Một số bài toán về đa thức nguyên

Đặc biệt, đối với đa thức hệ số nguyên tài liệu chưa nhiều, chưa hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải.. Em hi vọng rằng khóa luận này sẽ có ích đối với những ai quan tâm đến

LỜI NÓI ĐẦU

Trong nhà trường phổ thông, môn toán giữ một vị trí quan trọng

Nó giúp cho học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngành khoa học và cũng là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế Môn toán có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung, rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy

Đại số là một bộ phận lớn của toán học Trong đó khái niệm về đa thức là một khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều trong đại số và là công cụ đắc lực của Giải tích

Tuy nhiên cho đến nay, vấn đề về đa thúc mới chỉ được trình bày

sơ lược, chưa phân loại và hệ thống một cách chi tiết Đặc biệt, đối với

đa thức hệ số nguyên tài liệu chưa nhiều, chưa hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải

Vì vậy em đã mạnh dạn chọn đề tài “Một số bài toán về đa thức nguyên” để làm khóa luận tốt nghiệp Em hi vọng rằng khóa luận này sẽ

có ích đối với những ai quan tâm đến những bài toán về đa thức nguyên

Khóa luận được chia làm 3 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị;

Chương 2: Một số bài toán về tính chất của đa thức nguyên; Chương 3: Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của đa thức nguyên

Do thời gian còn hạn chế và khả năng có hạn nên khóa luận của

em không tránh khỏi những thiếu sót Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô trong khoa Toán, các thầy cô trong hội đồng phản biện và các bạn sinh viên

Do f là đơn cấu nên đồng nhất a với f x Khi đó coi A là một vành  

con của P Ta kí hiệu x = (0, 1, 0, 0,…) và gọi nó là một ẩn trên A Khi

đó

2

x = (0, 0, 1, 0,…) ………

n

x = ( 0,0, ,0,1,0

n

 ,…), Quy ước x0 = (1, 0, 0,…)

Do đó mỗi phần tử   P,  = (a , 0 a ,…, 1 a ,…) với n a i A, i = 0, 1,

2,… có thể viết dưới dạng  = a +0 a x +…+1 1

1

n n

a x 

 + n

n

a x

Khi đó ta kí hiệu P = A x và gọi là vành đa thức ẩn x trên A, các phần

tử của A x là các đa thức ẩn x Kí hiệu f x ,   g x ,…  

Mọi đa thức f x   A x đều biểu diễn duy nhất dưới dạng

 

f x =a +0 a x +…+1 1

1

n n

a x 

 + n

n

a x

trong đó a0, a1,…,a n , a n  0 gọi là đa thức nguyên

Định nghĩa 2: Đa thức f x thuộc    x được gọi là đa thức nguyên bản

nếu tất cả các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể không đôi một nguyên tố cùng nhau)

1.1.3 Nghiệm của đa thức

a Định nghĩa: Cho A là vành, K là vành chưa A Phần tử   K gọi là nghiệm của đa thức f x  A x nếu và chỉ nếu f  = 0 Ta cũng nói

 là nghiệm của phương trình đại số f   = 0 trong K

Nếu deg f x = n   1 thì phương trình f x = 0 gọi là phương  

trình đại số bậc n

b Định lý Bezout: Cho vành đa thức A x , f x  A x ,   A, với A

là trường Khi đó dư trong phép chia f x cho   xlà f  

Hệ quả: Phần tử   A là nghiệm của đa thức f x  A x , (A là

một trường) khi và chỉ khi f x chia hết cho   x trong A x

c Định lý

Cho đa thức f x =  a +0 a x +…+1 1

1

n n

a x 

 + n

n

a x , f x  0 Trong phép chia f x cho   x,  A, giả sử đa thức thương

là g x =   b + 0 b x +…+ 1 1

1

n n

1.1.4 Ngiệm bội

 Định nghĩa

Cho k là số tự nhiên khác 0 Một phần tử   A là nghiệm bội

bậc k của đa thức f x  A x nếu và chỉ nếu f x chia hết cho  

+ Nếu f z = 0 thì z là nghiệm của   f x  

hay z là nghiệm của f x  

Như vậy, hoặc z hoặc z là nghiệm của f x  

1.1.5 Công thức Vi ét

Cho f x =a +0 a x +…+1 1

1

n n

a x 

 + n

n

a x  A x là đa thức bất kì Khi đó tồn tại trường mở rộng K của A để f x có nghiệm thuộc K  

Giả sử f x có nghiệm trong K là   1, 2,…, n

n

a a

a a

a a

1.1.6 Hai đa thức chia hết nhau

a Định nghĩa: Cho vành đa thức A x , A là một trường , f x và  

 

g x thuộc A x ,g x   0 Ta nói f x chia hết cho g x  trong A x

nếu tồn tại một đa thức q x thuộc A   x sao cho: f x  g x q x   

Khi đó, kí hiệu f x g x   

a Định nghĩa: Cho vành đa thức A x , A là một trường, f x ,   g x  

thuộc A x ,  x  0 Ta nói đa thức f x và g x đồng dư với nhau theo môđun đa thức  x nếu ( f x   g x )     x trong A x

Khi đó, kí hiệu f x    g x (mod   x )

b Một số tính chất của đa thức đồng dư

(1) Với mọi đa thức f x ,   f x   f x (mod   x )

(2) Với mọi đa thức bất kì f x và   g x  

Nếu f x    g x (mod   x ) thì g x    f x (mod   x )

(3) Với mọi đa thức f x ,   g x và   h x  

Nếu f x   g x (mod x ) và g x   h x (mod x ) thì

 

f x  h x (mod   x )

(4) Với mọi đa thức f x , g x  và h x 

Nếu f x   g x (mod   x ) thì f x  h x   g x h x (mod   x ) (5) Với mọi đa thức bất kì f x , g x  và h x 

Nếu (f x +  g x )    h x ( mod   x ) thì

 

f x  ( h x  g x )(mod   x )

(8) Với mọi đa thức f x và   g x bất kì và mọi số tự nhiên t  

Nếu f x g x (mod x ) thì f x t g x t(mod x )

(9) Với mọi đa thức f x và   g x bất kì, đa thức   h x  

Nếu f x g x (mod x ) thì f h x   g h x   (mod x )

(1) Cho f x   x , f x bất khả quy trên    x khi và chỉ khi ước

duy nhất của nó với hệ số thuộc có dạng  và  f x ,  0,

(2) f x bất khả quy trên    x , q x   x thì hoặc là q x chia hết  

cho f x hoặc   q x và   f x nguyên tố cùng nhau  

(3) Cho f x bất khả quy trên    x , q x ,   r x     x Nếu tích

1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn

Cho A là vành giao hoán có đơn vị Khi đó ta xây dựng được vành

đa thức một ẩn A1 =A x Khi đó A1 1 là vành giao hoán có đơn vị

x ,…, x trên A Các phần tử của A n x x1, 2, ,x được gọi là các đa thức n

của n ẩn x , 1 x ,…, 2 x và kí hiệu là n f x x 1, 2, ,x n Mọi đa thức

i

n

a a

a Định nghĩa: Đa thức f x x 1, 2, ,x thuộc vành đa thức n

Ax x1, 2, ,x n gọi là đa thức đối xứng nếu

b Ví dụ: Trong vành đa thức nhiều ẩn Ax x1, 2, ,x các đa thức sau n

gọi là đa thức đối xứng cơ bản:

- Dựa vào hạng tử cao nhất của đa thức

- Phương pháp hệ tử bất định (chỉ đúng với đa thức đẳng cấp và vành cơ sở là vô hạn)

Chương 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÍNH CHẤT CỦA

ĐA THỨC NGUYÊN

2.1 SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA ĐA THỨC NGUYÊN

Ví dụ 1 Chứng minh rằng nếu phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức

nguyên f x =  a +0 a x +…+1 a x n 1 n1

 + n

n

a x thì p là ước của a và 0 q là ước của a n

Lời giải

Giả sử phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức f x  

p a q

 

 

 

a x 

 + n

n

a x , a i  , i =0, 1, 2,…, a  n 0 (*) Nhân 2 vế với n1

Nếu  là nghiệm của (**) thì

n

a



là nghiệm của (*) Vậy việc tìm nghiệm hữu tỷ của phương trình (*) có thể đưa về việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (**)

2 Mọi nghiệm nguyên của đa thức với hệ số nguyên là ước của số hạng tự do

3 Mọi nghiệm hữu tỷ của một đa thức với hệ số nguyên cao nhất bằng 1 đều là nghiệm nguyên

Ví dụ 2 Chứng minh rằng nếu phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức

với hệ số nguyên f x =  a +0 a x +…+1 1

1

n n

a x 

 + n

n

a x thì pmq là ước của f m  với m là số nguyên Trường hợp đặc biệt, p là ước của q

Ví dụ 3 Hãy tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình

  là nghiệm của phương trình đã cho thì ta có

p là ước của 12, q là ước của 6

Suy ra p và q có những khả năng sau:



Sử dụng lược đồ Hoocne ta có:

6 19 7 26 12

2 6 31 55 84 180 3

 là nghiệm (phải kiểm tra 3 vì nhiều khi phương trình đã cho có nghiệm bội)

Từ những số này ta suy ra ngay 3 không phải là nghiệm của

 

g x vì 4 không chia hết cho 3

Sử dụng lược đồ Hoocne

6 1 10 4 1



13

Ví dụ 4 Cho m là số nguyên dương, m  , 2 f x là đa thức với hệ số  

nguyên Chứng minh rằng nếu số f 0 , f 1 ,…, f m  1 đều không

chia hết cho m thì f x  không có nghiệm nguyên   0

Lời giải

Giả sử f x = 0 có một nghiệm nguyên là   

Khi đó f x =  x  g x trong đó g x là đa thức với hệ số nguyên  

nhất một số chia hết cho m Điều này trái với giả thiết

Vậy phương trình f x   0 không có nghiệm nguyên

Nhận xét: Cho f x là đa thức với hệ số nguyên Nếu   f 0 , f  1 là số

lẻ thì phương trình f x   0 không có nghiệm nguyên

Thật vậy, giả sử số hữu tỉ u

v ( u và v là những số nguyên tố cùng

nhau) là nghiệm của phương trình f x  Khi đó   0 f  0 chia hết cho

u , còn f  1 chia hết cho u  Từ đây suy ra ngay những số u và v

uv đồng thời là số lẻ, điều đó có khả năng chỉ khi nếu v là số chẵn

Suy ra v  1 nghĩa là u

v không thể là số nguyên

Cơ sở lý luận:

Để chứng minh 2 đa thức chia hết nhau ta thường dựa vào tính chất của 2 đa thức chia hết nhau, định nghĩa và tính chất đa thức đồng dư hoặc chứng minh bằng phương pháp quy nạp

Ví dụ 1 Chứng minh rằng với mọi giá trị n  

  chia hết cho 2

Vậy f x không chia hết cho   g x  

Ví dụ 3 Cho m n k, , là các số nguyên không âm, chứng minh rằng đa thức f x =   3m 3n 1 3k 2

Bài 2 Hãy tìm số tự nhiên n sao cho   4 3 2

1

f x x x x x  chia hết cho đa thức   4 3 2

a x 

 + n

n

a x , ( n  ) 1

Nếu tồn tại một số nguyên p thỏa mãn các điều kiện sau:

a a không chia hết cho n p

Nếu p là ước của b thì 0 p không là ước của c vì giả sử nếu 0 p là ước

của b và 0 p là ước của c thì 0 2

p là ước của b c0 0 a0 Điều này trái với

giả thiết Lại có, p không là ước của a n Suy ra p không là ước của b i

với  i 0,r

Không mất tính tổng quát giả sử p là ước của b b0, , ,1 b k1 và p không

là ước của b k k, n

Ta có: a k b c0 k b c1 k1  b c k1 1b c k 0

Do p là ước của a suy ra k b c chia hết cho p mà k 0 b không chia hết cho k

p Suy ra c chia hết cho 0 p Điều này mâu thuẫn với giả thiết p không

là ước của c Vậy 0 f x bất khả quy trong    x

Nhận xét: Tiêu chuẩn Eisenstein là điều kiện đủ để xét tính bất khả quy của đa thức, tuy rằng tiêu chuẩn không đúng cho tất cả các đa thức nhưng nó gần đúng với một lớp đa thức gần đúng nào đó

Ví dụ 2 Chứng minh nếu f x là một đa thức với hệ số nguyên có bậc  

lớn hơn 0 và f x không bất khả quy trong    x , thì f x phân tích  

được thành một tích những đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyên

Lời giải

Giả sử f x không bất khả quy trong    x , thế thì f x có thể  

viết f x    x  x , với  x và  x là những ước thực sự của

Ta kí hiệu các hệ số của đa thức tích g x h x bằng     e i Do g x h x    

nguyên bản nên các e ikhông có ước chung nào khác ngoài 1 Mặt

khác, vì f x     x nên các số pe i

q phải là nguyên, do đó q chia hết

mọi e i vì q nguyên tố với p Ta suy ra q   1, tức là

f x  pg x h x

Vì  x và  x là những ước thực sự của f x trong ,    x

nên g x và   h x là những đa thưc bậc khác 0 của    x

Ví dụ 3 Cho f x   x , deg f x n Chứng minh rằng nếu 1

 

f x bất khả quy trên  x thì f x cũng bất khả quy trên    x

Lời giải

Trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau

Bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là nguyên bản

Thật vậy, Cho hai đa thức nguyên bản

Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại số nguyên tố p là ước

chung của các hệ số c c0, , ,1 c n m Vì f x nguyên bản nên gọi i là số  

nhỏ nhất mà a không chia hết cho p và j là số nhỏ nhất mà i b không j

chia hết cho p Khi đó xét x i j ta thấy hệ số tương ứng không chia hết

cho p , vô lý Vậy tích trên không nguyên bản

Bây giờ ta đi chứng minh bài toán trên:

Cho f x bất khả quy trên    x Giả sử f x khả quy trên  

Do f x   x nên suy ra các hệ số của g x g1   2 x đều chia hết cho

q , suy ra g x g1   2 x không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss Mâu thuẫn

Vậy f x bất khả quy trên    x

Ví dụ 4 Chứng minh rằng   4 3 2

f x x  x  x  x không phân tích được thành tích những đa thức có bậc nhỏ hơn f x trên tập hợp  

những số hữu tỷ

Lời giải

Giả sử ngược lại, nghĩa là f x q x r x    , ở đây degq x <4,  

degr x <4, có thể cho rằng   q x r x là những đa thức hệ số nguyên    ,

Để cụ thể cho degq x  deg  r x Khi đó deg  q x = 1 hoặc 2  

Nếu degq x = 1, khi đó   f x có nghiệm hữu tỉ Nghiệm của  

 

f x có thể là những số sau: 1, 2, 3, 6    Mặt khác kiểm tra trực tiếp (bằng lược đồ Hoocne) thấy rằng không một số nào là nghiệm của phương trình đang xét Suy ra trường hợp degq x = 1 không thể được

Nếu degq x = 2 Khi đó  

brcq , 6

cr  

Cũng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng c  r Cho những

số nguyên c và r khi đó có những khả năng sau:

, điều này trái với giả thiết b là số nguyên

Như vậy ta thấy rằng trường hợp degq x = 2 không thể xảy ra Suy ra đa thức đang xét không phân tích được trên tập hợp số hữu tỉ

Ví dụ 5: Cho p là số nguyên tố Chứng minh rằng đa thức

Thật vậy, giả sử f x khả quy trên    x

Suy ra f x  p x q x    trong đó p x và   q x là các đa thức trên  

 x

Suy ra f y 1 p y 1 q y1, do đó g y  p y 1 q y1 Như vậy g y  khả quy trên  y Điều này mâu thuẫn với giả thiết

Vậy f x bất khả quy trên    x

Ví dụ 6 Chứng minh rằng nếu  1, 2, ,n là các số nguyên thì đa thức

f x  x x x  không thể phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên

Lời giải:

Giả sử có sự phân tích f x g x h x   , trong đó g x và   h x  

là các đa thức hệ số nguyên bậc nhỏ hơn n

Ta có f  i  g   i h i = 1 với mọi i1, 2, ,n

Vì g   i ,h i với i1, 2, ,nlà các số nguyên nên điều đó chỉ có thể xảy ra khi trong hai số g i và h i có một số bằng 1 và số kia bằng 1

 Lúc đó, g i +h i =0 với mọi i1, 2, ,n

Đa thức g x h x  có bậc nhỏ hơn hoặc bằng (n 1) , lại có n

nghiệm phân biệt  1, 2, ,n

phải nhỏ hơn hoặc bằng 0

Vậy f x  không thể phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên

Ví dụ 7 Cho  1, 2, ,n là n nghiệm phân biệt Chứng minh rằng đa

thức     2 2  2

f x  x x x  là đa thức bất khả quy trên

 x

Lời giải

Giả sử f x là đa thức khả quy trên    x

Khi đó f x g x h x    trong đó g x và   h x là các đa thức hệ số  

nguyên và có bậc lơn hơn 0 Có thể coi hệ số lớn nhất của g x dương  

Khi đó g x h x là đa thức dương trên    , và g   k h k  với mọi 1

với mọi x  Điều này là không thể xảy ra

Vậy f x bất khả quy trên    x

2.3.2 Sự tồn tại của đa thức nguyên thỏa mãn tính chất cho trước

Ví dụ 1 Chứng minh rằng nếu f x là đa thức với hệ số nguyên sao  

cho f a 1,f b 2, f c  với , ,3 a b c là ba số nguyên khác nhau,

thì không tồn tại hai số nguyên dương khác nhau d e, sao cho

f d  f e 

Lời giải

Từ các đẳng thức f a 1, f b 2, f c  suy ra 3 cb  1,1,

ba  ca  hoặc 2 Nhưng vì , ,1 a b c là những số nguyên khác

nhau nên ca  Nếu tồn tại hai số nguyên khác nhau ,2 d e sao cho

f d  f e  , thì d  và e c  sẽ là những ước số của 5  3=2 c

Nghĩa là một trong những số này có giá trị tuyệt đối bằng 1, còn số kia

có giá trị tuyệt đối là 2 (Những số d  và e c  không thể bằng nhau c

theo giá trị tuyệt đối, vì khi đó một trong những số d hoặc e trùng với

a hoặc b ) Cho cụ thể như d c  và 1 ec  Khi đó 2 d b 2,

không thể được vì d b phải chia hết cho f d  f b  5 23

Ví dụ 2 Cho đa thức hệ số nguyên f x Chứng minh rằng không tồn  

tại ba số phân biệt , ,a b c sao cho

Nhưng ab  a  c c b  ac  cb Mâu thuẫn

Vậy không tồn tại ba số nguyên , ,a b c để f a b f b,  c f c,   a