Cho đa thức monic

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

với $n>2$, hệ số thực, tất cả nghiệm của $P(x)$ đều là số thực và khác 0.

a) Chứng minh rằng $2026a_k^2+2027a_{k+1}^2>0$ với mọi $k=0,1,\dots ,n-2$.

b) Hỏi số lượng hệ số khác 0 của đa thức $P(x)$ nhỏ nhất là bao nhiêu?

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P6).

Ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.2. Giả sử $Q(x)={\sum }_{i=0}^d{b}_i{x}^i$ là đa thức bậc $d\ge 2$ và có $d$ nghiệm thực, kể cả bội. Nếu tồn tại $t\in \{0,1,\dots ,d-2\}$ sao cho $b_t=b_{t+1}=0$ thì $b_0=b_1=\cdots =b_{t+1}=0$.

Chứng minh. Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo $d$. Với $d=2$, hiển nhiên.

Giả sử bổ đề đúng với các đa thức bậc $d-1$. Xét đa thức $Q$ bậc $d$. Trường hợp $t=0$ là hiển nhiên. Xét $1\le t\le d-2$ và viết $Q^{\prime }(x)={\sum }_{j=0}^{d-1}{c}_j{x}^j$, trong đó $c_j=(j+1)b_{j+1}$. Theo định lý Rolle, $Q^{\prime }$ có $d-1$ nghiệm thực. Hơn nữa, $c_{t-1}=t{b}_t=0$ và $c_t=(t+1)b_{t+1}=0$. Do $t-1\le d-3$, giả thiết quy nạp áp dụng được cho $Q^{\prime }$, suy ra $c_0=c_1=\cdots =c_t=0$, hay $b_1=b_2=\cdots =b_{t+1}=0$.

Giờ ta cần chứng minh $b_0=0$. Giả sử ngược lại rằng $b_0\ne 0$ và gọi $r_1,r_2,\dots ,r_d$ là các nghiệm thực của $Q$. Khi đó mọi $r_i$ đều khác 0. Vì $b_1=b_2=0$, theo định lý Viète,

$$\sum _{i=1}^d\frac{1}{r_i}=-\frac{b_1}{b_0}=0,\sum _{1\le i<j\le d}\frac{1}{r_i{r}_j}=\frac{b_2}{b_0}=0.$$

Do đó

$$\sum _{i=1}^d\frac{1}{r_i^2}={\left(\sum _{i=1}^d\frac{1}{r_i}\right)}^2-2\sum _{1\le i<j\le d}\frac{1}{r_i{r}_j}=0,$$

vô lý vì $r_i$ là số thực khác 0.

Vậy $b_0=0$ và bổ đề được chứng minh. $\square$

a) Giả sử tồn tại $k\in \{0,1,\dots ,n-2\}$ sao cho $a_k=a_{k+1}=0$. Áp dụng bổ đề cho $Q=P$ và $t=k$, ta được $a_0=a_1=\cdots =a_{k+1}=0$. Đặc biệt, $a_0=0$, nên $P(0)=0$, trái với giả thiết mọi nghiệm của $P$ đều khác 0. Vậy $a_k,a_{k+1}$ không thể đồng thời bằng 0, từ đó có điều phải chứng minh.

b) Ta có $a_0\ne 0$ vì $P$ không có nghiệm 0, còn hệ số cao nhất bằng 1. Theo ý 1, trong hai hệ số liên tiếp $a_k,a_{k+1}$ luôn có ít nhất một hệ số khác 0.

- Nếu $n=2m$, xét $m-1$ cặp $(a_1,a_2),(a_3,a_4),\dots ,(a_{2m-3},a_{2m-2})$. Mỗi cặp có ít nhất một hệ số khác 0; cùng với $a_0$ và $a_{2m}=1$, đa thức có ít nhất $m+1$ hệ số khác 0.
- Nếu $n=2m+1$, xét $m$ cặp $(a_1,a_2),(a_3,a_4),\dots ,(a_{2m-1},a_{2m})$. Cùng với $a_0$ và $a_{2m+1}=1$, đa thức có ít nhất $m+2$ hệ số khác 0.

Ta chứng minh các cận này đều đạt được.

- Với $n=2m$, lấy $P(x)=(x^2-1{)}^m$. Đa thức này có đúng $m+1$ hệ số khác 0.
- Với $n=2m+1$, xét $Q(x)=x{\prod }_{j=1}^m(x^2-j^2)$ có các hệ số của $x^{2m+1},x^{2m-1},\dots ,x$ đều khác 0, nên đa thức $Q$ có đúng $m+1$ hệ số khác 0.

Chọn quanh mỗi nghiệm của $Q$ một khoảng nhỏ, sao cho các khoảng đôi một rời nhau và giá trị của $Q$ tại hai đầu mỗi khoảng trái dấu. Vì chỉ có hữu hạn đầu mút, tồn tại $\epsilon \ne 0$ đủ nhỏ để $Q(x)+\epsilon$ vẫn trái dấu tại hai đầu của từng khoảng. Theo định lý giá trị trung gian, đa thức $P_{\epsilon }(x)=Q(x)+\epsilon$ có một nghiệm trong mỗi khoảng. Nó có bậc $2m+1$, nên tất cả các nghiệm đều thực; đồng thời $P_{\epsilon }(0)=\epsilon \ne 0$, nên không nghiệm nào bằng 0.

Đa thức $P_{\epsilon }$ này có đúng $m+2$ hệ số khác 0.

Vậy số lượng hệ số khác 0 nhỏ nhất là $\lceil \frac{n}{2}\rceil +1$.