Để củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng giải đề chuẩn bị cho kì thi Olympic Toán sinh viên sắp tới, mời các bạn cùng tham khảo Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Đại số. Từ đó, giúp các bạn nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải đề đạt hiệu quả cao hơn.
HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2023 ĐÁP ÁN: ĐẠI SỐ Bảng PT A Các kết đa thức bất khả quy Bài PT.1 (2 điểm.) Giả sử đa thức (x − 1)(x − 2)(x − 3) − khả quy Z[x], tức tồn đa thức với hệ số nguyên P (x), Q(x) deg P, deg Q ≥ mà P (x) · Q(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) − = x3 − 6x2 + 11x − Từ giả sử P (x), Q(x) đa thức đơn hai đa thức đa thức bậc nhất, đa thức cịn lại có bậc hai Khơng tính tổng qt, giả sử P (x) = x + a Q(x) = x2 + bx + c, với a, b, c số nguyên Khi P (x) · Q(x) = (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b)x2 + (ab + c)x + ac Cân hệ số ta thu hệ sau: a + b = −6 ab + c = 11 ac = −7 Từ phương trình ac = −7 ta thu (a, c) ∈ {(1, −7), (−1, 7), (7, −1), (−7, 1)} Thử trường hợp ta không thu số nguyên a, b, c thỏa mãn hệ Vậy điều giả sử sai ta có điều phải chứng minh Bài PT.2 (4 điểm.) a) Ta chứng minh phản chứng Giả sử mệnh đề cần chứng minh sai Đặt R(x) = P (x).Q(x) = c0 + c1 x + · · · + cm+n xm+n Từ giả thiết phản chứng, tồn i số nhỏ mà không chia hết cho p tồn j số nhỏ mà bj khơng chia hết cho p Khi đó, cách xét hệ số xi+j ta thấy ci+j = bj + ai−1 bj+1 + · · · có số hạng bj không chia hết cho p tất số hạng lại chia hết cho p, khơng chia hết cho p, vơ lý Vậy ta có điều phải chứng minh b) Được suy trực tiếp từ a) Bài PT.3 (2 điểm.) Giả sử P (x) khả quy Z[x] Khi P (x) = G(x)H(x), với G(x) = c0 + c1 x + · · · + cr xr , r ≥ 1, H(x) = d0 + d1 x + · · · + ds xs , s ≥ Do p | a0 = c0 d0 p2 c0 d0 nên ta giả sử: p | c0 p d0 Do p | a1 = c0 d1 + c1 d0 nên p | c1 d0 Suy p | c1 Tương tự từ p | a2 = c0 d2 + c1 d1 + c2 d0 ta suy p | c2 Giả sử p | c0 , c1 , , ck Khi p | ak+1 = c0 dk+1 + · · · + ck d1 + ck+1 d0 nên p | ck+1 d0 Do p | d0 nên p | ck+1 Lập luận dẫn đến p | c0 , c1 , , cr Suy p | an = cr ds , mâu thuẫn Do P (x) bất khả quy Z[x] Bài PT.4 (3 điểm.) Hiển nhiên tính bất khả quy Q[x] suy tính bất khả quy Z[x] Ta cần tính bất khả quy Z[x] suy tính bất khả quy Q[x] Gọi P (x) đa thức hệ số nguyên bất khả quy Z[x] Giả sử P (x) khả quy Q[x]: P (x) = P1 (x)P2 (x) với P1 (x), P2 (x) đa thức bậc nhỏ bậc P (x) có hệ số hữu tỷ Bằng cách quy đồng hệ số đặt nhân tử chung hệ số đa thức tử số, ta dễ dàng biểu diễn P1 (x) = a1 b1 Q1 (x), P2 (x) = a2 b2 Q1 (x), với a1 , a2 , b1 , b2 ∈ Z+ , gcd(ai , bi ) = Q1 (x), Q2 (x) đa thức nguyên Khi P (x) = P1 (x)P2 (x) = a1 a2 b1 b2 Q1 (x)Q2 (x) = p q Q(x), với (p, q) = Q(x) = Q1 (x)Q2 (x) Từ kết PT.2 suy Q(x) đa thức nguyên Do P (x) đa thức hệ số nguyên, Q(x) nguyên bản, (p, q) = nên q = Suy b1 b2 = 1, dẫn đến b1 = b2 = Suy P1 (x), P2 (x) ∈ Z[x] P (x) khả quy Z[x], mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, P (x) bất khả quy Q[x] Bài PT.5 (3 điểm.) Trước hết ta P (x) có nghiệm phức α với mơđun |α| > Thật vậy, xét α nghiệm P (x) Khi đó, −an−1 αn−1 = αn + an−1 αn−2 + · · · + a1 α + a0 Nếu |α| = |an−1 | = |αn + an−1 αn−2 + · · · + a1 α + a0 | ≤ + |an−2 | + · · · + |a1 | + |a0 |, mâu thuẫn với giả thiết tốn Do |α| = Gọi α1 , α2 , , αn tất nghiệm phức (không thiết phân biệt) f (x) Ta có |a0 | = |α1 | · |α2 | · · · |αn | Mà a0 = nguyên nên |α1 | · |α2 | · · · |αn | ≥ Vì |αi | = nên có nghiệm αi có mơđun > 1, chẳng hạn, |α1 | > Viết P (x) = (x − α1 )p(x), với p(x) = xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0 Cân hệ số ta có a0 = −α1 b0 , a1 = b0 − α1 b1 , , an−2 = bn−3 − α1 bn−2 , an−1 = bn−2 − α1 Từ giả thiết ta có |bn−2 − α1 | > + |bn−3 − α1 bn−2 | + · · · + |α1 b0 | Suy |bn−2 | + |α1 | > + |α1 ||bn−2 | − |bn−3 | + · · · + |α1 ||b1 | − |b0 | + |α1 ||b0 | =⇒ |α1 | − > (|α1 | − 1)(|bn−2 | + |bn−3 | + · · · + |b0 |) Vì |α1 | > nên bất đẳng thức cho thấy |bn−2 | + |bn−3 | + · · · + |b0 | < Với số phức x có mơđun > 1, ta có |p(x)| = |xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0 | ≥ |x|n−1 − |bn−2 ||x|n−2 − · · · − |b1 ||x| − |b0 | ≥ − |bn−2 | − · · · − |b1 | − |b0 | > Như vậy, nghiệm phức p(x) có mơđun nhỏ 1, tức P (x) có nghiệm α có mơđun lớn Giả sử P (x) khả quy Z, P (x) = g(x)h(x), với g(x), h(x) ∈ Z[x] deg g(x), deg h(x) ≥ Vì P (x) có nghiệm với mơđun lớn nên có hai đa thức, chẳng hạn g(x) có tất nghiệm với mơđun nhỏ Gọi γ1 , γ2 , , γr tất nghiệm g(x) = xr + cr−1 xr−1 + · · · + c1 x + c0 Ta có |c0 | = |γ1 | · |γ2 | · · · |γr | < 1, mà c0 số nguyên nên c0 = 0, suy a0 = 0, trái với giả thiết toán Vậy P (x) bất khả quy Z[x] B Ứng dụng đa thức bất khả quy Bài PT.6 (4 điểm.) a) Ta cần chứng minh đa thức p! + x + x2 2! + ··· + xp p! = p! + p!x + p! 2! x2 + · · · + pxp−1 + xp p! x2 + · · · + pxp−1 + xp bất khả 2! quy Z[x] Chú ý p | p!/k! với k < p nên theo PT.3, áp dụng với số nguyên tố p, ta p! có p! + p!x + x2 + · · · + pxp−1 + xp bất khả quy Z[x] 2! bất khả quy Q[x] Do cần chứng minh p! + p!x + n b) Theo PT.4, ta cần P (x) bất khả quy Z[x] Đặt P (x) = x2 + Ta cần chứng minh P (x + 1) bất khả quy Z[x] Ta có n 2n n P (x + 1) = (x + 1)2 + = x2 + 2n − Ta chứng minh với số nguyên dương k < 2n 2n k = 2n k n −1 + ··· + 2n x + số chẵn Thật vậy, theo hệ thức Pascal, 2n 2n − k−1 k x2 n Để ý k−1 số nguyên số mũ phân tích thừa số nguyên tố k nhỏ n (vì k < 2n ), nên số mũ vế phải số chẵn Từ đó, cách áp dụng PT.3 với p = suy P (x + 1) bất khả quy Z[x] Từ đó, ta dễ n dàng P (x) = x2 + bất khả quy Z[x] (và Q[x]) Bài PT.7 Ta cần chứng minh P (x2 ) bất khả quy Z[x] Giả sử P (x2 ) khả quy Z[x] Khi P (x2 ) = g(x)h(x) với g(x), h(x) đa thức hệ số nguyên bậc nhỏ bậc P (x2 ) Hơn ta giả sử g(x) bất khả quy (nếu g(x) khả quy ta lấy nhân tử bất khả quy g(x)) hệ số cao đa thức g h (do hệ số cao P (x2 ) 1) Viết g(x) h(x) dạng g(x) = G(x2 ) + xL(x2 ), h(x) = H(x2 ) + xT (x2 ), với G(x), L(x), H(x), T (x) đa thức hệ số nguyên Khi P (x2 ) = g(x)h(x) = G(x2 )H(x2 ) + x2 L(x2 )T (x2 ) + x(G(x2 )T (x2 ) + L(x2 )H(x2 )) Suy P (x2 ) − G(x2 )H(x2 ) − x2 L(x2 )T (x2 ) = x(G(x2 )T (x2 ) + L(x2 )H(x2 )) (2) Do vế trái (2) đa thức x2 nên ta phải có P (x2 ) − G(x2 )H(x2 ) − x2 L(x2 )T (x2 ) = = G(x2 )T (x2 ) + L(x2 )H(x2 ) Suy P (x) = G(x)H(x) + xL(x)T (x), (3) G(x)T (x) + L(x)H(x) = (4) Nếu L(x)T (x) = P (x) = G(x)H(x); điều khơng thể xảy P (x) bất khả quy Như vậy, L(x)T (x) = Do g(x) = G(x2 ) + xL(x2 ) g(x) bất khả quy nên G(x) L(x) nguyên tố Q[x] Từ (4) suy G(x) | H(x) Đặt H(x) = G(x)M (x) với M (x) ∈ Q[x] Thay vào (4) có G(x)T (x) + G(x)M (x)L(x) = Suy T (x) = −M (x)L(x) Từ (3) suy P (x) = M (x)(G(x)2 − xL(x)2 ) Do P (x) bất khả quy Q[x] nên M (x) phải là đa thức Chú ý đa thức g(x) h(x) có bậc chẵn hay lẻ nên hệ số cao G(x) H(x) hệ số cao L T Từ đó, H(x) = G(x)M (x), T (x) = −M (x)L(x) ta phải có M (x) = ±1.Suy P (x) = ±(G(x)2 − xL(x)2 ) Do |P (0)| = |G(0)|2 , số phương, mâu thuẫn với đề Vậy P (x2 ) bất khả quy Bài PT.8 (3 điểm.) Trước hết ta có kết quen thuộc: Bổ đề Cho a1 < a2 < · · · < an số nguyên khác (n ≥ 2) Khi P (x) = (x − a1 )2 (x − a2 )2 · · · (x − an )2 + bất khả quy Q[x] Chứng minh bổ đề Theo PT.4, ta chứng minh P (x) bất khả quy Z[x] Thật vậy, giả sử P (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc nhỏ 2n Khơng giảm tổng qt, ta giả sử g(x), h(x) có hệ số cao Ta có g(ai )h(ai ) = với i = 1, 2, , n Suy g(ai ) = h(ai ) = ±1 với i Để ý rằng, có số i < j mà g(ai ) g(aj ) trái dấu g có nghiệm thực khoảng (ai , aj ), dẫn đến P có nghiệm thực Tuy nhiên, dễ thấy P (x) > với x, mâu thuẫn Như vậy, g(a1 ) = g(a2 ) = · · · = g(an ) = h(a1 ) = · · · = h(an ) = g(a1 ) = g(a2 ) = · · · = g(an ) = h(a1 ) = · · · = h(an ) = −1 Nếu g(x) h(x) có bậc nhỏ n g(x) ± 1, h(x) ± có n nghiệm, ta phải có g(x) h(x) đa thức hằng, mâu thuẫn Do vậy, g(x), h(x) hai đa thức bậc n Hơn nữa, theo lập luận trên, g(ai ) − h(ai ) = 0, với i = 1, , n Mà g(x) − h(x) có bậc ≤ n − (do g(x), h(x) có bậc n có hệ số cao 1) Từ đó, g(x) − h(x) = 0, hay g(x) = h(x) Do (x − a1 )2 (x − a2 )2 (x − an )2 + = (g(x))2 , Dẫn đến (a1 a2 an )2 + = (g(0))2 Chú ý phương trình x2 + = y có nghiệm nguyên x = 0, y = ±1 nên a1 a2 an = 0, vô lý Vậy P (x) bất khả quy Z[x] Quay trở lại toán, chọn P (x) = (x − 1)2 (x − 2)2 (x − 2023)2 + Khi P (x) bất khả quy Q[x] (theo bổ đề) Lại có P (0) = (2023!)2 + khơng số phương phương trình x2 + = y có nghiệm nguyên x = y = ±1 Nên theo ?? ta có P (x2 ) bất khả quy Q[x] Bài PT.9 (2 điểm.) Ta chứng minh, cách tổng quát, với số nguyên dương n đa thức n P (x) = (x(x + 1))2 + bất khả quy Q[x] Giả sử ngược lại, P (x) khả quy Q[x] n Khi hiển nhiên 42 P (x) khả quy Q[x] Do n n n 42 P (x) = ((2x + 1)2 − 1)2 + 42 = P1 (t2 ), n n với P1 (t) = (t − 1)2 + 42 t = 2x + 1, nên P1 (t2 ) khả quy Q[t] Suy P1 (x2 ) khả n quy Q[x] Để ý đa thức P1 (x) có P1 (0) = + 42 khơng số phương Vì n n n n nên theo ??, P1 (x) = (x − 1)2 + 42 khả quy Q[x] Do x2 + 42 khả quy Q[x] n n Suy (x/4)2 + khả quy Q[x] Nên x2 + khả quy Q[x], vô lý theo PT.6 Vậy P (x) bất khả quy Q[x] Nhận xét Có thể lập luận trực tiếp dựa vào việc phân tích thành nhân tử Z2 [x] Bài PT.10 (4 điểm.) Bổ đề Phương trình 32x + 42x = y có nghiệm nguyên dương x = y = Chứng minh Hiển nhiên x = y = Xét x > Khi (y − 4x )(y + 4x ) = 32x Ta có y lẻ nên gcd(y − 4x , y + 4x ) = Do y − 4x < y + 4x nên phải có y − 4x = y + 4x = 32x Suy 32x − = y + 4x − (y − 4x ) = 22x+1 , điều xảy với x > 32x − = 9x − = (8 + 1)x − > 8x + − = 23x > 22x+1 Bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Ta chứng minh với số nguyên dương n đa thức n P (x) = (x(x + 1)(x + 2)(x + 3))2 + bất khả quy Q[x] Giả sử ngược lại, P (x) khả quy Q[x] Ta có n P (x) = ((x2 + 3x)(x2 + 3x + 2))2 + = x+ 2 − x+ 2 − 2n + Nên n n n 162 P (x) = ((2x + 3)2 − 9)((2x + 3)2 − 1))2 + 162 = P1 (t2 ), n n với P1 (t) = ((t − 9)(t − 1))2 + 162 t = 2x + Do P (x) khả quy Q[x] nên P1 (t2 ) n n khả quy Q[t] Do P1 (0) = 92 + 162 khơng số phương với số ngun dương n (phương trình 32x + 42x = y có nghiệm nguyên dương x = y = theo bổ đề), nên theo ??, P1 (t) khả quy Q[t] Ta có n n P1 (t) = ((t − 5)2 − 16)2 + 162 = P2 (t − 5), n n với P2 (t) = (t2 − 16)2 + 162 Do P2 (t) khả quy Q[t] Lại có P2 (t) = P3 (t2 ) với n n n P3 (t) = (t − 16)2 + 162 Nên P3 (t2 ) khả quy Q[t] Do P3 (0) = · 162 không số n n phương, nên theo ??, P3 (t) khả quy Q[t] Từ P3 (t + 16) = t2 + 162 khả quy n n Q[t] Suy (t/16)2 + khả quy Q[t] Do t2 + khả quy Q[t], vơ lý theo PT.6 Vậy P (x) bất khả quy Q[x]