Chủ đề này có 3 trả lời

[dhieu9898]

Cho $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ với $f(x) = x^{n} + a_{n - 1}x^{n - 1} + \cdots + a_{0}$ sao cho $1 \ge a_{n - 1} \ge a_{n - 2} \ge \cdots \ge a_{0} > 0$. Biết rằng tồn tại một nghiệm $z \in \mathbb{C}$ của $P(x)$ sao cho $|z| \ge 1$. Chứng minh rằng $z^{n + 1} = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 02-04-2016 - 15:43
Không sử dụng Latex

[Ego]

Bài này gần đây mình có gặp trên AoPS và có nhận định sai về bài toán nên đã đề xuất bài toán mới dễ hơn, tuy nhiên bài toán gốc mới hay và khó, dưới đây là lời giải cho bài toán gốc và bài toán mình đề xuất, các bạn thử với bài mình đề xuất nhé :3

Lời giải

​

Bổ đề. Cho $a, b \in \mathbb{C}$, ta có bất đẳng thức $|a + b| \le |a| + |b|$, dấu bằng xảy ra nếu và chỉ nếu $\text{Re}(a).\text{Im}(b) = \text{Im}(a).\text{Re}(b)$
Hệ quả. Ta có $|a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}| \le |a_{1}| + |a_{2}| + \cdots + |a_{n}|$ và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\text{Re}(a_{i}).\text{Im}(a_{j}) = \text{Im}(a_{i}).\text{Re}(a_{j})$ với mọi $i \neq j$
​Bổ đề trên là hiển nhiên, mình sẽ không chứng minh lại.

 

Quay lại bài toán, dễ thấy nếu $z = -1$ thì $n$ lẻ từ đó suy ra $z^{n + 1} = 1$. Xét $z \neq -1$
i) Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $|z| = 1$. Dĩ nhiên, $z \neq 1$, hay $\text{Im}(z) \neq 0$. Vì $z$ là một nghiệm của đa thức đã cho:
$$P(z) = 0 \implies (z - 1)P(z) = 0 \implies z^{n + 1} = (1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}$$
Áp dụng hệ quả , \begin{align*} |z|^{n + 1} & = |(1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}| \\&\le (1 - a_{n - 1})|z|^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})|z|^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})|z| + |a_{0}|\\&\le |z|^{n}[(1 - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + \cdots + \cdots + (a_{1} - a_{0}) + a_{0}] \\&= |z|^{n} \end{align*}
Điều này suy ra $|z| \le 1$. Từ giả thiết, ta thu được $|z| = 1$
ii) Tiếp theo,
\begin{align*} 1 = |z|^{n + 1} & = |(1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}| \\&\le (1 - a_{n - 1})|z|^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})|z|^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})|z| + |a_{0}| = 1 \end{align*}
Dấu bằng xảy ra nếu $\begin{cases} \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(1 - a_{n - 1})z^{n}] = \text{Im}(a_{0}).\text{Re}[(1 - a_{n -1})z^{n}] \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] = \text{Im}(a_{0}).\text{Re}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] \\ \cdots \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{1} - a_{0})z] = \text{Im}(a_{0}).\text{Re}[(a_{1} - a_{0})z] \end{cases}$
$$\implies \begin{cases}\text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(1 - a_{n - 1})z^{n}] = 0 \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] = 0 \\ \cdots \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{1} - a_{0})z] = 0 \end{cases} \implies \begin{cases}\text{Im}[(1 - a_{n - 1})z^{n}] = 0 \,(1) \\ \text{Im}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] = 0 \,(2) \\ \cdots \\ \text{Im}[(a_{1} - a_{0})z] = 0 \,(n) \end{cases}$$
Nếu tồn tại $1\le k \le n$ (gọi ra $k$ là số nhỏ nhất) sao cho $a_{k} - a_{k - 1} \neq 0$, hay nói cách khác $\text{Im}(z^{k}) = 0$. Do $\text{Im}(z^{k}) = 0$ nên viết lại $z = \left(|z|.e^{i\frac{2\pi}{k}}\right)$ hoặc $z \in \left(|z|.e^{0}\right) \implies z \in \mathbb{R}$ (do $z \neq \pm 1$ nên ta loại TH này)
Từ đó suy ra $z$ là căn đơn vị $x^{k - 1} + x^{k - 2} + \cdots + 1 = 0$ (*) và $\begin{cases} 1 - a_{n - 1} = a_{n - 1} - a_{n - 2} = \cdots = a_{k + 1} - a_{k} = 0 \\ a_{k - 1} - a_{k - 2} = \cdots = a_{1} - a_{0} = 0\end{cases}$
$\implies \begin{cases} 1 = a_{n - 1} = \cdots = a_{k} \\ a_{k - 1} = a_{k - 2} = \cdots = a_{0} = L\end{cases}$
Do $z$ là nghiệm của đa thức, $z^{n} + z^{n - 1} + \cdots + z^{k} + Lz^{k - 1} + \cdots + L = 0$
Từ (*), $z^{k}(z^{n - k} + z^{n - k - 1} + \cdots + 1) = 0 \implies z^{n - k} + z^{n - k - 1} + \cdots + 1 =0$. Tóm lại, $k\mid n + 1$. Chúng ta cũng có $z^{k} = 1 \implies z^{n + 1} = 1$. Vậy bài toán được chứng minh.
Ngược lại, $1 = a_{n - 1} = a_{n - 2} = \cdots a_{0} \implies z^{n} + z^{n - 1} + z^{n - 2} + \cdots + 1 = 0 \implies z^{n + 1} = 1$.
Tóm lại, bài toán luôn đúng. $\bigstar$

Bài toán đề xuất

Cho $f(x) \in \mathbb{Z}[x]: \, f(x) = x^{n} + a_{n - 1}x^{n - 1} + \cdots + a_{0}$ với $1 \ge a_{n - 1} \ge \cdots \ge a_{0}$ và mọi nghiệm $z \in \mathbb{C}$ của $P(x)$ đều thỏa $|z| \ge 1$. Chứng minh rằng $z^{n + 1} = 1$

 

[quangbinng]

 

Bài này gần đây mình có gặp trên AoPS và có nhận định sai về bài toán nên đã đề xuất bài toán mới dễ hơn, tuy nhiên bài toán gốc mới hay và khó, dưới đây là lời giải cho bài toán gốc và bài toán mình đề xuất, các bạn thử với bài mình đề xuất nhé :3
[hide='Lời giải']
​

Bổ đề. Cho $a, b \in \mathbb{C}$, ta có bất đẳng thức $|a + b| \le |a| + |b|$, dấu bằng xảy ra nếu và chỉ nếu $\text{Re}(a).\text{Im}(b) = \text{Im}(a).\text{Re}(b)$
Hệ quả. Ta có $|a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}| \le |a_{1}| + |a_{2}| + \cdots + |a_{n}|$ và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\text{Re}(a_{i}).\text{Im}(a_{j}) = \text{Im}(a_{i}).\text{Re}(a_{j})$ với mọi $i \neq j$
​Bổ đề trên là hiển nhiên, mình sẽ không chứng minh lại.

 

Quay lại bài toán, dễ thấy nếu $z = -1$ thì $n$ lẻ từ đó suy ra $z^{n + 1} = 1$. Xét $z \neq -1$
i) Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $|z| = 1$. Dĩ nhiên, $z \neq 1$, hay $\text{Im}(z) \neq 0$. Vì $z$ là một nghiệm của đa thức đã cho:
$$P(z) = 0 \implies (z - 1)P(z) = 0 \implies z^{n + 1} = (1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}$$
Áp dụng hệ quả , \begin{align*} |z|^{n + 1} & = |(1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}| \\&\le (1 - a_{n - 1})|z|^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})|z|^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})|z| + |a_{0}|\\&\le |z|^{n}[(1 - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + \cdots + \cdots + (a_{1} - a_{0}) + a_{0}] \\&= |z|^{n} \end{align*}
Điều này suy ra $|z| \le 1$. Từ giả thiết, ta thu được $|z| = 1$

 

 

 

 

Cái đoạn này cứ sao sao ấy, chẳng lẽ cứ đa thức nào có 1 nghiệm và mô đun của nó lớn hơn hoặc bằng 1 thì mô đun của nghiệm đó sẽ bằng 1????

 

lấy ví dụ với $(x-1)(x-2)(x-3)$ thì làm gì đúng nhỉ??

[Ego]

Lưu ý: $1 \ge a_{n - 1} \ge \cdots a_{0}$, vì điều kiện này nên mình mới đánh giá như vậy được.