Một cách giải cho bài 6
Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:
Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.
Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.
Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).
Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.
Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).
Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.
Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.
Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.
Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.
Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.
Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.
Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.
Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.
Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.
Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.
Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.