(Luận văn) tiêu chuẩn eisenstein về tính bất khả quy của đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN KHẮC HƯỞNG lu an n va p ie gh tn to TIÊU CHUẨN EISENSTEIN VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN KHẮC HƯỞNG lu an n va p ie gh tn to TIÊU CHUẨN EISENSTEIN VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC nl w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa Mã số: 8460113 an lu ll u nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2018 n va ac th si Mục lục lu Lời nói đầu Chương Tiêu chuẩn Eisenstein 1.1 Đa thức bất khả quy 5 an 1.2 Tiêu chuẩn Eisenstein 11 va n 1.3 Lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein 14 tn to Chương Một số mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein 18 gh p ie 2.1 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên 18 2.2 Miền phân tích (UFD) 25 d oa nl w 2.3 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số miền UFD 29 2.4 Vận dụng xét tính bất khả quy đa thức 31 45 nf va an lu Kết luận Tài liệu tham khảo 46 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si LỜI CẢM ƠN Luận văn “Tiêu chuẩn Eisenstein tính bất khả quy đa thức” thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn lu thành hướng dẫn GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa an học Cơ dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Luận văn n va gh tn to tơi hồn thành nhờ đơn đốc nhắc nhở hướng dẫn nhiệt tình p ie Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, thầy, nl w cô tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập d oa nghiên cứu Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu đồng nghiệp lu nf va an Trường THPT Quế Võ số - Bắc Ninh tạo điều kiện cho tơi hồn thành tốt nhiệm vụ học tập z at nh oi lm ul Nhân dịp này, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K10C (khóa 2016 - 2018), cảm ơn gia đình bạn bè động viên giúp đỡ nhiều q trình học tập Tơi xin trân trọng cảm ơn! z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời nói đầu Trong kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, kì thi Olympic lu tốn sinh viên trường đại học tốn liên quan đến đa thức thường xuyên đề cập xem tốn khó an n va Trong lý thuyết đa thức đa thức bất khả quy đóng vai trị quan trọng giống vai trò số nguyên tố tập số nguyên Các ie gh tn to tốn xét tính bất khả quy đa thức trường số C R giải từ người ta chứng minh Định lý p Đại số chứng minh hoàn chỉnh đưa Gauss năm 1816 oa nl w Nhưng tốn tính bất khả quy đa thức Q thử thách nhà toán học giới Với lý trên, chọn đề tài d “Tiêu chuẩn Eisenstein” tính bất khả quy đa thức Q Mục đích luận văn trình bày lại số kết gần an lu nf va mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho tính bất khả quy đa thức Tiêu chuẩn Eisenstein phát biểu rằng, f pxq  an xn an
1 xn
1    a1 x a0 lm ul z at nh oi đa thức với hệ số nguyên cho có số nguyên tố p thỏa mãn p ước với i   n, p không ước an p2 không ước a0 , f pxq bất khả quy trường hữu tỷ Q Luận văn nghiên cứu đến vấn đề sau đây: z @ l gm • Vấn đề Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp số nguyên tố p không ước hệ số ak với k số tự nhiên tùy ý m co không thiết n p2 không ước at với t tùy ý không thiết (dựa theo tài liệu [1], [4] [5]); an Lu • Vấn đề Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp hệ số n va ac th si đa thức thuộc miền phân tích tùy ý (khơng thiết miền Z số ngun) Từ xét tính bất khả quy đa thức nhiều biến (dựa theo tài liệu [6]); • Vấn đề Trình bày lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein (dựa theo tài liệu [3]) Luận văn gồm hai chương Trong Chương 1, nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein Chương nội dung luận văn, nêu số mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein Tiết đầu dành để mở rộng cho lu an trường hợp đa thức với hệ số nguyên Tiết 2.2 trình bày khái niệm miền phân tích nhất, chuẩn bị cho việc mở rộng tiêu chuẩn với trường n va gh tn to hợp đa thức với hệ số miền UFD Tiết cuối trình bày vận dụng mở rộng để xét tính bất khả quy đa thức p ie Nội dung nghiên cứu chưa tiếp cận bậc phổ thông đại học, d oa nl w gắn liền với toán sơ cấp lu nf va an Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả z at nh oi lm ul z m co l gm @ Nguyễn Khắc Hưởng an Lu n va ac th si Chương Tiêu chuẩn Eisenstein lu an n va Mục tiêu Chương trình bày đa thức bất khả quy Tiêu tn to chuẩn Eisenstein Trong tiết đầu chương nhắc lại số khái niệm đa thức bất khả quy số phương pháp chứng minh đa p ie gh thức bất khả quy Tiết dành để trình bày Tiêu chuẩn Eisenstein Trong phần cuối chương trình bày lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein oa nl w Đa thức bất khả quy d 1.1 an lu nf va Đa thức bất khả quy đóng vai trị quan trọng giống vai trò số nguyên tố vành Z số nguyên Nhờ Định lí số học, lm ul để nghiên cứu vành số nguyên ta xuất phát từ số ngun z at nh oi tố Tương tự để nghiên cứu vành đa thức ta nghiên cứu đa thức bất khả quy z Trong suốt tiết này, giả thiết V miền nguyên, tức V vành giao hoán khác t0u a, b  hai phần tử V ab  Ta có đa thức khác không khả m P V rxs co Định nghĩa 1.1.1 Cho f pxq l gm @ khái niệm đa thức bất khả quy vành đa thức V rxs Chú ý V rxs miền nguyên Nội dung tiết tham khảo từ tài liệu [1] n va Ta nói f pxq khả quy f pxq có ước thực an Lu nghịch Ta nói f pxq bất khả quy V khơng có ước thực ac th si Chú ý tính bất khả quy đa thức phụ thuộc vào vành sở Chẳng hạn, đa thức 2x bất khả quy trường Q Tuy nhiên 2x không bất khả quy vành Z đa thức x ước thực 2x Tương tự, đa thức x2 bất khả quy R không bất khả quy C Bổ đề 1.1.2 Đa thức f pxq bất khả quy f px khả quy với a P V aq bất Vì phần tử khác trường khả nghịch, nên từ định nghĩa đa thức bất khả quy ta có kết sau lu an Bổ đề 1.1.3 Đa thức f pxq với hệ số trường K bất khả quy deg f pxq ¡ f pxq khơng phân tích thành tích n va Chú ý đa thức bậc với hệ số trường có nghiệm ie gh tn to hai đa thức có bậc bé p Vì ta có kết sau oa nl w Bổ đề 1.1.4 Trên trường K, phát biểu sau i) Đa thức bậc bất khả quy d lu nghiệm K nf va an ii) Đa thức bậc bậc bất khả quy khơng có lm ul Tiếp theo chúng tơi trình bày số phương pháp xét tính bất khả z at nh oi quy đa thức tập số hữu tỷ Q Trước hết ta nhắc lại khái niệm đa thức nguyên z Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức khác không vành Zrxs gọi gm @ nguyên hệ số có ước chung lớn l Bổ đề 1.1.6 Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên co Bổ đề 1.1.7 (Bổ đề Gauss) Cho ppxq P Zrxs Giả sử ppxq  g pxqf pxq với m g pxq, f pxq P Qrxs Khi tồn g pxq, f pxq P Zrxs cho an Lu n va deg g pxq  deg g pxq, deg f pxq  deg f pxq ppxq  g pxqf pxq ac th si Đặc biệt, ppxq khả quy Q phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp Chứng minh Viết f pxq lu an n va tn to  af1pxq gpxq  bg1pxq, a, b P Q f1 pxq, g1 pxq P Zrxs đa thức nguyên Khi f1 pxqg1 pxq đa thức nguyên (theo Bổ đề 1.1.6) Rõ ràng ppxq  abf1 pxqg1 pxq P Zrxs r r với Ta chứng minh ab P Z Thật vậy, giả sử ab R Z Khi ab  s s phân số tối giản s ¡ Viết f1 pxqg1 pxq  an xn a1 x a0 Vì f1 pxqg1 pxq nguyên nên gcdpan , an
1 , , a0 q  Vì ppxq P Zrxs ran ra1 ra0 nên ta có , , , P Z Suy s ước chung an, , a1, a0, s s s điều vơ lí Vậy ab P Z Đặt f pxq  abf1 pxq g pxq  g1 pxq Khi ppxq  f pxqg pxq với f pxq, g pxq P Zrxs deg f pxq  deg f pxq deg g pxq  deg g pxq l p ie gh Chú ý f pxq  an xn a1 x a0 đa thức với hệ số nguyên p nhận phân số tối giản làm nghiệm p ước a0 q ước q an Đặc biệt, an  nghiệm hữu tỷ f pxq nghiệm nguyên oa nl w d Việc sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy đa thức Q lu nf va an phương pháp hữu hiệu Một số ví dụ minh họa cho phương pháp xem tài liệu [1] Sau số ví dụ khác lm ul Ví dụ 1.1.8 Chứng minh đa thức ppxq  x4
x2 bất khả quy Q z at nh oi Lời giải Nếu ppxq có nghiệm hữu tỷ nghiệm phải nghiệm nguyên (do hệ số số hạng cao 1) ước số hạng tự Kiểm tra ước 1,
1 thấy chúng không nghiệm ppxq z Do ppxq khơng có nghiệm hữu tỷ Vì ppxq khơng tích đa thức bậc đa thức bậc ba Giả sử ppxq khả quy Q Theo Bổ gm @ l đề Gauss, ppxq có phân tích ppxq  g pxqhpxq g pxq, hpxq P Zrxs m co có bậc có hệ số cao Ta viết g pxq  x2 ax b hpxq  x2 cx d, a, b, c, d P Z Đồng hệ số hai vế an Lu n va ac th si $ ' a c ' ' ' ' & ac b d  đẳng thức ppxq  gpxqhpxq ta ' 
1 bc  ad ' ' ' ' % Vì bd  vai bd  trò b, d nên khơng tính tổng qt ta giả thiết  d  b  d 
1 Nếu b  d  a c  0, ac 
3 Suy a2  ñ a R Z, vơ lí Nếu b  d 
1 a c  0, ac  Suy a2 
1, vơ lí Như vậy, đa thức ppxq bất khả quy Q  b lu Ví dụ 1.1.9 Chứng minh đa thức f pxq  x6
6x4
6x3 12x2
36x an bất khả quy Q n va tn to Lời giải Dễ dàng kiểm tra f pxq khơng có nghiệm hữu tỷ Vì f pxq khơng tích đa thức bậc đa thức bậc năm Giả sử p ie gh f pxq khả quy Q Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn phân tích f pxq  g pxqhpxq, g pxq, hpxq P Zrxs có hệ số cao nl w có bậc dương Vì deg f pxq  nên ta có hai trường hợp Trường hợp : f pxq  px2 ax bqpx4 cx3 dx2 ex g q, P Z Đồng hệ số ta $ ' a c0 ' ' ' ' ' ' ac b d 
6 ' ' ' ' & ad bc e 
6 ' ae bd g  12 ' ' ' ' ' ' ag be 
36 ' ' ' ' % bg  d oa a, b, c, d, e, g nf va an lu lm ul z at nh oi (1.1) z @  nên xảy trường hợp nhỏ sau Với b  1, g  1, m co l gm Vì bg an Lu n va ac th si 32 thi IMO (International Mathematical Olympiad, kì thi Tốn học cấp quốc tế hàng năm dành cho học sinh trung học phổ thơng), VMO (Viet Nam Mathematical Olympiad, kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn lớp 12 THPT), TST (Team Selection Test, kì thi chọn học sinh vào Đội tuyển học sinh dự thi IMO) 2.4.1 Dạng 1: Dùng Tiêu chuẩn Eisenstein Bài tập Xét tính bất khả quy Q đa thức lu a) f pxq  2x5
12x4
6x3 an b) g pxq  10x4 n va 14x2
21x 18x2
30x
24 56 tn to c) hpxq  x2018
2019 gh Lời giải p ie a) f pxq  2x5
12x4
6x3 18x2
30x
24 Chọn số nguyên tố p  Ta thấy p  ước tất hệ số d oa nl w f pxq trừ hệ số số hạng cao nhất, p2  không ước số hạng tự Theo Tiêu chuẩn Eisenstein f pxq bất khả quy Q lu nf va an b) g pxq  10x4 14x2
21x 56 Chọn số nguyên tố p  Ta thấy p  ước tất hệ số g pxq trừ hệ số số hạng cao nhất, z at nh oi lm ul p2  49 không ước số hạng tự Theo Tiêu chuẩn Eisenstein g pxq bất khả quy Q z c) hpxq  x2018
2019 Ta có 2019   673 Chọn p  3, theo Tiêu chuẩn Eisenstein hpxq bất khả quy Q gm @ Nhận xét: Tổng quát cho đa thức dạng này, xem Hệ 1.2.5  m co l a) x4 2x3 4x2 6x an Lu Bài tập Xét tính bất khả quy Q đa thức n va ac th si 33 b) x6
11x5 51x4
127x3 179x2
135x 43 Lời giải a) f pxq  x4 2x3 4x2 6x Ta có f px 1q  x4 6x3 16x2 24x 18 Chọn số nguyên tố p  Theo tiêu chuẩn Eisenstein f px 1q bất khả quy Q Do f pxq bất khả quy Q (theo Bổ đề 1.1.2) b) g pxq  x6
11x5 51x4
127x3 179x2
135x 43 lu Ta có g px 2q  x6 x5 x4 x3 x2 x 1, đa thức chia đường tròn thứ Theo Hệ 1.2.4 g px 2q bất khả quy Q an Vậy g pxq bất khả quy Q (theo Bổ đề 1.1.2) n va  tn to p ie gh Bài tập (Việt Nam TST 2013 ) Tìm tất số nguyên dương n ¡ số nguyên tố p cho đa thức P pxq  xn
px p2 khả quy tập số nguyên Z  anxn a1x a0 khả quy Z, tức viết P pxq  g pxqhpxq, g pxq  br xr b1 x b0 P Zrxs; hpxq  cs xs c1 x c0 P Zrxs với r, s   n Đồng hệ số đẳng thức P pxq  g pxqhpxq ta d oa nl w Lời giải Giả sử P pxq b1 ci
1  lm ul bi c0 với i  0, 1,    , n  p2, ta xét hai trường hợp: z at nh oi Từ b0 c0  b0ci nf va an lu • Nếu có b0 c0 chia hết cho p Khơng tính chất tổng quát z ta giả sử p | b0 p - c0 Vì p - an  nên tồn số m cho p - bm Gọi k số bé mà p - bk Ta có  bk
1 c1 b k c0 m co b c k
1 l  b0ck gm @ ak an Lu Suy ak không chia hết cho p (do bk c0 khơng chia hết cho p) Do k  n Li vỡ k Ô r n, ta suy vơ lí n va ac th si 34 • Nếu b0 c0 chia hết cho p, ta giả sử b0 tiếp hai trường hợp nhỏ:  c0  p Ta xét – Nếu đa thức g pxq hpxq có bậc khơng nhỏ 2, ta có
p  b0c1 b1 c0 b0 c2 b1 c1 c0 b2  0, suy b1 c1 
1 b1 c1 chia hết cho p Do ta giả sử b1 chia hết cho p c1 không chia hết cho p (vì b1 c1 
1) Gọi bk hệ số g pxq không chia hết cho p Từ hệ thức ak  bk c0 bk c1 b0 ck , với ý c0 chia hết cho p, c1 không chia hết cho p theo cách lu chọn bk ta suy ak không chia hết cho p, điều vô lí (do k   n nên ak  0) an n va – Do để P pxq khả quy phải có đa thức g pxq hpxq có bậc Nói cách khác, P pxq phải có nghiệm nguyên p ie gh tn to x0 Khi x0 nhận giá trị 1; p;
1;
p; p2 ;
p2 Thay vào P pxq ta suy p phải chẵn, p ta có n  thỏa mãn  Kiểm tra lại  nl w oa Bài tập (VMO 1997 ) Hãy tìm đa thức ppxq với hệ số hữu tỷ ? ? ?  d bậc nhỏ tốt thỏa mãn p 3  3 Hỏi có tồn ? ? ? hay không đa thức q pxq với hệ số nguyên thỏa mãn q 3  3 3? an lu 1q  α 3pα 3 ? ? Ta thấy pα 1qp 3
1q 
Suy Lập phương hai vế đẳng thức ta 1q3  pα z at nh oi 3pα ? lm ul  nf va ? Lời giải Đặt α 3q3 suy α3
9α
12   x3
9x
12 Áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p  k pxq đa thức bất khả quy Q Suy k pxq  x3
9x
12 đa thức có bậc nhỏ ? ? nhận nghiệm Giả sử tồn đa thức ppxq P Qrxs thỏa ? ?9 làm ?  mãn p  3 Lấy đa thức ppxq chia cho k pxq ta ppxq  k pxqg pxq rpxq, g pxq, rpxq P Qrxs rpxq  ? ? ? deg rpxq   Suy ppαq  k pαqg pαq rpαq Vì p 3 z Do α nghiệm đa thức k pxq 3 m co l gm @ an Lu 3 n va ac th si ? ? ?  35 nên ta có r 3  3 Do trường hợp rpxq Với deg rpxq   3, ta có hai trường hợp sau: Trường hợp : deg rpxq ? Đặt rpxq  ax ? Suy pa
1q ? ? ap 3 9q b  3 nên a
 a  0, điều vơ lí Trường hợp : deg rpxq  Đặt rpxq  ax2 ? ? ? ? ta có ap 3 9q2 bp 3 9q c  ? pa lu $ ' a ' & bq p3a an b0 $ ' ' a ' ' & ? bq 3 P Q Khi ta có 
b Do
b P Q ? b với a, b a3 P Q Khi ?bx c với a, b, c Suy c3 6a  không xảy ? 3  12 Ta rpxq  x2
x Khi b 
' ' 2 ' ' ' % ' 6a c  % c0 1 x
x Vậy ta chọn đa thức ppxq  x2
x có hệ ppxq  k pxqg pxq 2 2? ?3 ?3  số hữu tỷ có bậc bé thỏa mãn p 3 ?3 ?3  ?3 Giả sử tồn đa thức q pxq P Zrxs thỏa mãn q 3 Vì n va Do 3a b  Vì p ie gh tn to   Lập luận tương tự trên? dẫn ?đều đến vơ?lí Vậy không 3  tồn đa thức hệ số nguyên q pxq mà f d an lu deg tpxq oa nl w đa thức k pxq P Zrxs có hệ số cao nên lấy q pxq chia cho k pxq ta q pxq  k pxqhpxq tpxq hpxq, tpxq P Zrxs tpxq  3 nf va ? 2q  ? pp1 z at nh oi nguyên thỏa mãn pp1 lm ul Bài tập (VMO 2017 ) Tồn hay không đa thức ppxq với hệ số ? 5q  ? 5? z Lời giải Giả sử tồn đa thức ppxq thỏa mãn yêu cầu toán Đặt ?3 ? α  Khi α
 Lập phương hai vế đẳng thức gm @ ta α3
3α3 3α
 Do α nghiệm đa thức q pxq  x3
3x2 3x
Áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên co l tố p  q pxq đa thức bất khả quy Suy q pxq  x3
3x2 3x
m đa thức có bậc nhỏ nhận α nghiệm Vì ppxq, q pxq P Zrxs q pxq có hệ số cao nên lấy ppxq chia cho q pxq ta ppxq  an Lu rpxq f pxq, rpxq P Z rpxq  deg rpxq   Vì n va q pxqf pxq ac th si ? 36 ? 3 pp1 2q  nên rp1 với a, b, c P Z Khi ta có ap1 ? ? p2a a34 $ ' a ' & ' ' % bq a ? ? 2q  Đặt rpxq  ax2 bx c ? ? ? 2q bp1 2q c  Suy ? c1 b 3 3 Vì 0 b1 2a a b Từ ta c  Do ta có $ ' a ' & 0 b1 ' ' % c  ppxq  q pxqf pxq Suy rpxq  x x (2.1) ?  5, suy β nghiệm đa thức bất khả quy k pxq  x2
2x
P Zrxs Lấy đa thức ppxq chia cho k pxq ta ppxq  k pxqg pxq spxq g pxq, spxq P Zrxs spxq  ? ? ? ? deg spxq   Vì f p1 5q  nên sp1 5q  Từ tìm spxq  3x
Do đó, ta có ppxq  k pxqg pxq 3x
(2.2) Từ (2.1) (2.2) suy q pxqf pxq
k pxqg pxq  2x
Đến đây, chọn x  lu Tương tự trên, ta đặt β an n va p ie gh tn to oa nl w suy điều mâu thuẫn vế trái chia hết cho 11, cịn vế phải khơng d Vậy không tồn đa thức q pxq thỏa mãn yêu cầu toán Dạng 2: Dùng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng lm ul 2.4.2 nf va an lu  Q z at nh oi Bài tập Chứng minh đa thức f pxq  5x20 5x9 20x bất khả quy z Lời giải f pxq  5x20 5x9 20x có số hạng tự a0  2, hệ số số hạng cao a20  Ta áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng Z @ i bất n va khả quy Zris p8
4iqx an Lu Bài tập Chứng minh đa thức g pxq  5x3
6x2 m co l gm (Hệ 2.1.7) cho đa thức f pxq với số nguyên tố p  5: p - a0 , p2 - a20 , p | với i  1, 2, , 20 Suy đa thức f pxq bất khả quy Q  ac th si 37 Lời giải Ta có Zris miền phân tích có gcd p5,
6,
4i, Chọn phần tử nguyên tố p  iq  i P Zris Ta thấy p ước tất hệ số g pxq trừ hệ số số hạng cao nhất, p2  2i không ước số hạng tự Theo tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích g pxq bất khả quy Zris  Bài tập Chứng minh đa thức f pxq  xn 5x lu với n ¥ 25 bất khả quy Q an n va Lời giải Áp dụng Định lý 2.1.1, đa thức f pxq p ie gh tn to  xn 5x 25 có an  1, a1  5, a0  25 Ta chọn số số nguyên tố p  5, p  không ước an , p ước a0 , , an
1 , p2  25 không ước ak với k  Như để chứng minh f pxq bất khả quy ta cần chứng minh f pxq khơng có nghiệm Q Thật vậy, giả sử f pxq có nghiệm hữu tỷ r, hệ số số hạng cao f pxq nên nghiệm hữu tỷ f pxq nghiệm nguyên nghiệm nguyên phải ước số hạng tự a0  25 Suy r P t1,
1, 5,
5, 25,
25u Dễ thấy f pxq nghiệm ngun dương nên 1, 5, 25 khơng nghiệm f pxq Có f p
1q  p
1qn
25  20 p
1qn ¡ 0, suy
1 khơng nghiệm f pxq Có f p
5q  p
5qn
25 25  p
5qn  0, suy
5 không nghiệm f pxq Xét f p
25q  p
25qn
625 25  p
25qn
600 • Nếu n lẻ f p
25q  p
25qn
600 
25n
600   0, suy
25 không nghiệm f pxq • Nếu n chẵn f p
25q  p
25qn
600  25n
600 ¡ 0, @n ¥ 2, suy
25 khơng nghiệm f pxq Do đo f pxq khơng có nghiệm hữu tỷ Vậy theo Định lý 2.1.1 f pxq bất d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z co l gm @  m an Lu khả quy Q n va ac th si 38 Bài tập (Chọn đội tuyển HSG Thanh Hóa 2009 ) Cho hàm số f pxq  xn 29xn
1 2009 với n P N, n ¥ Chứng minh f pxq khơng thể phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Lời giải Giả sử f pxq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Áp dụng Hệ 2.1.11 với số nguyên tố p  41, ta suy f pxq phải có nghiệm hữu tỷ x  a Lại hệ số bậc cao f pxq nên a phải ước 2009, suy a lẻ Với a lẻ lu f paq lẻ nên khơng thể 0, vơ lí Vậy f pxq khơng thể phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn  an n va tn to Bài tập 10 (IMO 1993 ) Cho số tự nhiên n lớn Chứng minh đa thức f pxq  xn 5xn
1 bất khả quy Zrxs p ie gh Lời giải Giả sử đa thức f pxq khả quy Zrxs Áp dụng Hệ 2.1.11 với số nguyên tố p  3, ta suy f pxq phải có nghiệm hữu tỷ x  a Lại  d an lu Zrxs oa nl w hệ số bậc cao f pxq nên a phải ước 3, suy a lẻ Với a lẻ f paq lẻ nên khơng thể 0, vơ lí Vậy f pxq bất khả quy nf va Sau lời giải khác cho tốn mà khơng cần dùng đến tiêu chuẩn lm ul  Apxq.B pxq Apxq, B pxq P Zrxs, deg Apxq ¡ 0, deg B pxq ¡ Ta có f p0q  Suy Ap0qB p0q  Do |Ap0q|  B p0q  Khơng giảm tính tổng quát ta giả sử |Ap0q|  Gọi deg Apxq  k a1, a2, , ak k nghiệm Apxq Ta có Apxq  px
a1 qpx
a2 q    px
ak q Vì |Ap0q|  nên |a1 a2 ak |  Ta có f pai q  Suy ani
1 pai 5q 
3 với @i  1, 2, , k Suy |a1a2 ak |n
1|pa1 5qpa2 5q    pak 5q|  3k Vì z at nh oi Lời giải Giả sử f pxq z 5q    pak 5q|  3k (2.3) an Lu 5qpa2 m co l gm @ |pa1 n va ac th si 39 Ta có f p
5q  Do Ap
5qB p
5q Nếu |Ap
5q|  |pa1 5qpa2 Từ (2.3) (2.4) ta suy 3k |pa1  Suy |Ap
5q| P t1; 3u 5q    pak 5q|  (2.4)  1, k  0, vơ lí Nếu |Ap
5q|  5qpa2 5q    pak 5q|  (2.5) lu Từ (2.3) (2.5) ta suy 3k  3, k  Nên ta đặt Apxq  x
a, a P Z Giả sử B pxq  xn
1 bn
2 xn
2 b1 b0 Đồng thức f pxq  ApxqB pxq, đồng hệ số tự ta  ab0 Suy a P t1; 3u Nhận thấy phải có f paq  0, dễ dàng an n va  Điều mâu thuẫn Vậy f pxq  gh tn to kiểm tra f p1q  0, f p3q bất khả quy Zrxs p ie Bài tập 11 (China TST 1994 ) Cho số nguyên tố p q phân biệt số tự nhiên n ¥ Tìm tất số nguyên a để đa thức d oa nl w f pxq  xn axn
1 pq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc dương nf va an lu Ta giải toán tổng quát sau: Bài toán Cho hai số nguyên p, q số tự nhiên n ¥ p số lm ul nguyên tố, q số khơng chia hết cho số phương lớn p không ước q Hãy tìm tất số nguyên a cho đa thức z at nh oi f pxq  xn axn
1 pq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn z Lời giải Ta có p số nguyên tố, q số không chia hết cho số @ phương lớn p - q nên pq số không chia hết cho số co l gm phương lớn Nếu f pxq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc dương áp dụng Hệ 2.1.11 với số nguyên tố p, ta m suy f pxq phải có nghiệm hữu tỷ Vì hệ số số hạng cao nên nghiệm hữu tỷ phải nghiệm nguyên Giả sử nghiệm arn
1 pq an Lu r, rn aqrn
1 n va  suy pq 
rn
arn
1 
pr ac th si 40 số chia hết cho r2 (do n ¥ nên rn
1 r2) Do r  r 
1 (do pq khơng chia hết cho số phương lớn 1) Vì số
1 phải nghiệm f pxq Do đó, thấy rằng, đa thức f pxq  xn axn
1 pq phân tích thành tích hai đa thức có bậc dương số
1 phải nghiệm đa thức Ngược lại, số
1 nghiệm đa thức đa thức có nghiệm nguyên đa thức phân tích thành tích hai đa thức có bậc dương Như vậy, để giải toán trên, lu ta phải tìm tất số nguyên a cho số
1 nghiệm đa thức f pxq  xn axn
1 pq Ta thấy, nghiệm đa an thức f pxq  xn axn
1 pq 1n a  1n
1 pq  0, a pq  0, a 
1
pq,
1 nghiệm đa thức n va tn to f pxq  xn axn
1 pq, p
1qn a  p
1qn
1 pq  0, a  p
1qn pq Vì giá trị cần tìm a a 
1
pq p
1qnpq p ie gh a   y2 nl w Bài tập 12 Chứng minh đa thức x2 d oa k rx, y, z s với k trường có đặc số khác z bất khả quy an lu Lời giải Vì k trường nên k ry, z s miền phân tích Ta nf va áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích k rx, y, z s  k ry, z srxs lm ul z at nh oi Ta cần y z chia hết cho phần tử nguyên tố p k ry, z s, không chia hết cho p2 Để làm điều này, ta cần y z chia hết cho phần tử nguyên tố p k pz qry s không chia hết cho p2 Do cần y z phần tử khả nghịch z khơng có nhân tử lặp lại k pz qry s Vì đa thức y gm @ z có bậc 2, l chắn khơng phải phần tử khả nghịch, nên có nhân tử bất khả quy Để kiểm tra nhân tử lặp, ta tìm ước chung lớn m co đa thức đạo hàm nó, xét hệ số trường k pz q ta y có py z q
p2y q  z số khác không (do k có đặc số khác 2) 2 Chú ý z khả nghịch k pz q, suy tổ hợp tuyến tính an Lu n va ac th si 41 f f , f  y z Do đó, y z khơng chia hết cho nhân tử phương khác khơng phải phần tử khả nghịch k pz qry s, nên chia hết cho nhân tử bất khả quy p k ry, z s Theo Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích áp dụng cho x2 y minh z phần tử nguyên tố p (Định lý 2.3.2) ta có điều phải chứng  Bài tập 13 Chứng minh đa thức x2 y3 z bất khả quy k rx, y, z s với k trường có đặc số khơng ước 30 lu Lời giải Vì k trường nên k ry, z s miền phân tích Ta áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích an n va k rx, y, z s  k ry, z srxs tn to Ta cần y z chia hết cho phần tử nguyên tố p k ry, z s, không chia hết cho p2 Do cần y z chia p ie gh hết cho phần tử nguyên tố p k pz qry s khơng chia hết cho p2 Vì cần y z phần tử khả nghịch d oa nl w khơng có nhân tử lặp lại k pz qry s Vì đa thức y z có bậc 3, chắn khơng phải phần tử khả nghịch, nên có nhân tử nf va an lu bất khả quy Để kiểm tra nhân tử lặp, ta tìm ước chung lớn đa thức đạo hàm nó, xét hệ số trường k pz q ta y có py z q
p3y q  z số khác khơng (do k có đặc số khác 5) Tức z khả nghịch k pz q, suy tổ hợp tuyến tính f f , lm ul z at nh oi f  y z Do đó, y z khơng chia hết cho nhân tử phương khác phần tử khả nghịch k pz qry s Vì chia hết cho nhân tử bất khả quy p k ry, z s Theo Tiêu chuẩn z Eisenstein mở rộng miền phân tích áp dụng cho x2 y phần tử nguyên tố p (Định lý 2.3.2) ta có điều phải chứng minh 2.4.3 co l gm @ z5  Dạng 3: Áp dụng phương pháp khác 7x3
12x2 an Lu 4x
bất n va khả quy Z m Bài tập 14 Chứng minh đa thức P pxq  5x4 ac th si 42 Lời giải Xét Z2 rxs, ta có P pxq  x4 Nếu P pxq khả quy x3 (1) Z2 P pxq  x4 x3  px2 ax 1qpx2 bx 1q Từ p1q, cho x  ta ab  suy a  b  1, thay trở lại p1q ta điều mâu thuẫn Vậy P pxq bất khả quy Z2 , tức P pxq bất khả quy Z  Bài tập 15 (VMO 1984 ) Xác định đa thức có bậc bé với hệ số ? ? nguyên nhận 3 làm nghiệm Lời giải lu Đặt a  an va n Khi đó, ta có tn to p ie gh a2 ? 3 (2.6) ?? ? 2 2 ? ? ?? 2 3 (2.7) 3 (2.8) w a3 ? ? oa ? nl Từ (2.6) (2.7) rút d 3a
? ? ? nf va an lu 9a ?

2pa
2q  a
2a ? ? ? ? Thay vào (2.8), ta a3  2 6pa
2q 2pa2
2aq ? suy a3 6a
 2p3a2 2q Bình phương hai vế đẳng thức lm ul ta 12a2
36a  z at nh oi a6
6a4
6a3 Vì a nghiệm đa thức 12x2
36x P Zrxs z gm @ f pxq  x6
6x4
6x3 12x2
36x an Lu ? ? m đa thức có bậc bé với hệ số nguyên nhận co f pxq  x6
6x4
6x3 l Theo Ví dụ 1.1.9 đa thức f pxq bất khả quy Q Vậy làm nghiệm. n va ac th si 43 2.4.4 Bài tập đề nghị Bài tập (Việt Nam TST 2018 ) Cho số nguyên n ¥ An tập hợp tất số nguyên dương nhỏ n, nguyên tố với n Xét đa thức Pn pxq  ¸ k PAn x k
1 a) Chứng minh Pn pxq chia hết cho đa thức xr với r số nguyên dương lu b) Tìm tất số nguyên dương n để Pn pxq bất khả quy Zrxs an n va Bài tập (VMO 2014 ) Cho đa thức P pxq  px2
7x 6q2 13 với p ie gh tn to n số nguyên dương Chứng minh P pxq khơng thể biểu diễn dạng tích n đa thức khác số với hệ số nguyên P pxq  xn d oa nl w Bài tập (Việt Nam TST 1995 ) Tìm tất số nguyên dương k cho có vơ số số ngun dương n mà đa thức kxn
870x2 1945x 1995 lu nf va an khả quy Zrxs lm ul Bài tập Chứng minh đa thức sau bất khả quy Q b) xn 5xn
1 l  x5
3x4 6x3
3x2 9x
m co Bài tập Chứng minh đa thức P pxq gm 2x 35 với n ¥ 2; @ c) x4
x3 2; z 8x3 z at nh oi 12x3
6x a) x4 an Lu khơng thể biểu diễn thành tích hai đa thức bậc thấp với hệ số nguyên n va ac th si 44 Bài tập Chứng minh đa thức f pxq quy Q  x6 Bài tập Chứng minh đa thức f pxq  5x8 6x5
3x bất khả 4x7 10x4 5x6 35 bất khả quy Q Bài tập Chứng minh đa thức f pxq  14x6
7x5 bất khả quy Q Bài tập Chứng minh đa thức f pxq  3x9 21x2 6x8
5x7 35x 12x lu có không nghiệm hữu tỷ an n va bậc dương với hệ số nguyên ie gh tn to Bài tập 10 Tìm tất giá trị nguyên tham số m để đa thức f pxq  x5 mx4
4x2 6x phân tích thành tích hai đa thức có p Bài tập 11 Chứng minh đa thức hai biến f px, y q  x2 y y
2x3 y 2y 2x2 y 3x2
2xy 2y nl w xy d oa bất khả quy Q 31 p4
iqx3 p5 3iqx2
10 11i; 311i  ? ? z at nh oi Bài tập 13 Cho a 4iqx4 lm ul b) g pxq  x100 p1 nf va a) f pxq  x5 an lu Bài tập 12 Chứng minh đa thức sau bất khả quy Zris Tìm đa thức có bậc bé với hệ số nguyên nhận a làm nghiệm chứng minh a số vơ tỷ z gm @ Bài tập 14 Tìm đa thức theo x có bậc nhỏ với hệ số nguyên có ? ? nghiệm
2 ¥ Tìm số đa thức bất khả quy pxl 1, với k an Lu pxk m P pxq  xp co Zrxs đa thức có dạng l Bài tập 15 Cho số nguyên tố p ¡ l, k, l P t1, 2, , p
1u n va ac th si 45 Kết luận Luận văn trình bày tính bất khả quy đa thức với hệ số nguyên lu đa thức với hệ số miền phân tích Luận văn tập trung vào Tiêu chuẩn Eisenstein, số mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein an n va vận dụng giải toán sơ cấp Các nội dung luận văn là: gh tn to • Đa thức bất khả quy; p ie • Tiêu chuẩn Eisenstein; oa nl w • Lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein; d • Mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein Z; lu nf va an • Mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein miền phân tích nhất; • Vận dụng xét tính bất khả quy đa thức lm ul z at nh oi Trong kết luận văn trình bày số mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein tính bất khả quy đa thức Đặc biệt vận z dụng kiến thức để giải số tốn thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế m co l gm @ an Lu n va ac th si 46 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt lu [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức (Giáo trình sau đại học), NXB ĐHQGHN an va n [2] Phạm Xuân Hùng (2017), Phân tích vành thương vành số to học Thái Nguyên p ie gh tn nguyên Gauss, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Đại học Khoa học - Đại oa nl w Tiếng Anh [3] D A Cox (2011), "Why Eisenstein proved the Eisenstein Criterion d nf va an lu and why Schăoenemann discovered it first", The American Mathematical Monthly, 118, pp 3-21 z at nh oi lm ul [4] Howard Chao (1974), "A generalization of Eisenstein’s criterion", Mathematics Magazine, 47, pp 158-159 [5] S H Weintraub (2013), "A mild generalization of Eisenstein’s crite- z rion", Proceedings of the American Mathematical Society, 141 , pp 1159-1160 gm @ m co l [6] R Woodroofe, "Polynomial rings and unique factorization domains", http://homepages.math.uic.edu/~marker/math494/div.pdf an Lu n va ac th si