Bài toán. Cho đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$.

1.  Với $\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
2.  Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để viết được $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.

Lời giải.  Giả sử $\alpha$ là số thỏa yêu cầu, ta có các đa thức với hệ số không âm là $P,\,Q$ sao cho\[P(x)=f(x)Q(x).\]Thay $x=1$, có luôn $2 – \alpha = \dfrac{{P\left( 1 \right)}}{{Q\left( 1 \right)}} > 0,$ do vậy $\alpha<2$. Chúng ta cũng để ý rằng, với $\alpha < 1$ thì $1-\alpha >0$ và\[{x^2} – \alpha x + 1 = \frac{{{x^3} + \left( {1 – \alpha } \right){x^2} + \left( {1 – \alpha } \right)x + 1}}{{x + 1}}.\]Cho nên ta chỉ cần xét trường hợp $1\le\alpha <2$, giờ ta có nhận xét sau.

Nhận xét.  Với $1\le \alpha<2$ thì luôn tồn tại $n\in\mathbb N^*$ sao cho $P_n(x)={\left( {x + 1} \right)^n}f\left( x \right)$ là một đa thức có các hệ số không âm.

Chứng minh. Với số nguyên dương $n$ với $n>2$, ta có\begin{align*}
\left( {{x^2} – \alpha x + 1} \right){\left( {x + 1} \right)^n} &= \left( {{x^2} – \alpha x + 1} \right)\sum\limits_{0 \le k \le n} {\binom{n}{k}{x^k}} \\
&= {x^{n + 2}} + 1 + \left( {n – \alpha } \right){x^{n + 1}} + \left( {n – \alpha } \right)x + \sum\limits_{2 \le k \le n} {{c_k}{x^k}} .
\end{align*} Trong đó các hệ số $c_k$, được xác định như sau\[{c_k} = \binom{n}{k-2} – \alpha \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k}= \frac{1}{{k\left( {k – 1} \right)}}\binom{n}{k-2}{C(k)}.\]Ở đây, $C(k)$ là một tam thức bậc hai với $k$, cụ thể là\[{C(k)} = \left( {2 + \alpha } \right){k^2} – \left( {n + 2} \right)\left( {2 + \alpha } \right)k + \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right),\quad\forall\,k\ge 2.\]Ta có biệt thức của $C(k)$ là\begin{align*}
{\Delta _{C(k)}} &= \left( {{\alpha ^2} – 4} \right)\left( {{n^2} + 4\left( {\frac{{\alpha – 1}}{{\alpha – 2}}} \right)n + \frac{{2\alpha }}{{\alpha – 2}}} \right)\\
&= \left( {{\alpha ^2} – 4} \right)\left( {{{\left( {n – \frac{{2\alpha – 2}}{{2 – \alpha }}} \right)}^2} – \frac{{2{\alpha ^2} – 4\alpha + 8}}{{{{\left( {2 – \alpha } \right)}^2}}}} \right)\\
&= \left( {{\alpha ^2} – 4} \right)\left( {n – {\alpha _1}} \right)\left( {n – {\alpha _2}} \right).
\end{align*}Trong đó ${\alpha _1} = \dfrac{{2\alpha – 2 – \sqrt {2{\alpha ^2} – 4\alpha + 8} }}{{2 – \alpha }},\;{\alpha _2} = \dfrac{{2\alpha – 2 + \sqrt {2{\alpha ^2} – 4\alpha + 8} }}{{2 – \alpha }}$. Bây giờ, ta chỉ cần chọn\[{n(\alpha)} = \left\lfloor {{\alpha _2} } \right\rfloor + 2 = \left\lfloor {\frac{{2 + \sqrt {2{\alpha ^2} – 4\alpha + 8} }}{{2 – \alpha }} } \right\rfloor .\]Thế thì với mọi số nguyên dương $n\ge n(\alpha)$, ta có $n>\alpha$ nên $n-\alpha >0$. Thêm nữa $n>\alpha_2$ kéo theo $\Delta_C <0$ vì thế $c_k>0$.

Vậy với $n\ge n(\alpha )$ thì mọi hệ số của đa thức $P_n(x)=(x+1)^n\left(x^2-\alpha x+1\right)$ đều dương. Còn tất nhiên, các hệ số của đa thức $Q(x)=(x+1)^n$ cũng đều dương do khai triển Newton. Cho nên, nhận xét được chứng minh.

Tóm lại là: Tất cả các số $\alpha$ thỏa yêu cầu ở ý 2 của bài toán là $\alpha <2$. Còn ý 1, ta có biểu diễn sau \[{x^2} – \frac{{\sqrt {15} }}{2}x + 1 = \frac{{\left( {{x^2} – \frac{{\sqrt {15} }}{2}x + 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^{75}}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^{75}}}}.\]Đó là vì $n\left( {\frac{{\sqrt {15} }}{2}} \right) =75$, và do đó đa thức $P_{75}(x)=\left( {{x^2} – \frac{{\sqrt {15} }}{2}x + 1} \right){\left( {x + 1} \right)^{75}}$ là đa thức có các hệ số dương theo nhận xét kia.