày các kết quả về bậc và nghiệm của đa thức cực tiểu Ψn (x) trong trường hợp tổng quát. Trên cơ sở đó xây dựng công thức hồi quy liên hệ giữa đa thức Chebyshev và các đa thức cực tiểu Ψn (x). Nhờ công thức này, chúng ta có một công cụ hữu hiệu để tìm các đa thức cực tiểu Ψn (x) thông qua việc tính toán một số đa thức Chebyshev có bậc thấp hơn. Phần cuối của tiết này trình bày một số ví dụ áp dụng tìm đa thức cực tiểu Ψn (x) của 21 cos 2pin . Mệnh đề 2.1.1. Bậc của đa thức Ψn (x) được tính bởi degΨn (x) = { 1 khi n= 1,2 ϕ(n) 2 khi n≥ 3 trong đó ϕ (n) là hàm Euler. Chứng minh. Do Ψn (x) là đa thức bất khả quy trên Q nhận cos 2pin là nghiệm nên degΨn (x) = [ Q ( cos 2pin ) :Q ] . Vì vậy để chứng minh mệnh đề trên ta đi tính bậc của mở rộng Q ( cos 2pin ) /Q. Đặt εn = cos 2pin + isin 2pi n , từ cos 2pi n = εn+ε−1n 2 , ta có Q(εn)⊇Q ( cos 2pi n ) ⊇Q. DoΦn (x) là đa thức bất khả quy trênQ nhận εn là nghiệm và degΦn (x) = ϕ (n) nên [Q(εn) :Q] = ϕ (n) . Mặt khác, dễ thấy εn = cos 2pin + isin 2pi n là nghiệm của đa thức f (x) = x 2− 2cos (2pi n ) x+1 với hệ số trênQ ( cos 2pin ) , nên với n= 1 hoặc n= 2 thì cos 2pin lần lượt bằng 1 và−1. Khi đó hiển nhiên degΨn (x) = [ Q ( cos 2pin ) :Q ] = [Q :Q] = 1. Với n ≥ 3 thì εn không phải số thực, do đó f (x) là đa thức bất khả quy trên Q ( cos 2pin ) , nên ta có [ Q(εn) :Q ( cos 2pin )] = deg f (x) = 2. Từ hai trường hợp trên suy ra degΨn (x) = [ Q ( cos 2pi n ) :Q ] = [Q(εn) :Q][ Q(εn) :Q ( cos 2pin )] = { 1 khi n= 1,2 ϕ(n) 2 khi n≥ 3. 22 Từ mệnh đề trên ta thấy với n ≥ 3, đa thức Ψn (x) có tối đa ϕ(n)2 nghiệm. Ta đã biết cos 2pin là một nghiệm của Ψn (x). Vậy các nghiệm còn lại của Ψn (x) là nghiệm thực hay nghiệm phức, các nghiệm này có mối liên hệ gì với cos 2pin hay không? Kết quả tiếp theo sẽ cho ta câu trả lời. Mệnh đề 2.1.2. Với n ≥ 3, tất cả nghiệm của đa thức Ψn (x) là cos 2kpin với 0≤ k ≤ s trong đó (k,n) = 1, s= n2 nếu n chẵn và s= n−12 nếu n lẻ. Chứng minh. Vì (k,n) = 1 nên với εn= cos 2pin + isin 2pi n là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì εkn cũng là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Do đó có một tự đẳng cấu σ của Q(εn) thỏa mãn σ (εn) = εkn . Ta có σ ( cos 2pi n ) = σ ( εn+ ε−1n 2 ) = ( εkn+ ε−kn ) 2 = cos 2pik n . Do đó 0= σ ( Ψn ( cos 2pi n )) =Ψn ( σ ( cos 2pi n )) =Ψn ( cos 2pik n ) . Suy ra cos 2pikn là một nghiệm của Ψn (x) . Do 0≤ k ≤ s và (n,k) = 1 nên cos 2pikn nhận ϕ(n)2 giá trị khác nhau. Theo Mệnh đề 2.1.1 thì degΨn (x) = ϕ(n)2 nên đó là tất cả các nghiệm của Ψn (x) . Dựa vào hai mệnh đề trên ta có định lý quan trọng sau đây. Định lý 2.1.3. Cho Ψn (x) là đa thức cực tiểu của cos 2pin và Ts (x) là đa thức Chebyshev loại I. (i) Nếu n= 2s+1 thì Ts+1 (x)−Ts (x) = 2s∏ d|n Ψd (x); (ii) Nếu n= 2s thì Ts+1 (x)−Ts−1 (x) = 2s∏ d|n Ψd (x). 23 Chứng minh. Để chứng minh định lý trên, ta chứng minh hai vế của đẳng thức là các đa thức có cùng bậc, cùng tập nghiệm và cùng hệ số bậc cao nhất. (i) Ta thấy bậc của Ts+1 (x)−Ts (x) là s+1, bậc của 2s∏ d|n Ψd (x) là ∑ d|n degΨd (x) = degΨ1 (x)+ ∑ d|n,d 6=1 degΨd (x). Do n lẻ nên với d|n thì d cũng lẻ, từ đó nếu d 6= 1 thì d ≥ 3. Do đó theo Mệnh đề 2.1.1 ta được ∑ d|n degΨd (x) = 1+ 1 2 ∑d|n,d 6=1 ϕ (d) = 1+ 1 2 (n−1) = s+1. Vậy Ts+1 (x)−Ts (x) và 2s∏ d|n Ψd (x) có cùng bậc. Tiếp theo, với 0≤ k≤ s, giả sử (k;n) = g, khi đó k= k′g, n= dg và (k′;d) = 1. Theo Mệnh đề 2.1.2 thì cos 2pikn = cos 2pik′ d là một nghiệm của Ψd (x) nên nó là một nghiệm của 2s∏ d|n Ψd (x). Mặt khác, chú ý rằng với s = n−12 thì 2s = n− 1 và 2(s+1) = n+1, khi đó Ts+1 ( cos 2pik n ) −Ts ( cos 2pik n ) = cos 2pik (s+1) n − cos 2piks n = cos pik (n+1) n − cos pik (n−1) n = cos ( pik+ pik n ) − cos ( pik− pik n ) =−2sin(pik)sin ( pik n ) = 0. Do đó cos 2pikn cũng là một nghiệm của Ts+1 (x)− Ts (x). Vì 0 ≤ k ≤ s nên có s+ 1 giá trị khác nhau của cos 2pikn , bằng với số bậc của Ts+1 (x)− Ts (x) và 2s∏ d|n Ψd (x). Vậy Ts+1 (x)−Ts (x) và 2s∏ d|n Ψd (x) có cùng tập nghiệm. 24 Cuối cùng, hệ số bậc cao nhất của Ts+1 (x)−Ts (x) là hệ số bậc cao nhất của Ts+1 (x) và bằng 2s, rõ ràng bằng với hệ số bậc cao nhất của 2s∏ d|n Ψd (x). (ii) Với n= 2s, bậc của 2s∏ d|n Ψd (x) là ∑ d|n degΨd (x) = degΨ1 (x)+degΨ2 (x)+ ∑ d|n,d≥3 degΨd (x) = 1+1+ 1 2 ∑d|n,d≥3 ϕ (d) = 2+ 1 2 (n−2) = s+1, rõ ràng bằng với bậc của Ts+1 (x)−Ts−1 (x) . Tương tự như trong chứng minh phần (i), cos 2pikn , với 0 ≤ k ≤ s là tất cả các nghiệm của 2s∏ d|n Ψd (x). Với chú ý ở trường hợp này s= n2 thì 2(s+1) = n+2 và 2(s−1) = n−2, khi đó: Ts+1 ( cos 2pik n ) −Ts−1 ( cos 2pik n ) = cos 2pik (s+1) n − cos 2pik (s−1) n = cos 2pik (n+2) n − cos 2pik (n−2) n = cos ( pikn+ 2pik n ) − cos ( pikn− 2pik n ) =−2sin(pikn)sin 2pik n = 0. Vậy cos 2pikn cũng là nghiệm của Ts+1 (x)− Ts−1 (x). Từ đây suy ra Ts+1 (x)− Ts−1 (x) và 2s∏ d|n Ψd (x) có cùng tập nghiệm. Tương tự, hệ số bậc cao nhất của Ts+1 (x)−Ts−1 (x) và 2s ∏ d/n Ψd (x) đều là 2s. Định lý được chứng minh. 25 Kết quả quan trọng trên cho ta một phương pháp tìm đa thức Ψn (x) thông qua việc tính toán các đa thức Chebyshev có bậc thấp hơn, để thấy rõ điều này ta xét một số ví dụ sau đây. Ví dụ 2.1.4. Tìm Ψ5 (x) là đa thức cực tiểu của cos 2pi5 . Theo Định lí 2.1.3 ta có T3 (x)−T2 (x) = 22∏ d|5 Ψd (x) = 4Ψ1 (x)Ψ5 (x) . Từ đó 4Ψ5 (x) = T3 (x)−T2 (x) Ψ1 (x) = ( 4x3−3x)− (2x2−1) x−1 = 4x 2+2x−1. Vậy ta được Ψ5 (x) = x2+ 1 2 x− 1 4 . Ví dụ 2.1.5. Tìm Ψ9 (x) là đa thức cực tiểu của cos 2pi9 . Theo Định lí 2.1.3 ta có T5 (x)−T4 (x) = 24∏ d|9 Ψd (x) = 16Ψ1 (x)Ψ3 (x)Ψ9 (x) , và T2 (x)−T1 (x) = 2∏ d|3 Ψd (x) = 2Ψ1 (x)Ψ3 (x) . Từ đó 8Ψ9 (x) = T5 (x)−T4 (x) T2 (x)−T1 (x) . Việc tính bốn đa thức Chebyshev T5 (x), T4 (x), T2 (x), T1 (x) khá đơn giản, có 26 thể tính toán dựa trên công thức truy hồi của Tn (x) hoặc tính trực tiếp như sau: T5 (cosθ) = cos5θ = Re ( (cosθ + isinθ)5 ) = cos5θ −10cos3θsin2θ +5cosθsin4θ = cos5θ −10cos3θ (1− sin2θ)+5cosθ(1− cos2θ)2 = 16cos5θ −20cos3θ +5cosθ . Vậy T5 (x) = 16x5−20x3+5x. Tính toán tương tự, ta thu được T4 (x) = 8x4−8x2+1, T2 (x) = 2x2−1, T1 (x) = x. Vì thế 8Ψ9 (x) = T5 (x)−T4 (x) T2 (x)−T1 (x) = 8x 3−6x+1. Vậy ta tìm được Ψ9 (x) = x3− 34x+ 1 8 . Ví dụ 2.1.6. Tìm Ψ20 (x) là đa thức cực tiểu của cos pi10 . Tương tự, ta có T11 (x)−T9 (x) = 210Ψ1 (x)Ψ2 (x)Ψ4 (x)Ψ5 (x)Ψ10 (x)Ψ20 (x) , T6 (x)−T4 (x) = 25Ψ1 (x)Ψ2 (x)Ψ5 (x)Ψ10 (x) . Từ đó suy ra 32Ψ20 (x)Ψ4 (x) = T11 (x)−T9 (x) T6 (x)−T4 (x) . 27 Để ý rằng T11 (cosθ)−T9 (cosθ) T6 (cosθ)−T4 (cosθ) = cos(11θ)− cos(9θ) cos(6θ)− cos(4θ) = −2sin(10θ)sinθ −2sin(5θ)sinθ = 2cos(5θ) = 2T5 (cosθ) . Do đó T11 (x)−T9 (x) T6 (x)−T4 (x) = 2T5 (x) . Vậy ta tìm được 32Ψ20 (x) = 2T5 (x) Ψ4 (x) = 32x5−40x3+10x x = 32x4−40x2+10. Suy ra Ψ20 (x) = x4− 54x 2+ 5 16 . 2.2 Phân tích nhân tử của đa thức Chebyshev theo các đa thức Ψn (x) Như vậy, qua tiết trước chúng ta đã xét cách tìm các đa thức cực tiểu Ψn (x) thông qua mối liên hệ của chúng với các đa thức Chebyshev. Mục đích chính của tiết này không phải trình bày một phương pháp khác để tính Ψn (x) mà muốn làm sáng tỏ thêm mối liên hệ sâu sắc giữa đa thức cực tiểu Ψn (x) và các đa thức Chebyshev. Cụ thể, nội dung tiết này sẽ chỉ ra rằng, các đa thức Tn (x)−1, Tn (x)+1 vàUn (x) có thể tồn tại dưới dạng tích của các đa thức cực tiểu Ψd (x), với d là ước của n. Để thuận lợi cho việc thể hiện nội dung tiết này, ta sử dụng một số kí hiệu sau: Với n≥ 3, đặt Sn= {k|(k;n) = 1,1≤ k ≤ n} và Sn/2= { k|(k;n) = 1,1≤ k < n2 } . Khi đó ta biết rằng |Sn| = ϕ (n) và ∣∣Sn/2∣∣ = ϕ(n)2 , với ϕ (n) là hàm Euler. Theo 28 Mệnh đề 2.1.2, với n≥ 3, đa thức cực tiểu Ψn (x) của cos 2pin được định nghĩa là Ψn (x) = ∏ k∈Sn/2 ( x− cos 2pik n ) . Tuy nhiên, trong suốt tiết này, với n≥ 3 ta sử dụng kí hiệu ψn (x) = ∏ k∈Sn/2 2 ( x− cos 2pik n ) = 2 ϕ(n) 2 Ψn (x), tức là, so với đa thức cực tiểu Ψn (x), đa thức ψn (x) được nhân thêm một lượng 2 ϕ(n) 2 . Trường hợp n = 1, n = 2, ta biết rằng Ψ1 (x) = x− 1 và Ψ2 (x) = x+ 1, khi đó, ta đặt ψ1 (x) = 2x−2 và ψ2 (x) = 2x+2. Để tìm hiểu mối liên hệ giữa các đa thức Chebyshev và đa thức cực tiểu Ψn (x), trước hết ta cần có một số kết quả sau đây. Bổ đề 2.2.1. Cho số nguyên n≥ 3, khi đó ∑ k∈Sn k = nϕ (n) 2 . Chứng minh. Với 1≤ k ≤ n thì (k,n) = 1 khi và chỉ khi (n− k,n) = 1. Dễ thấy chỉ có duy nhất trường hợp n− k = k ứng với n= 2 và k = 1. Do đó, với n≥ 3 thì n− k 6= k, khi đó ta có thể xếp các phần tử của Sn thành từng cặp có dạng (k;n− k). Vì Sn gồm ϕ (n) phần tử nên có ϕ(n)2 cặp như vậy. Tổng của các phần tử trong mỗi cặp là n nên ta có ∑ k∈Sn k = nϕ (n) 2 . Chú ý 2.2.2. Từ nội dung chứng minh của bổ đề trên, ta thấy rằng với n≥ 3, số phần tử của Sn là số chẵn, do đó với n≥ 3 thì ϕ (n) là số chẵn. 29 Bổ đề 2.2.3. Cho n là số nguyên dương, khi đó ( eiθ − e2piikn )( e−iθ − e2piikn ) = 2e 2piik n ( cos 2pik n − cosθ ) . Chứng minh. Ta có( eiθ − e2piikn )( e−iθ − e2piikn ) = 1− e2piikn ( eiθ + e−iθ − e2piikn ) = 1− e2piikn ( 2cosθ − e2piikn ) = e 2piik n ( e− 2piik n + e 2piik n −2cosθ ) = e 2piik n ( 2cos 2pik n −2cosθ ) = 2e 2piik n ( cos 2pik n − cosθ ) . Bổ đề 2.2.4. Cho Φn (x) là đa thức chia đường tròn thứ n, với n≥ 3 ta luôn có∣∣∣Φn(eiθ)∣∣∣2 = ∏ k∈Sn 2 ( cos 2pik n − cosθ ) . Chứng minh. Ta biết rằng Φn (x) = ∏ k∈Sn ( x− e2piikn ) . Do số phức liên hợp của eiθ là e−iθ nên dễ thấy số phức liên hợp của Φn ( eiθ ) là ∏ k∈Sn ( e−iθ − e−2piikn ) . Mặt khác, xét Φn ( e−iθ ) = ∏ k∈Sn ( e−iθ − e2piikn ) . 30 Vì k ∈ Sn khi và chỉ khi n− k ∈ Sn nên Φn ( e−iθ ) = ∏ k∈Sn ( e−iθ − e2pii(n−k)n ) = ∏ k∈Sn ( e−iθ − e−2piikn ) . Vậy suy ra số phức liên hợp của Φn ( eiθ ) là Φn ( e−iθ ) , do đó ta có ∣∣∣Φn(eiθ)∣∣∣2 =Φn(eiθ)Φn(e−iθ)= ∏ k∈Sn ( eiθ − e2kpiin ) ∏ k∈Sn ( e−iθ − e2kpiin ) = ∏ k∈Sn ( eiθ − e2kpiin )( e−iθ − e2kpiin ) = ∏ k∈Sn 2e 2piki n ( cos 2pik n − cosθ ) = e 2pii n ∑ k∈Sn k ∏ k∈Sn 2 ( cos 2pik n − cosθ ) = eϕ(n)pii∏ k∈Sn 2 ( cos 2pik n − cosθ ) . Với n≥ 3 thì ϕ (n) là số chẵn nên eϕ(n)pii = cosϕ (n)pi+ isinϕ (n)pi = 1. Vậy ta được ∣∣∣Φn(eiθ)∣∣∣2 = ∏ k∈Sn 2 ( cos 2pik n − cosθ ) . Từ các bổ đề trên, ta thu được một số phân tích quan trọng của các đa thức Chebyshev thành tích của các đa thức Ψd (x). Định lý 2.2.5. Cho số nguyên n≥ 3 và Tn (x) là đa thức Chebyshev loại I. (i) Nếu n lẻ thì Tn (x)−1= (x−1) ∏ d|n,d≥3 ψ2d (x); (ii) Nếu n chẵn thì Tn (x)−1= 2 ( x2−1) ∏ d|n,d≥3 ψ2d (x). 31 Chứng minh. Xuất phát từ đẳng thức (xem Định lý 1.2.9) xn−1=∏ d|n Φd (x) suy ra |xn−1|2 =∏ d|n |Φd (x)|2. Thay x= eiθ vào đẳng thức trên ta được∣∣∣einθ −1∣∣∣2 =∏ d|n ∣∣∣Φd (eiθ)∣∣∣2, hay 2−2cosnθ =∏ d|n ∣∣∣Φd (eiθ)∣∣∣2. (i) Nếu n lẻ thì d cũng lẻ, nên ta biến đổi được 2−2cosnθ = ∣∣∣Φ1(eiθ)∣∣∣ ∏ d|n,d≥3 ∣∣∣Φd (eiθ)∣∣∣2. Vì Φ1 (x) = x− 1 nên ∣∣Φ1 (eiθ)∣∣ = 2− 2cosθ , kết hợp với kết quả của Bổ đề 2.2.4 ta được 2−2cosnθ = 2(1− cosθ) ∏ d|n,d≥3 ∏ k∈Sd 2 ( cos 2pik d − cosθ ) . Chú ý rằng nếu k ∈ Sd thì d−k ∈ Sd và cos 2pi(d−k)d = cos ( 2pi− 2pikd ) = cos 2pikd , hơn nữa, với d ≥ 3 thì |Sd|= ϕ (d) là số chẵn, do đó ta biến đổi được 2−2cosnθ = 2(1− cosθ) ∏ d|n,d≥3 ∏ k∈Sd/2 4 ( cos 2pik d − cosθ )2 , 32 hay cosnθ −1= (cosθ −1) ∏ d|n,d≥3 ∏ k∈Sd/2 [ 2 ( cosθ − cos 2pik d )]2 . Suy ra Tn (cosθ)−1= (cosθ −1) ∏ d|n,d≥3 ψ2d (cosθ). Vậy ta được Tn (x)−1= (x−1) ∏ d|n,d≥3 ψ2d (x). (ii) Nếu n chẵn, đẳng thức 2−2cosnθ =∏ d|n ∣∣∣Φd (eiθ)∣∣∣2 được biến đổi thành 2−2cosnθ = ∣∣∣Φ1(eiθ)∣∣∣ ∣∣∣Φ2(eiθ)∣∣∣ ∏ d|n,d≥3 ∣∣∣Φd (eiθ)∣∣∣2. VớiΦ1 (x)= x−1 vàΦ2 (x)= x+1, dễ thấy ∣∣Φ1 (eiθ)∣∣ ∣∣Φ2 (eiθ)∣∣= 4(1− cos2θ), kết hợp với kết quả của Bổ đề 2.2.4 ta được 1− cosnθ = 2(1− cos2θ) ∏ d|n,d≥3 ∏ k∈Sd 2 ( cos 2pik d − cosθ ) . Lập luận tương tự như phần (i), ta được 1− cosnθ = 2(1− cos2θ) ∏ d|n,d≥3 ∏ k∈Sd/2 4 ( cos 2pik d − cosθ )2 , 33 hay cosnθ −1= 2(cos2θ −1) ∏ d|n,d≥3 ∏ k∈Sd/2 [ 2 ( cosθ − cos 2pik d )]2 . Suy ra Tn (cosθ)−1= 2 ( cos2θ −1) ∏ d|n,d≥3 ψ2d (cosθ). Vậy ta được Tn (x)−1= 2 ( x2−1) ∏ d|n,d≥3 ψ2d (x). Định lý được chứng minh. Ví dụ 2.2.6. Với n= 24, ta có T24 (x)−1= 2 ( x2−1) [ψ3 (x)ψ4 (x)ψ6 (x)ψ8 (x)ψ12 (x)ψ24 (x)]2. Dựa vào định lý trên, ta thu được các phân tích sau đây cho đa thức Tn (x)+1. Mệnh đề 2.2.7. Cho số nguyên n≥ 3. (i) Nếu n lẻ thì Tn (x)+1= (x+1) ∏ d|2n, d 6 |n, d>2 ψ2d (x); (ii) Nếu n chẵn thì Tn (x)+1= 1 2 ∏d|2n, d 6 |n ψ2d (x). Chứng minh. Theo Định lý 2.1.3, với n= 2s thì ta có Ts+1 (x)−Ts−1 (x) = 2s∏ d|n Ψd (x). 34 Mặt khác, xét ∏ d|n ψd (x) = ψ1 (x)ψ2 (x) ∏ d|n, d≥3 ψd (x) = 2Ψ1 (x)2Ψ2 (x) ∏ d|n, d≥3 2 ϕ(d) 2 Ψd (x) = 2 2+12 ∑ d|n,d≥3 ϕ(d) ∏ d|n Ψd (x) = 22+ 1 2(n−2)∏ d|n Ψd (x) = 2s+1∏ d|n Ψd (x). Từ đây suy ra với n= 2s thì ta có 2(Ts+1 (x)−Ts−1 (x)) =∏ d|n ψd (x). Hay nói cách khác, với n nguyên dương, ta luôn có 2(Tn+1 (x)−Tn−1 (x)) =∏ d|2n ψd (x). Theo Mệnh đề 1.1.11 thì 2 ( x2−1)Un−1 (x) = Tn+1 (x)−Tn−1 (x) . Do đó ta có 4 ( x2−1)Un−1 (x) =∏ d|2n ψd (x), hay 16 ( x2−1)2U2n−1 (x) =∏ d|2n ψ2d (x). Lại theo Mệnh đề 1.1.11 thì T 2n (x)−1= ( x2−1)U2n−1 (x) . 35 Thế kết quả này vào đẳng thức trên ta được 16 ( x2−1)[T 2n (x)−1]=∏ d|2n ψ2d (x) = 16 ( x2−1)2 ∏ d|2n, d≥3 ψ2d (x), hay [Tn (x)−1] [Tn (x)+1] = ( x2−1) ∏ d|2n, d≥3 ψ2d (x). (i) Với n lẻ, theo Định lý 2.2.5 thì Tn (x)−1= (x−1) ∏ d|n, d≥3 ψ2d (x). Vậy ta có được Tn (x)+1= (x+1) ∏ d|2n, d 6 | n, d>2 ψ2d (x). (ii) Với n chẵn, theo Định lí 2.2.5 thì Tn (x)−1= 2 ( x2−1) ∏ d|n, d≥3 ψ2d (x). Vậy ta có được Tn (x)+1= 1 2 ∏d|2n, d 6 | n ψ2d (x). Từ kết quả trên và dựa vào mối liên hệ giữa các đa thức Chebyshev loại I và loại II đã được trình bày trong chương 1, ta thu được phân tích sau đây cho các đa thức Chebyshev loại II. Mệnh đề 2.2.8. Với n là số nguyên dương thì Un−1 (x) = ∏ d|2n, d>2 ψd (x). 36 Chứng minh. Trong nội dung phần chứng minh Mệnh đề 2.2.7, ta có 4 ( x2−1)Un−1 (x) =∏ d|2n ψd (x). Khai triển đẳng thức trên thành 4 ( x2−1)Un−1 (x) = ψ1 (x)ψ2 (x) ∏ d|2n, d>2 ψd (x) = 4 ( x2−1) ∏ d|2n, d>2 ψd (x). Rút gọn hai vế của đẳng thức ta được Un−1 (x) = ∏ d|2n, d>2 ψd (x). 37 Chương 3 Hệ số tự d