Đa thức bất khả quy trên vành z x

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN HỌC Trần Thị Ngọc Huyền ĐỀ TÀI: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN VÀNH [ x] KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn khoa học TS Lê Văn Dũng Đà Nẵng – 2021 LỜI CẢM ƠN Trước tiên em xin chân thành cảm ơn đến thầy giáo hướng dẫn TS Lê Văn Dũng Mặc dù lần đầu em thực nghiên cứu khoa học, bước đầu tiếp cận nhiều khó khăn thầy tận tình bảo, hướng dẫn đưa lời khuyên để em hồn thành khóa luận Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy giáo, cô giáo khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng giảng dạy giúp đỡ chúng em suốt trình học tập khoa Vì kiến thức thân cịn hạn chế nên khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận góp ý quý thầy cô bạn sinh viên để đề tài hoàn chỉnh phát triển đề tài Em xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, ngày 27 tháng 12 năm 2021 Sinh viên Trần Thị Ngọc Huyền MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: Kiến thức sở 1.1 Vành 1.2 Đa thức 1.3 Số nguyên tố 1.4 Đa thức vành  x CHƯƠNG 2: Đa thức bất khả quy vành  x  11 2.1 Định nghĩa tính chất 11 2.1.1 Tiêu chuẩn Eisenstein 13 2.1.2 Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng 16 2.1.3 Tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn trường p  x  : 16 2.1.4 Tiêu chuẩn Osada 17 2.1.5 Tiêu chuẩn Perron 18 2.1.6 Đa thức có giá trị -1 18 2.2 Một số tốn tính bất khả quy vành [ x] 22 KẾT LUẬN CHUNG 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO 33 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Đại số phận lớn tốn học Trong khái niệm đa thức khái niệm quan trọng sử dụng nhiều đại số công cụ đắc lực Giải tích Trong thi học sinh giỏi quốc gia Olympic tốn đa thức thường xuất Cụ thể tốn chứng minh tính bất khả quy đa thức trường Các tốn xét tính bất khả quy đa thức trường số giải từ người ta chứng minh định lí đại số chứng minh hoàn chỉnh đưa Gauss năm 1816 Cịn tốn xét tính bất khả quy đa thức ít, chưa hệ thống cách chi tiết Vì em chọn đề tài “ Đa thức bất khả quy vành [ x] ” để làm khóa luận tốt nghiệp Em mong khóa luận có ích cho quan tâm đến đa thức, đặc biệt tính bất khả quy đa thức vành [ x] Khóa luận chia làm chương: Chương 1: Kiến thức sở Chương 2: Đa thức bất khả quy vành [ x] Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu tính bất khả quy đa thức vành [ x] - Nhằm củng cố, tổng hợp nâng cao kiến thức học, tận dụng biết vận dụng phương pháp nghiên cứu khoa học - Rèn luyện khả tiếp cận, tìm hiểu nghiên cứu vấn đền cịn thân Hình thành khả trình bày vấn đề Tốn học trừu tượng cách logic có hệ thống Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Đa thức biến bất khả quy vành [ x] Phạm vi nghiên cứu: Các tiêu chuẩn, phương pháp chứng minh đa thức bất khả quy  x Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc tài liệu liên quán đến nội dung đề tài cụ thể: Đa thức bất khả quy, Đa thức,… - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm thân, bạn học xung quanh để tổng hợp hệ thống kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ khoa học kết hợp đưa toán cụ thể để hiểu rõ sâu vấn đề - Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến giảng viên để hoàn thành mặt nội dung hình thức đề tài nghiên cứu CHƯƠNG 1: Kiến thức sở 1.1 Vành Cho tập hợp F , F xác định với phép cộng (+) gọi nhóm thỏa mãn điều kiện sau: (i) Kết hợp: a  (b  c)  (a  b)  c với a, b, c  F (ii) Tồn phần tử  F cho : a    a  a với a  F (iii) Mỗi a  F , tồn phần tử đối a  F cho a  (a)  (a)  a  Nếu thêm điều kiện a  b  b  a với a, b  F F gọi nhóm giao hốn Nhóm cộng F trang bị thêm phép toán nhân . gọi vành điều kiện sau thỏa mãn: (i) Phép nhân có tính kết hợp:  ab  c  a  bc  với a, b  F (ii) Tồn phần tử đơn vị  F cho a1  1a  a với a  F (iii) a  b  c   ab  ac  b  c  a  ba  ca với a, b, c  F Nếu thêm điều kiện ab  ba với a, b  F F vành giao hốn Phần tử trung lập phép cộng, kí hiệu: 0, gọi phần tử không Phần tử trung lập phép nhân, kí hiệu: gọi phần tử đơn vị vành F Ví dụ Dễ thấy , , với phép cộng, phép nhân thông thường lập thành vành, gọi vành số nguyên, vành số hữu tỉ, vành số thực Các vành vành giao hốn, có đơn vị 1.2 Đa thức Định nghĩa 1.2.1 Cho F vành giao hoán a0 , a1 , , an  F với an  Ta gọi f đa thức f số tồn n cho f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 Đa thức gọi đa thức biến x +) a0 , a1 , , an gọi hệ số đa thức; an  gọi hệ số cao nhất, a0   gọi hệ số tự do, xi i  0, n gọi hạng tử đa thức +) Tập tất đa thức biến x lấy hệ số F (với F vành giao hoán ) ký hiệu F  x  Ngồi với đa thức có nhiều biến có dạng: f ( x, y )  n xy i j i , j 0 a) Nghiệm đa thức: Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức Nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất nghiệm đa thức vấn đề trung tâm đại số Định nghĩa 1.2.2 Giả sử c phần tử tùy ý vành giao hoán F , f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 đa thức tùy ý F  x  , phần tử: f (c)  an c n  an1c n1   a1c  a0 có cách thay x c gọi giá trị f ( x) c Nếu f (c)  gọi c nghiệm f ( x) Đặc biệt: c nghiệm f ( x) f ( x) bội x  c b) Nghiệm bội đa thức Giả sử c phần tử tùy ý vành giao hoán F , f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 đa thức tùy ý F  x  , c gọi nghiệm bội bậc m đa thức f ( x) đa thức f ( x) chia hết cho ( x  c)m f ( x) không chia hết cho ( x  c)m1 Nghĩa f ( x)  ( x  c) k g ( x), x  F , g (c)  Đặc biệt: (i) Nếu m  c nghiệm đơn (ii) Nếu m  c nghiệm kép c) Định lý Viete Giả sử đa thức f ( x)  an x n  an1x n1   a1x  a0  F  x  có nghiệm x1 , x2 , , xn  F Khi ta có f ( x)  an ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) Sau ta nhân thừa số vào với đồng hệ tử f ( x) , ta có đẳng thức sau: x1  x2   xn   an1 ; an x1 x2  x2 x3   xn1 xn  an2 ; an x1 x2 x3  x2 x3 x4   xn2 xn1 xn   an3 ; an … x1 x2 x3 xn  (1) n a0 an d) Định lý Viete đảo Nếu số thực x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ: Sk  (1) k ank , k  1, n an Khi x1 , x2 , , xn n nghiệm đa thức bậc n : f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 e) Bậc đa thức Cho đa thức f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 +) Nếu an  bậc f n Kí hiệu deg f  n +) Nếu f ( x)  0, x  i đa thức f khơng có bậc +) Nếu f  a  deg f  Quy ước: Bậc đa thức  Nhận xét 1.2.3 (i) Mọi đa thức f ( x) bậc n  n  1 khơng thể có n nghiệm (ii) Nếu đa thức f ( x) bậc khơng q n lại có n  nghiệm tất hệ số (iii) Nếu đa thức f ( x) có bậc khơng n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đa thức : f ( x)  c (iv) Hai đa thức có bậc khơng q n nhận n  giá trị n  điểm khác biến đồng nhau: f ( x)  g ( x) Nhận xét 1.2.4 m n i 0 i 0 Hai đa thức f ( x)   x i g ( x)   bi x i m  n  bi với i  0, n Với hai đa thức f ( x), g ( x)  F ( x) , đó: m m cho f ( x)   x g ( x)   bi x i (không thiết am  i +) Tồn m i 0 i 0 m bm  ) , ta định nghĩa tổng f ( x)  g ( x)   (ai  bi ) x i i 0 m m, n +) Với bất kì, n f ( x)   x i g ( x)   bi x i , ta định nghĩa tích i 0 i 0 n m f ( x) g ( x)   ck x k ( Trong ck  i  j k aib j với k  0, , n  m ) k 0 Khi F  x  vành giao hốn với phép cộng phép nhân đa thức Vành F  x  gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ số F Trong đa thức khơng F  x  phần tử F Phần tử F đóng vai trị phần tử đơn vị vành F  x  Từ định nghĩa nhận xét ta có tính chất sau Bổ đề 1.2.5 Cho f ( x), g ( x), h( x)  F  x  Khi (i) Nếu deg f ( x)  deg g ( x) , ta có f ( x)  g ( x)  deg( f ( x)  g ( x))  max deg f ( x),deg g ( x) Nếu deg f ( x)  deg g ( x) f ( x)  g ( x)  ta có deg( f ( x)  g ( x))  max deg f ( x),deg g ( x) (ii) Nếu f ( x) g ( x)  deg  f ( x) g ( x)   deg f ( x)  deg g ( x) (iii) Nếu f ( x)  f ( x) g ( x)  f ( x)h( x) g ( x)  h( x) Định nghĩa 1.2.6 Khi đa thức f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 viết dạng f ( x)  g ( x).h( x) với deg g ( x)  deg h( x)  ta nói g ( x) ước f ( x) hay f ( x) bội g ( x) Ta viết: g ( x) | f ( x) hay f ( x) g ( x) 1.3 Số nguyên tố Mục ta xét tập số tự nhiên Định nghĩa 1.3.1 (i) Số nguyên tố số tự nhiên lớn gồm có hai ước (ii) Số tự nhiên lớn số nguyên tố gọi hợp số Kí hiệu: Kí hiệu "b | a " nghĩa b ước a , kí hiệu a b nghĩa a chia hết cho b  x Một đa thức d ( x)   x ( với d ( x)  ) gọi ước f ( x), g ( x)   x  d ( x) | f ( x), d ( x) | g ( x) , có h( x)   x  (iii) Cho f ( x), g ( x)  chung lớn mà h( x) | f ( x) h( x) | g ( x) h( x) | d ( x) Ta ký hiệu ước chung lớn f ( x) g ( x) gcd  f ( x), g ( x)  Nếu gcd  f ( x), g ( x)   ta nói f ( x) g ( x) nguyên tố Tính chất 1.3.2 (i) Ước khác nhỏ số tự nhiên lớn số nguyên tố (ii) Cho p số nguyên tố, a   a, p   p  p | a; với a  Khi  a, p    p | a Chứng minh (i) Cho a số tự nhiên  Giả sử d ước nhỏ khác a Nếu d khơng ngun tố d  d1d ( với d1 , d  1) Suy d1 | a với d1  d , điều mâu thuẫn với d nhỏ Vậy d nguyên tố (ii) Nếu p   a, p  hiển nhiên p | a Ngược lại p | a  a, p   p Nếu   a, p  p | a ( p | a  a, p   p ) Ngược lại p | a  a, p   (  a, p   d  d | p , từ p nguyên tố nên d  p , suy p | a , điều mâu thuẫn) 1.4 Đa thức vành  x Định nghĩa 1.4.1 Đa thức với hệ số nguyên (đa thức  x ) đa thức có dạng f ( x)  an x n  an1 x n1   a1 x  a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số nguyên  x Một số kết đa thức với hệ số nguyên Cho đa thức P( x)   x, P( x)  an x n  an1x n1   a1x  a0 (1) Nếu đa thức P( x) có nghiệm ngun x  a ta phân tích P( x)  ( x  a)Q( x) với Q( x)   x deg P( x)  deg G( x)  deg H ( x)  2m  Điều mâu thuẫn với deg P( x)  2m  Ta giả sử deg G( x)  m Theo giả thiết P(ai )  1 , suy G(ai ) H (ai )  1 Mà G(ai ) H (ai ) số nguyên nên với i ta có G(ai )  1 , H (ai )  1 Như G(ai )  1 với i  1, 2, , n Nhưng n  2m suy đẳng thức G (ai )  G(ai )  1 thỏa mãn với m giá trị i Suy đa thức phải trùng với số 1 ( điều mâu thuẫn với giả thiết ) Ta có điều phải chứng minh Định lí 2.1.13 Cho a1 , a2 , , an n số nguyên khác p số nguyên f ( x)  p( x  a1 )( x  a2 ) ( x  an )  Đa thức khơng phân tích loại trừ trường hợp sau đây: (i) p  4, n  a1 , a2 hai số liên tiếp, nghĩa a2  a1  Cụ thể f ( x)  4( x  a1 )( x  a1  1)    2( x  a1 )  1 (ii) p  1, n  a1 , a2 , a3 , a4 ( xếp thích hợp) bốn số liên tục Khi đó: f ( x)  ( x  a1 )( x  a1  1)( x  a1  2)( x  a1  3)    ( x  a1  1)( x  a1  2)  1 (iii) p  1, n  a1 , a2 khác đơn vị, nghĩa a2  a1  Khi đó: f ( x)  ( x  a1 )( x  a1  2)    x  a1  1 Chứng minh Giả sử đa thức f ( x) phân tích được, f ( x)  G( x) H ( x) với G ( x), H ( x)   x deg G( x),deg H ( x)  n Vì f (ai )  với i  1, 2, , n ta có G (ai ) H (ai )  , từ suy với i G (ai )  H (ai )  G (ai )  H (ai )  1 Với giá trị khác i vế phải có dấu khác Với i (1  i  n) đẳng thức sau G (ai )  H (ai )  Bằng cách ta tìm n nghiệm khác a1 , a2 , a3 , a4 đa thức G( x)  H ( x) Nhưng bậc đa thức nhỏ hơn, suy phải đồng 0, nghĩa G( x)  H ( x)  , G( x)  H ( x) Do f ( x)  G ( x) Như vậy, f ( x) phân tích phải bình phương đa thức, từ suy bậc n đa thức cho số chẵn, cịn hệ số cao p số phương Nghĩa f ( x) khơng phân tích ta n số lẻ n số chẵn, p khơng phải số phương, trường hợp riêng p số âm 19 Ta đặt p  q n  2m , q hệ số cao G ( x) cịn m bậc Khơng tính tổng quát ta giả sử q  (trong trường hợp cịn lại ta thay dấu tất hệ số đa thức G ( x) ) Ta xét đa thức G ( x) , với i ta có G (ai )  G(ai )  1 Ta chứng minh đẳng thức thỏa mãn với m giá trị i Thật vậy, G (ai )  với nhiều m giá trị i , bậc G ( x) m , ta nhận G ( x) trùng với số 1, điều vơ lí Suy số lượng k số i cho G (ai )  không lớn m Giả sử k  m ta nhận G(ai )  1 với n  k  m Từ suy G( x)  1 , điều lại dẫn đến vô lí Như đẳng thức G (ai )  thỏa mãn với m giá trị i Khơng tính tổng qt ta cho G (a1 )  G (a2 )   G (am )  G(am1 )  G(am )   G(an )  1 Ta xét đa thức G ( x)  Đa thức có bậc m , hệ số cao q có m nghiệm khác a1 , a2 , , am Suy G( x)   q( x  a1 )( x  a2 ) ( x  am ) Hoặc G( x)   q( x  a1 )( x  a2 ) ( x  am )   q1 ( x) Ở 1 ( x)  ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  am ) Ta đặt 2 ( x)  ( x  am1 )( x  am2 ) ( x  an ) Ta có  ( x)  1 ( x)2 ( x) Do f ( x)  G ( x) nên p ( x)   q1 ( x)  1 Hoặc p ( x)   q 21 ( x)  2q1 ( x)  Nghĩa p ( x)  q 21 ( x)  2q1 ( x) Vì p  q  ( x)  1 ( x)2 ( x) , chia hai vế đẳng thức cho p1 ( x) Ta nhận p2 ( x)  p1 ( x)  p 2 ( x)  1 ( x)   (1) Hệ số tự vế trái đẳng thức là: (1) m q(am1am an  a1a2 am ) Bằng cách so sánh hệ số vế trái đẳng thức ta nhận được: (1) m q(am1am an  a1a2 am )  Từ đẳng thức sau ta nhận q  1 q  2 ta giả thiết q  nên q lại trường hợp q  q  , tương ứng p  1, q  20 Như ta chứng minh đa thức f ( x) bất khả quy Ta xét cụ thể hai trường hợp này: + Trường hợp p  ( nghĩa q  ) Trong trường hợp phương trình (1) có dạng 2 ( x)  1 ( x)  (2) Hay ( x  am1 )( x  am ) ( x  an )  ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  an )  Ta chứng minh đẳng thức với m  Thật thay x  a1 ta nhận : (a  am1 )(a  am2 ) (a1  an )  Vì a1   nên a1   1 Từ m  hai thừa số trùng nhau, điều trái với giả thiết cho chúng phải khác Nếu m  ta có hai thừa số tích chúng dương nên chúng dấu, suy trùng Điều vơ lý Do m  đẳng thức (2) có dạng ( x  a2 )( x  a1 )  với a1  a2  + Trường hợp p  (q  1) Đẳng thức (1) có dạng 2 ( x)  1 ( x)  Ta chứng minh m  Thật ta thay x  a1 (3) vào (3) ta nhận (a  am1 )(a  am ) (a1  an )  Nếu số lượng thừa số m lớn cách chứng minh phần trước ta nhận hai chúng Suy m  Bây ta chứng minh m  không thỏa mãn Thật vậy, giả sử m  (3) ta lại thay x  a1 Khi (a1  a4 )(a1  a5 )(a1  a6 )  Từ đẳng thức suy hai thừa số vế trái 1 , chúng phải có dấu trái nhau, ngược lại chúng trùng Ta cho a1  a5  1, a1  a6  1 Khi a1  a4  2 a1  a4  Tương tự a2 thay vào chỗ a1 Ta nhận a2  a4  Do a1  a2 suy a1  a5  a2  a6  Cuối cách thay x  a3 vào (3) với lí luận tương tự dễ thấy a3  a6  Bây ta tính hệ số trước x vế trái (3) Mặt khác ( Vì x khơng có cơng thức khai triển) Mặt khác cách tính tốn trực tiếp ta nhận a4  a5  a6  a1  a2  a3  6  Vô lý Như m  m hai khả m  m  +) m  ta thay (3) x  a1 (a1  a3 )(a1  a4 )  2, (a2  a3 )(a2  a4 )  Từ đẳng thức thứ suy bốn khả sau: a1  a3  1, a1  a4  2, a1  a3  1, a1  a4  2 ; 21 x  a2 Ta nhận a1  a3  2, a1  a4  1, a1  a3  2, a1  a4  1 Bởi vai trị a3 a4 đối xứng, nên ta xét trường hợp đầu đủ Sau ta xét trường hợp thứ hai ( trường hợp thứ làm tương tự) Ta có a3  a1  a4  a1  Bằng cách thay vào đẳng thức (a2  a3 )(a2  a4 )  ta nhận (a2  a1  1)(a2  a1  2)  Từ với ý a2  a1   a2  a1  ta nhận a2  a1   2, a2  a1   1 Hoặc a2  a1   1, a2  a1   Nếu a2  a1   a1  a2 ( mâu thuẫn ) Do a2  a2  Như a1 , a3  a1  1, a4  a1  2, a2  a1  bốn số nguyên liên tiếp, điều loại trừ trượng hợp 2) định lý +) Nếu m  (3) có dạng ( x  a2 )  ( x  a1 )  Từ suy a1  a2  , trường hợp loại trừ 2.2 Một số tốn tính bất khả quy vành [ x] Để chứng minh đa thức bất khả quy ta dùng phương pháp chung phương pháp phản chứng số ví dụ trình bày trên, nghĩa ta giả sử phân tích đa thức cho thành tích hai đa thức với bậc lớn hay sau dẫn đến điều vơ lí Dưới số tốn tính bất khả quy đa thức, có đề thi IMO (International Mathematical Olympiad, kì thi Tốn học cấp quốc tế hàng năm dành cho học sinh trung học phổ thơng) Bài tốn 1: Chứng minh đa thức P( x)  x5  3x4  x3  3x2  x  biểu diễn thành tích hai đa thức bậc thấp với hệ số nguyên Bài giải 1) Giả sử: P( x)  x5  3x4  x3  3x2  x   ( x  a)G( x) a số nguyên (1) Thay x  a vào (1), ta có: a5  3a4  6a3  3a2  9a   Đa thức không thỏa mãn Thật vậy, a chia hết cho số ngun đứng vế trái khơng chia hết cho ( khơng 0) Cịn với a khơng chia hết cho không chia hết cho Vậy đa thức P( x) khơng thể biểu diễn dạng tích đa thức (1) 2) Giả sử: P( x)  x5  3x4  x3  3x2  x  22  ( x  a1 x  a2 )( x3  b1 x  b2 x  b3 ) (2) Trong a1 , a2 , b1 , b2 , b3 số nguyên Áp dụng phương pháp đồng hệ số ta có: a2b3    ab a b 9 2  a1b2  a2b1  b3  3  ab a b 6 2  11 a  b    1 (3) (4) (5) (6) (7) Từ (3) ta thấy có hai số a2 b3 chia hết cho +) Nếu a2 chia hết cho 3, b3 không chia hết cho 3, từ (4) suy a1 , suy b3 , theo (5) điều mâu thuẫn +) Nếu a2 3, b3 , từ (4) suy b3 , suy b1 , theo (5), a2 , điều mâu thuẫn ( theo(6)) Vậy P( x) khơng thể phân tích theo dạng (2) Bài toán 2: Chứng minh đa thức P  x   5x  x3  12 x  x  bất khả quy Bài giải Xét  x ,  x ta có P  x   x4  x3  Nếu P  x  khả quy P  x   x  x3   ( x  ax  1)( x  bx  1) với a, b  2 Đồng hệ số vế ta điều vơ lí Từ suy điều chứng minh Bài toán 3: Chứng minh f ( x)  x  x  1  x đa thức Bài giải Giả sử f ( x)  x4  x  không bất khả quy 2 bất khả quy Vì f ( x) khơng có nghiệm nên khơng có nhân tử bậc Vì phân tích thành tích hai đa thức bậc hai: f ( x)  g ( x)h( x) với g ( x), h( x)  thức bậc hai  x   x  deg g ( x)  deg h( x)  Dễ thấy đa x2  x  Vì f ( x) khơng có nghiệm g ( x) h( x) khơng có nghiệm 2 nên Do g ( x)  h( x)  x2  x  Rõ ràng x4  x  không chia hết cho x2  x  , tức f ( x) không chia hết cho g ( x) , điều vơ lí Vậy x4  x  bất khả quy Bài toán 4: Cho số tự nhiên n  hai số nguyên tố p, q phân biệt Tìm tất số nguyên a cho đa thức P( x)  xn  axn1  pq bất khả quy 23  x  Bài giải Nếu p | a q | a theo tiêu chuẩn Eisenstein P( x) bất khả quy Xét trường hợp p, q không ước a Giả sử P( x) khả quy, áp dụng dạng mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein ta suy P( x) phải có nhân tử bậc P( x) có nghiệm nguyên x0 Từ suy pq   x0n1 ( x0  a ) Vì n  nên pq x02 p  q nên x0  1 Vì  a  pq  (1)n  a(1)n1  pq nên a  1  pq a   (1)n pq Bài toán 5: (IMO 1993) Cho số tự nhiên n lớn Chứng minh đa thức f ( x)  xn  5xn1  bất khả quy  x Bài giải Với n  có f ( x)  x2  5x  bất khả quy  x  Xét n  Giả sử f ( x)  g ( x).h( x) với g ( x), h( x)   x  có bậc  Do deg g ( x)  deg h( x)  n  nên suy hai số deg g ( x) deg h( x) có số lớn Vì f (0)  số nguyên tố nên g (0)  h(0)  Giả sử g ( x)  x k  b1 x k 1   bk (k  1) g (0)  Gọi a1 , a2 , , ak nghiệm g ( x) Khi ta có: g ( x)  ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  ak ) Vì g (0)  nên a1a2 ak  (*) Do g (ai )  nên f (ai )  0, i  1, , k Từ n1 (ai  5)  3, i  i, k Nhân đẳng thức lại sử dụng (*) ta được: (a1  5)(a2  5) (ak  5)  3k (**) Mặt khác ta có: g (5)  (a1  5)(a2  5) (ak  5)  f (5)  g (5).h(5) nên (a1  5)(a2  5) (ak  5)   Điều trái với (**) k  Từ ta có điều phải chứng minh  x  bậc 2013 nhận giá trị -1 2013 giá trị nguyên khác Chứng minh P  x  bất khả quy  x  Bài toán 6: Cho đa thức P  x   24 Bài giải Giả sử P  x  khả quy g  x   x Đặt P  x   g  x  h  x  ,  x ; h  x    x ;1  deg h  x   deg g  x   2013 Do đó, deg h  x   1006 Gọi 2013 số nguyên phân biệt cho P    1 Suy g   h    1 Gọi p số giá trị mà h    , gọi q số giá trị mà h    1 Khi p  q  2013 Có thể giả sử p  q  p  1007 , đa thức h  x  có nhiều 1007 nghiệm Mặt khác deg h( x)  1006 , suy h( x)   với x Tức h( x)  , vơ lí Vậy P( x) bất khả quy  x Một số toán tương tự toán Bài toán 6.1: Cho P( x)  a2003 x 2003  a2002 x 2002   a1 x  a0 đa thức với hệ số ngun Biết phương trình P( x)  có 2003 nghiệm nguyên khác Chứng minh đa thức P( x) khơng thể biểu diễn thành tích hai đa thức với hệ số nguyên Bài giải Giả sử P( x) biểu diễn dạng: P( x)  P1 ( x).P2 ( x) Trong P1 ( x), P2 ( x) hai đa thức với hệ số nguyên Ta có: deg P1 ( x)  deg P2 ( x)  deg P( x)  2003  min(deg P1 ( x),deg P2 ( x))  1001 khơng giảm tính tổng qt, giả sử deg P1 ( x)  1001 , xi với i  1, 2003 2003 nghiệm nguyên khác phương trình P( x)  , tức P( xi )  P1 ( xi ) P2 ( xi )  1, i  1, 2003  Pi ( xi )  1, i  1, 2003 ( P1 ( xi ) P2 ( xi ) số nguyên) (1) Từ (1)  hai phương trình P1 ( x)  P1 ( x)  1 có 1002 nghiệm ngun khác Trong trường hợp dẫn đến vơ lý deg P1 ( x)  1001 ( Vì đa thức P( x) bậc n nhận giá trị n giá trị khác x )  vô lý Suy điều phải chứng minh Bài toán 6.2: Chứng minh đa thức f ( x)   x -1 giá trị ngun khác bất khả quy bậc nhận giá trị  x  Bài giải Giả sử: f ( x)  g ( x).h( x) với deg g  0,deg h  g ( x), h( x)  25  x  Gọi xi (i  1, ,7) số nguyên cho f ( xi )  1 Ta có: f ( xi )  g ( xi )h( xi )  1 Suy g ( xi )  g ( xi )  1 h( xi )  h( xi )  1 Do deg g  deg h  nên coi deg g  Nhưng phương trình g ( x)  g ( x)  1 có khơng q nghiệm ngun Vì vậy: g ( x)  1 không giá trị nguyên phân biệt x Điều mâu thuẫn với kết luận Vậy f ( x) đa thức bất khả quy  x Bài toán 6.3: Chứng minh đa thức f ( x)   x bậc n mà nhận giá trị -1 n nhiều   điểm nguyên phân biệt, f ( x) đa thức bất khả quy 2  x  n Bài giải Đặt    m 2 Giả sử f ( x)  g ( x).h( x) , g ( x), h( x) thuộc  x   deg g  deg h  n (1) Vì n  2m n  2m  nên deg g  m Mặt khác theo giả thiết tồn l số x1 , x2 , xl (l  2m) cho f ( xi )  g ( xi )h( xi )  1 với i  1, 2, , l (l  2m) Suy g ( xi )  1 với i  1, 2, , l Vậy l số xi phải có m  số để g ( xi )  g ( xi )  1 mà g ( x) đa thức bậc nhỏ thua m nên g ( x)  , g ( x)  1 trái với điều kiện (1) Vậy f ( x) đa thức bất khả quy  x  x  Chứng minh tồn số nguyên dương x2 f ( x)  kx  bất khả quy  x  Bài toán Cho f ( x)  k  N  x ; deg f ( x)  n f ( x)  h( x).g ( x); h( x), g ( x)   x ;deg h  r  1, deg g  n  r  Bài giải Với f ( x)  1       Khi x n f     x k h     x n k g     x   x    x  26 N cho với 1 Như f ( x) khả quy x n f   bất khả quy x  x  1 k  Rõ ràng với k đủ lớn đa thức t ( x)  x n   h     n   thỏa mãn điều kiện x  x x x  tiêu chuẩn Perron nên t ( x) bất khả quy  x  , ta có điều phải chứng minh Bài tốn a) Tìm a ngun để P  x   ( x  a )( x  10)  khả quy b) Tìm a,b,c nguyên phân biệt khác để: P( x)  x( x  a)( x  b)( x  c)  khả quy  x;  x Bài giải: a) Giả sử: P( x)  ( x  a)( x  10)   ( x  m)( x  n) với m, n   x  Lấy: x  n  (n  a)(n  10)  1 Vì 1    1.1 nên: n  a  1 hay n  10  1; n  a  hay n  10  1 Do đó, n  9, a  hay n  11, a  12 Thử lại: a  8; ( x  8)( x  10)   ( x  9)2 ; a  12; ( x  12)( x  10)   ( x  11)2 Vậy: a  hay a  12 b) Ta xét trường hợp phân tích bậc thấp mơnic: Nếu P( x)  x( x  a)( x  b)( x  c)   ( x  p)( x3  qx  rx  s) Lấy x  0, a, b, c  1.1  (1)(1) nên dẫn đến mâu thuẫn a, b, c khác phân biệt Nếu P( x)  x( x  a)( x  b)( x  c)   ( x  px  q)( x  rx  s) Ta chọn x  0, a, b, c  1.1  (1)(1) nên: a2  pa  q, b2  pb  q, c2  pc  q nhận giá trị 1 Từ suy ra: b2  ab  c2  ac  2 (b  c)(b  c  a)  Ta có kết hệ số nguyên (a, b, c) (3,1, 2),(3, 1, 2),(1, 2, 1) (1, 1, 2) 27 Tổng quát n số nguyên phân biệt : P( x)  ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  an )  khả quy n  hay n  Bài toán 9: Cho n số  Chứng minh: P  x    x  a1  x  a2   x  an   bất khả quy  x Bài giải Giả sử P( x)  G( x).H ( x)  x  deg G, H  n  P(ai )  G(ai ).H (ai )  1  G (ai ) H (ai ) nhận giá trị 1  G    H (ai )  Nên đa thức G( x)  H ( x) có deg  n mà có n nghiệm  G( x)  H ( x)   G( x)   H ( x) Do đó: P( x)  H ( x) So sánh hệ số theo x n vế trái lớn vế phải nhỏ 0, điều vơ lý Vậy khơng thể phân tích Bài toán tương tự Bài toán n Bài toán 9.1: ( Dự tuyển IMO) Cho đa thức: f ( x)   ( x  )  với n  a1 , a2 , an i 1 số nguyên đôi khác Chứng minh f ( x) khả quy  x n  Bài giải Giả sử f ( x)  g ( x)h( x) với g ( x), h( x)   x  và: deg g  p  q  deg h  Ngoài ra, giả sử hệ số bậc cao g h Trong (1) cho x  thu g (ai )h(ai )  2 Suy  g (ai ), h(ai )   (2,1), (2, 1), (1, 2), ( 1, 2) Vậy với i , ta có g (ai )  h(ai )  1 với với n giá trị i , g (ai )  h(ai )  1 n giá trị i Giả sử g (ai )  h(ai )  với k giá trị i 1, , n Rõ ràng k  n ( đa thức g ( x)  h( x)   có bậc  n ) 28 n n Giả sử k  ( 2) ( k  xét đa thức g ( x)  h( x)  ) 2 Giả sử g (ai )  h(ai )  với i  1, , k  ( không ta đặt lại thứ tự số) Suy ra: g ( x)  h( x)   ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  ak ) w( x)  w( x)   x  Cho x  ak 1 ( với ý g (ak 1 )  h(ak 1 )  1 ) ta : 2   ak 1  a1  ak 1  a2   ak 1  ak  w  ak 1  Thế trị tuyệt đối vủa tích gồm thừa số nguyên tố khác  ln ln  Vậy nên k  dẫn đến  k  Xét k  : Nếu n  ta có: (a4  a1 )(a4  a2 )(a4  a3 ) w(a4 )  2 và: (a5  a1 )(a5  a2 )(a5  a3 ) w(a5 )  2 Do đó: a1 , a2 , a3   a4  1, a4  2, a4  2 Nhưng a5  a4  a3 nên a5  a1  với i  1, 2,3 : Vô lý Nếu n  thì: g ( x)  h( x)   ( x  a1 )( x  a2 ) w( x) với deg w  ( deg g  deg h  ) Suy ra: (ai  a1 )(ai  a2 )w(ai )  2(i  3;4) Nếu deg w  deg g ( x)  3, h( x)  x  a  f (a)  (a  a1 )(a  a2 )(a  a3 )(a  a4 )  Vậy w( x)  const Do đó: deg g  deg h  2, w( x)  w(a3 )  w(a4 )  Từ đó: 1  (a3  a1 )(a3  a2 ) và: a1 , a2   a3  1, a3  1 Tương tự ta có: 1  (a4  a1 )(a4  a2 ) nên: a1 , a2   a4  1, a4  1 Do đó: a4  a3 vơ lý Tóm lại, có n  thỏa mãn yêu cầu 29 Bài toán 10: Cho đa thức P( x) thỏa mãn xP( x  1)  ( x  2014) P( x) P(2014)  2014! Chứng minh đa thức f ( x)  P2 ( x)  bất khả quy  x Bài giải Trước tiên tìm P( x)  x( x  1)( x  2) ( x  2013) Giả sử f ( x) khả quy g ( x)   x  : f ( x)  g ( x).h( x) ,  x ; h( x)   x ; deg g ( x);deg h( x)  Vì f ( x) vơ nghiệm nên g ( x), h( x) vơ nghiệm Khơng tính tổng quát, giả sử g ( x)  0; h( x)  với x g ( x), h( x) có hệ số cao Ta có f (i)  g (i).h(i)   g (i)  h(i)  với i  0, 2013 Giả sử deg g ( x)  m;deg h( x)  n (n  m) Nếu m  n , m  n  2.2014 , suy m  2014 Như đa thức g ( x)  có bậc m  2014 lại có 2014 nghiệm nên g ( x)  Đây điều mâu thuẫn deg g ( x)  Vậy m  n  2014 Khi g ( x)  h( x)  x( x  1)( x  2) ( x  2013)   P( x)  Do f ( x)  h2 ( x)   P( x)  1  P ( x)   P( x)  , vơ lí Vậy f ( x) bất khả quy  x Dưới toán tổng quát cho toán Bài toán 10.1: Cho n số  nghiệm phân biệt Chứng minh đa thức P( x)  ( x  a1 ) ( x  a2 ) ( x  an )  đa thức bất khả quy  x Bài giải Vì P  x   0, x  P( x) vô nghiệm  hai nhân tử H  x  , G  x  vô nghiệm nên không đổi dấu Giả sử: H  x  , G  x   0, x , ta có: P(ai )  H (ai ).G (ai )   H (ai )  G    Nếu deg H  n  H ( x)  có n nghiệm  H ( x)  Điều vô lý, nên cuối cùng: deg H  deg G  n  H ( x)   A( x  a1 ) ( x  an ) G( x)   B( x  a1 ) ( x  an ) Thế vào ta có: ( x  a1 )2 ( x  a2 ) ( x  an )  1;  1  A( x  a1 ) ( x  an ) 1  B( x  a1 ) ( x  an )  So sánh hệ số theo x 2n thì:  AB 30 So sánh hệ số tự do: a12 a22 an2    ( A  B)a1 an  a12 a22 an2  A  B  Do đó:  AB   A2 : Vơ lý  điều phải chứng minh Bài toán 11: ( Nhật 1999) Chứng minh đa thức sau bất khả quy  x f ( x)  ( x2  12 )( x2  22 ) ( x2  n2 )  Bài giải Giả sử f ( x)  g ( x).h( x) , g ( x)   x ; h( x)   x ; deg g ( x);deg h( x)  Ta có f ( k i )  với k  1, n , i  1 Suy  g (ki).h(ki ) với k  1; 2; ;  n Do có cách phân tích số thành tích số nguyên i   1.1  (1).(1)  i.(i)  (i).i nên với k  1; 2; ;  n  g (ki); h(ki)  (1;1);(1; 1);(i; i);(i; i) Trong trường hợp ta có g (ki)  h(ki)  h(ki)  h(k.i) Suy đa thức g ( x)  h( x) có bậc nhỏ 2n mà lại có 2n nghiệm phân biệt, g ( x)  h( x)  0x   g ( x)  h( x) Đặc biệt g (0)  h(0)  f (0)  g (0) số phương, hay (n!)2  số phương, vơ lí Vậy f ( x) bất khả quy  x  Ta có tốn tổng qt là: Cho p số nguyên tố Chứng minh với số tự nhiên n đa thức f ( x)  ( x p  12 )( x p  22 ) ( x p  n2 )  bất khả quy  x Đây toán kinh điển hay đa thức bất khả quy, lời giải toán sử dụng triệt để tính chất nghiệm ( phức) đa thức là:” Một đa thức bậc n ln có n nghiệm phức Việc sử dụng linh hoạt đơn vị ảo i (i  1) nghệ thuật mang lại nét đẹp tính kinh điển toán 31 KẾT LUẬN CHUNG Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu, khóa luận giải vấn đề sau:  Trình bày số kiến thức cần thiết: khái niệm đa thức tính chất đa thức hệ số nguyên; khái niệm đa thức bất khả quy  x   Đưa số phương pháp xét tính bất khả quy  x  đa thức phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Osada, tiêu chuẩn Perron  Giới thiệu chứng minh chi tiết số tốn thường gặp tính bất khả quy  x  đa thức 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Hồnh Phị, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung (2019), Chuyên khảo đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Giáo trình Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ (2007) Các thi Olympic Toán trung học phổ thông (1990-2006) NXB Giáo dục [4] Nguyễn Hữu Điền (2003), Đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục Các nguồn tài liệu từ Internet: https://hoc360.net/, https://thuvientoan.net/ 33 ... 2.1.2 Đa thức 3x2  3x đa thức khả quy  x   x  có bậc  x? ??  x  , đa thức x2  bất khả quy  x? ?? Sau tính bất khả quy đa thức bậc thấp Tính chất 2.1.3  x  ln bất khả quy (ii) Nếu af ( x) ... bất khả quy  x  f ( x) bất khả quy  x  (iii) Nếu f (ax) với a  bất khả quy  x  f ( x) bất khả quy  x  (iv) Cho số nguyên a đa thức f ( x)   x  Khi f ( x) bất khả quy  x  f ( x. .. (i) Đa thức f ( x)  x5  5x  20 x  15 bất khả quy  x  theo tiêu chuẩn Eisenstein với p  (ii) Đa thức f ( x)  x4  x3  x  bất khả quy f ( x  1)  x4  3x3  3x2  3x  bất khả quy  x? ??