NGHIỆM và TÍNH CHẤT NGHIỆM của đa THỨC sử DỤNG số PHÚC để GIẢI bài TOÁN về đa THỨC

SỬ DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC TOÁN VỀ ĐA THỨCPhạm Xuân Thịnh, trường THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh 1 Có lẽ do tính quan trọng của đa thức trong Toán học mà các bài toán về đa thứcthường xuấ

SỬ DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC TOÁN VỀ ĐA THỨC

Phạm Xuân Thịnh, trường THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh 1

Có lẽ do tính quan trọng của đa thức trong Toán học mà các bài toán về đa thứcthường xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi, nhất là thi học sinh giỏi Quốcgia và Quốc tế với mức độ thường được đánh giá là khó Cái khó của các bài toán

về đa thức nhiều khi là ta không biết bắt đầu từ đâu

Một vấn đề quan trọng đối với đa thức là vấn đề nghiệm của nó Nhiều bài toán về

đa thức được giải quyết dựa vào việc xử lí nghiệm của nó Tuy nhiên trên trường sốthực, một đa thức có thể có nghiệm nhưng cũng có thể vô nghiệm Hơn nữa, thậtkhó để có thể biết một đa thức có nghiệm thực hay không Vì thế việc giải quyếtcác bài toán đa thức thông qua nghiệm thực của nó sẽ trở nên vô cùng khó khăn.Nhưng trên trường số phức lại khác, vấn đề tồn tại nghiệm của đa thức không còn

là sự trở ngại nữa Bởi vì mọi đa thức khác hằng đều có nghiệm phức và do đó nếu

ta xử lí bài toán thông qua các nghiệm phức của nó sẽ rất thuận lợi

Vì những lí do trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài:”SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ

1 Các trao đổi với tác giả về bài viết này có thể liên hệ qua email : phamxthinh@gmail.com

GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC” nhằm nghiên cứu sâu hơn về đa thức cũngnhư củng cố thêm kiến thức về số phức, phục vụ cho việc dạy và học Với đề tàinày, chúng tôi hi vọng phần nào chia sẻ và giúp các bạn có thêm cách tiếp cận cácbài toán về đa thức Ngoài ra, thông qua đề tài này, chúng tôi rất mong muốn nhậnđược những ý kiến đánh giá, những góp ý trao đổi của các đồng nghiệp, các em họcsinh nói riêng và tất cả những ai quan tâm nói chung.

0.2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Dựa trên thực tế giảng dạy và học tập, mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu của đề tàilà:

i) Nghiên cứu những tính chất sâu hơn về đa thức

ii) Đề xuất một số biện pháp rèn luyện tư duy, năng lực giải toán và kĩ năng vậndụng số phức để giải các bài toán về đa thức như: chia đa thức, bài toán xácđịnh đa thức, bài toán về đa thức bất khả quy,

iii) Tạo tiền đề cho những nghiên cứu về sử dụng số phức và đa thức vào các bàitoán tổ hợp

0.3 Đối tượng học sinh

Chuyên đề dùng để dạy đối tượng học sinh chuyên toán của trường THPT, đặc biệt

là bồi dưỡng học sinh trong đội tuyển thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế

Ký hiệu và quy ước

Định nghĩa 1 Đa thức P (x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy trên K nếu nó khôngthể phân tích thành tích của 2 đa thức khác hằng thuộc K[x].

Định lý 4 Cho P (x) ∈ Z[x] Khi đó, P(x) bất khả quy trên Z khi và chỉ khi P(x)bất khả quy trên Q

Định lý 5 Nếu các biểu thức đối xứng cơ bản của các biến x1, x2, , xn đều nhậngiá trị nguyên (hữu tỉ), thì mọi đa thức đối xứng với hệ số nguyên của các biếnx1, x2, , xn cũng nhận giá trị nguyên (tương ứng: hữu tỉ)

2 Sử dụng số phức giải các bài toán về đa thức

2.1 Bài toán xác định đa thức, chia hết

Ví dụ 1 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện P(x).P(2x2) =

P (2x3+ x), ∀x ∈ R

Giải Nếu P (x) ≡ c là một đa thức hằng, thì từ giả thiết, ta có c2 = c hay c = 0

và c = 1 Xét P (x) là một đa thức khác hằng Nếu P (x) có nghiệm thực α, thì2α3+ α cũng là nghiệm của P (x) Xảy ra 2 trường hợp sau

• Nếu α = 0, thì P (0) = 0 Đặt P (x) = xk

.Q(x) với k ≥ 1, Q(0) 6= 0 Khi đó,

2k.x3kQ(x)Q(2x2) = (2x3+ x)kQ(2x3 + x)hay là

2k.x2kQ(x)Q(2x2) = (2x2+ 1)kQ(2x3 + x)

Từ đây suy ra Q(0) = 0 Mâu thuẫn !

• Nếu α 6= 0, thì ta xét dãy số (un) xác định bởi u1= α, un+1 = 2u3

n+un, n ≥ 1.Khi đó, P (un) = 0, ∀n ≥ 1 Hơn nữa, dễ dàng thấy rằng dãy này tăng khi

α > 0 và giảm khi α < 0 Điều đó chứng tở P (x) ≡ 0 Mâu thuẫn !

Vậy P (x) không có nghiệm thực Do đó, deg(P (x)) = 2n, n ∈ N∗ Vì P (0) = 1 nêntích tất cả các nghiệm của P (x) bằng 1, theo đó tích môđun của tất cả các nghiệmcũng bằng 1 Ta sẽ chứng minh tất cả các nghiệm của P (x) đều có môđun bằng 1.Thật vậy, nếu điều đó không đúng, gọi α là nghiệm phức có môđun lớn nhất trongcác nghiệm của P (x), thì |α| > 1 Khi ấy, từ

|2α2+ 1|2 = (2α2+ 1)(2α2+ 1) = 4|α|4+ 2(α2+ α2) + 1

= 4|α|2(|α|2− 1) + 2(α + α)2+ 1 > 1,suy ra |2α3+α| = |α|.|2α2+1| > |α| Mà 2α3+α cũng là nghiệm của P (x) Điều nàymâu thuẫn với cách chọn α Bây giờ từ |α| = |2α3+ α| = 1, ta suy ra |2α2+ 1| = 1hay (α + α)2 = 0, tức là α = −α Do đó, α là số thuần ảo hay α = k.i, k ∈ R Từ

|α| = 1 ta có |k| = 1 hay k = ±1 Thành thử, α = ±i Theo đó, P (x) chỉ có nghiệm

là ±i và do P(x) là đa thức với hệ số thực nên bội của i và −i phải bằng nhau Vìthế,

nên P (x) có vô số nghiệm Điều này là vô lí, vì P (x) là đa thức khác hằng Do đó,deg(P (x)) = 2n, n ∈ N∗ Gọi α là một nghiệm phức bất kì của P (x), thì dễ thấy

= 1 hay |α| = 1 Như vậy ta chứng minh được mọi nghiệm của

P (x) đều có môđun bằng 1 Bây giờ nếu gọi α là một nghiệm của P (x), thì α2+ 1

= |α|4+ (α + α)2− 2 |α|2+ 1 = (α + α)2nên từ |α2+ 1| = 1 ta suy ra (α + α)2 = 1 Mặt khác, từ

α2− 2α + 2

2

2 và α = 1

2 +

√3i

2 và 2 nghiệm này phải cóbội bằng nhau Vậy,

i) Nếu α = 0, thì từ phương trình trong đề bài, ta cho x = 0, được P (1) = 0, suy

ra x = 1 cũng là nghiệm

ii) Nếu |α| = 1, thì từ giả thiết, bằng cách cho x = α − 1, ta thấy (α − 1)2 cũng

là nghiệm, suy ra hoặc |(α − 1)2| = 0 hoặc |(α − 1)2| = 1 Nếu |(α − 1)2| = 0,thì α = 1, còn nếu |(α − 1)2| = 1, thì

1 = (α − 1)2= |α − 1|2 = (α − 1)(α − 1) = 2 − (α + α),tức là α + α = 1 Bây giờ từ giả thiết ta cho x = α2− 1, thì được nghiệm là(α2− 1)2, suy ra |α2− 1| = 0 hoặc |α2− 1| = 1

• Nếu |α2− 1| = 0, thì α2 = 1 hay α = ±i Trường hợp này α + α = 0.Mâu thuẫn với α + α = 1

Điều này là vô lí !

Vậy trong mọi trường hợp, P (x) chỉ có nghiệm là 0 và 1 Do đó, P (x) =

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho fn(x) chia hết cho x3− x2+ x

Giải Vì phương trình x3− x2 + x = 0 có 3 nghiệm là x = 0 và x = 12 ± √23i nênfn(x) chia hết cho x3− x2+ x khi và chỉ khi fn(0) = 0 và fn12 + √23.i= 0 Từ giảthiết, ta suy ra fn(0) = fn−2(0) và

2 .i

!

Từ f0(0) = 2 và f1(0) = 0 ta suy ra fn(0) = 0 khi và chỉ khi n là số lẻ Rõ ràng,n

fn12 +√23.io là một dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 có phương trình đặc trưng là

t2− 32 +3

√3

2 .i

!

t − 32+ 3

√3

2 .i = 0.

Phương trình này có 2 nghiệm là t1 = 3

2 +

√3

2 .ivà t2 =√

3.i Từ đây dễ dàng tínhđược

fn 1

2 +

√3

2 .i

!

= (√3)n

" √3

i2

!n+ in

#

.Viết

6 + sin

nπ2

f (x) = a(x − x1)2k1(x − x2)2k2 (x − xm)2kmg(x),trong đó x1, x2, , xmlà tất cả các nghiệm thực (nếu có) của f(x) và g(x) là đa thứcmonic không có nghiệm thực Ngoài ra, do f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên g(x) > 0, ∀x ∈ R.Thế thì g(x) phải có bậc chẵn Đặt deg(g(x)) = 2n, thì g(x) có 2n nghiệm phức.Chú ý là do g(x) ∈ R[x] nên nếu α là một nghiệm phức của g(x), thì α cũng lànghiệm của g(x) với số bội bằng số bội của α Gọi α1, α2, , αn, α1, α2, , αn làtất cả các nghiệm phức của g(x), thì g(x) phân tích được thành

g(x) = [(x − α1)(x − α1)]h1.[(x − α2)(x − α2)]h2 [(x − αn)(x − αn)]hn

Với mỗi j = 1, 2, , n ta viết αj = aj + bj.i, aj, bj ∈ R thì

j=1(x − xj)k j.u(x) và h(x) =√

a

mY

j=1(x − xj) k j.v(x),thì f(x) = g2(x) + h2(x), ∀x ∈ R

Dưới đây là một số bài tập có thể sử dụng số phức để giải

Bài 1 (Biên của nghiệm) Cho đa thức P (x) = anxn+ an−1xn −1+ · · · + ax+ a0 ∈Z[x], an 6= 0 Đặt M = max {|ai| : i = 0, 1, 2, , n − 1} Chứng minh rằng nếu α

là một nghiệm của P (x), thì |α| < 1 + M

|an|.Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho đa thức f(x) = (x + 1)n+ xn+ 1chia hết cho g(x) = x2 + x + 1

Bài 3 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] sao cho P(x)P(x−3) = P(x2), ∀x ∈ R.Bài 4 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] sao cho

2.2 Chứng minh đa thức bất khả quy

Để chứng minh một đa thức P (x) ∈ Z[x] là bất khả quy trên Z ta hãy sử dụngphương pháp phản chứng, tức là giả sử P (x) là khả quy Khi ấy, tồn tại các đa thức

f (x), g(x) ∈ Z[x] có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 sao cho P (x) = f(x).g(x), ∀x ∈ R

Từ đây bằng cách sử dụng các kết quả về đa thức, đặc biệt kết quả về nghiệm của

đa thức, ta tìm được một điều vô lí hay mâu thuẫn nào đó và kết thúc chứng minh.Sau đây là các ví dụ minh họa

Trong suốt mục này nếu không nói gì thêm, ta hiểu bất khả quy (khả quy) nghĩa làbất khả quy (khả quy) trên Z

Ví dụ 1 (JMO,1999) Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P (x) =(x2+ 12)(x2+ 22) (x2+ n2) + 1 là bất khả quy

Giải Giả sử f(x) khả quy trên Z, tức là f(x) = g(x).h(x), với g(x), h(x) ∈ Z[x]

và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Thế thì

g(k.i).h(k.i) = f (k.i) = 1, ∀k ∈ Z, 1 ≤ |k| ≤ n

Vì g(x), h(x) ∈ Z[x] nên g(k.i) và h(k.i) có dạng a + b.i với a, b ∈ Z, suy ra |g(k.i)|2

và |h(k.i)|2 là các số tự nhiên Do đó, từ |g(k.i)|2.|h(k.i)|2 = 1 suy ra |g(k.i)| = 1 và

h(k.i) = 1

g(k.i) = g(k.i) = g(k.i) = g(−k.i)

Điều này dẫn tới đa thức h(x) − g(−x) có 2n nghiệm Hơn nữa, đa thức này cóbậc nhỏ hơn 2n nên h(x) = g(−x), ∀x Như thế, f(x) = g(x).g(−x) và do đó,

f (0) = [g(0)]2, tức là (n!)2+ 1 = [g(0)]2 Dễ thấy rằng điều này là không thể Vậyđiều giả sử là sai hay f(x) là đa thức bất khả quy

Ví dụ 2 (IMO,1993) Chứng minh rằng đa thức f(x) = xn+ 5xn −1 + 3 bất khảquy trên Z

Giải Giả sử f(x) là một đa thức khả quy, tức là tồn tại g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậclớn hơn hoặc bằng 1 sao cho f(x) = g(x).h(x) Vì g(−5).h(−5) = f(−5) = 3 nênhoặc |g(−5)| = 1 hoặc |h(−5)| = 1 Giả sử |g(−5)| = 1 Đặt k = deg(g(x)) và gọiα1, α2, , αk là các nghiệm phức của g(x), thì

g(x) = (x − α1)(x − α2) (x − αk).

Từ đây suy ra |(α1 + 5)(α2 + 5) (αk + 5)| = |g(−5)| = 1 Vì f(αi) = 0 nên

ra Vậy f(x) là đa thức bất khả quy

Ví dụ 3 Cho a, m, n là các số nguyên dương và số nguyên tố p < a − 1 Chứngminh rằng đa thức P (x) = xm(x − a)n+ p bất khả quy

Giải Giả sử P (x) khả quy Thế thì tồn tại các đa thức f(x), g(x) ∈ Z[x] có bậclớn hơn hoặc bằng 1 sao cho P (x) = f(x)g(x), ∀x ∈ R Vì p = P(0) = f(0)g(0) nên

có thể giả sử f(0) = 1 Đặt k = deg(f(x)) và gọi x1, x2, , xk là các nghiệm phứccủa f(x) Do P (x) là monic nên có thể giả sử f(x) cũng monic Khi ấy,

|f(a)|n= |(a−x1)(a−x2) (a−xk)|n= |xm1 (x1−a)n|.|xm2 (x2−a)n| |xmk(xk−a)n| = pk

Từ đây suy ra |f(a)| = p và k = n Theo đó,

f (a) − f(0) ∈ {p − 1, p + 1, −p + 1, −p − 1}

Mà a | f(a) − f(0) nên a | p − 1 hoặc a | p + 1 Nhưng cả hai tình huống này đềukhông xảy ra, vì 0 < p − 1 < p + 1 < a Vậy điều giả sử là sai hay P(x) phải là một

đa thức bất khả quy

Ví dụ 4 Cho p là số nguyên tố và anan−1 a1a0, an> 1 là biểu diễn của p trong

hệ thập phân Chứng minh rằng đa thức P (x) = anxn+ an−1xn −1+ · · · + a1x + a0bất khả quy

Giải Giả sử ngược lại P (x) là đa thức khả quy Khi đó tồn tại Q(x), H(x) ∈ Z[x]

có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 sao cho P (x) = Q(x).H(x) Vì

P (10) = an.10n+ an−1.10n−1+ · · · + a1.10 + a0 = p

nên hoặc |Q(10)| = 1 hoặc |H(10)| = 1 Giả sử |Q(10)| = 1 và gọi x1, x2, , xk,với k = deg(Q(x)) là tất cả các nghiệm phức của Q(x), thì Q(x) = a(x − x1)(x −x2) (x − xk), a ∈ Z, a 6= 0 Đặt M = max {a0, a1, , an −1} , thì dễ dàng chứngminh được |xi| ≤ 1 + Man ≤ 1 + 92 < 6 Từ đó suy ra

1 = |Q(10)| = |a|.|10 − x1|.|10 − x2| |10 − xk| > 1

Điều vô lí này chứng tỏ P (x) là bất khả quy

Ví dụ 5 Cho n ∈ N∗ Chứng minh rằng đa thức f(x) = (x2− 7x + 6)2n+ 13 bấtkhả quy

Giải Giả sử f(x) là đa thức khả quy, tức là tồn tại g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc lớnhơn hoặc bằng 1 sao cho f(x) = g(x).h(x) Gọi xi, i = 1, k là tất cả các nghiệmphức của g(x), trong đó k = deg(g(x)) Khi ấy,

g(x) = (x − x1)(x − x2) (x − xk).

Từ đây suy ra

|g(1)| = |(x1− 1)(x2− 1) (xk− 1)| ,và

= 13k.Như thế, g2n(1).g2n(6) = 13k.Vì 13 là số nguyên tố nên k = 2n, suy ra |g(1)| |g(6)| =

13 Nhưng 5 | g(6) − g(1) nên g(6) = g(1) Suy ra 13 = g2(1) Vô lí !

Chú ý Ta có vài chú ý sau về bài toán này

i) Bài toán trên là một kết quả mạnh hơn bài toán trong kì thi VMO năm 2014:

”Cho đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13, n ∈ N∗ Chứng minh rằng P (x)không thể phân tích thành tích của n+1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên.”

ii) Nếu thay 13 bởi một số nguyên tố p sao cho p 6≡ ±1 (mod 5), thì kết quả vẫnkhông thay đổi.

Ví dụ 6 Cho n là các số nguyên dương và p là một số nguyên tố Chứng minhrằng đa thức f(x) = xp− x + pn bất khả quy

Giải Giả sử f(x) khả quy, tức là tồn tại các đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc lớnhơn hoặc bằng 1 sao cho f(x) = g(x).h(x), ∀x ∈ R Từ pn = f (0) = g(0).h(0) suy

ra |g(0)| = pa và |h(0)| = pb Không mất tính tổng quát, ta có thể coi 0 ≤ a ≤ b.Viết

g(x) = xk+ ak−1xk−1+ · · · + a1x + a0 và h(x) = xm

+ bm−1xm−1+ · · · + b1x + b0,trong đó a0 = ±pa và b0 = ±pb Bằng cách đồng nhất hệ số, ta có

x1, x2, , xkđều là số nguyên Nói riêng, x1+x2+· · ·+xk ∈ Z và xp1+xp2+· · ·+xpk∈ Z.Theo định lí nhỏ Fermat, ta có

Giải Giả sử P (x) khả quy Khi ấy tồn tại Q(x), H(x) ∈ Z[x] có bậc lớn hơn haybằng 1 sao cho P (x) = Q(x).H(x) Vì |P(0)| = |a0| là số nguyên tố nên |Q(0)| = 1hoặc |H(0)| = 1 Giả sử |Q(0)| = 1 Gọi x1, x2, , xk là tất cả các nghiệm phứccủa Q(x), k = deg(Q(x)), thì Q(x) = a.(x − x1)(x − x2) (x − xk), với a | an. Vì

|Q(0)| = 1 nên |x1|.|x2| |xk| = 1

|a| ≤ 1 Do đó, tồn tại i, 1 ≤ i ≤ k sao cho |xi| ≤ 1.

Rõ ràng, xi cũng là nghiệm của P (x) nên P (xi) = 0 hay

Ví dụ 9 Cho p là một số nguyên tố, k, h ∈ N∗ sao cho r hp

k ∈ Q Chứng minh/rằng f(x) = k.xp− h là đa thức bất khả quy

Giải Ta chỉ cần xét (h, k) = 1 Giả sử f(x) = g(x).h(x), với g(x), h(x) ∈ Z[x] và

có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Đặt m = deg(g(x)), 1 ≤ m < pvà gọi ε1, ε2, , εm

là các nghiệm phức của g(x) Khi đó, εi, ∀i = 1, m là các căn bậc p của h

k vàg(x) = a(x − ε1)(x − ε2) (x − εm), với a là ước dương của k Ta có

h = |f(0)| = |g(0)|.|h(0)| = ab|ε1|.|ε2| |εm|,trong đó b = |h(0)| là ước dương của h Từ đó suy ra

hp = ap.bp.|εp1|.|εp2| |εpm| = ap.bp h

k

m

p = h(i) = g(i)h(i) =⇒ p2 = |g(i)|2.|h(i)|2 (1)

Vì các số |g(i)|2 và |h(i)|2 đều có dạng a2+ b2 với a, b ∈ Z và p là số nguyên tố dạng4k + 3 nên không thể xảy ra trường hợp |g(i)|2 = |h(i)|2 = p Do đó, ta có thể giả

sử |g(i)| = 1 Đặt k = deg(g(x)) và gọi x1, x2, , xk là nghiệm của g(x), thì từ f(x)

là monic ta suy ra g(x) cũng vậy Hơn nữa, ta có

g(x) = (x − x1)(x − x2) (x − xk).

Khi đó,

1 = |g(i)|2 = g(i)g(i) = g(i)g(−i) = (x21+ 1)(x22+ 1) (x2k+ 1)

Để ý là xj, j = 1, 2, , k cũng là nghiệm của f (x) nên x2

j + 1
n = −p Do đó, tacó

1 = (x21+ 1)n(x22 + 1)n (x2k+ 1)n

= (−p)k.Đây là điều vô lí !

Ví dụ 11 (Việt Nam TST, 2013) Tìm tất cả các số nguyên n > 1 và số nguyên

tố p sao cho đa thức f(x) = xn

− px + p2 khả quy trên Z

Giải Giả sử f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc lần lượt là

k, m ≥ 1 (k + m = n) Từ p2 = f (0) = g(0).h(0) suy ra |g(0)| ∈ {1; p; p2} Nhưngthực tế ta chỉ cần quan tâm đến các trường hợp |g(0)| = 1 hoặc |g(0)| = p Gọix1, x2, , xk là các nghiệm phức của g(x), thì

g(−p).h(−p) = f(−p) = p22 + (−p)n −2nên g(−p) = a.p và h(−p) = b.p, trong đó a, b ∈ Z sao cho ab = 2 + (−p)n −2

Cả hai trường hợp ta đều có ab ≡ 4 (mod p), suy ra 2 + (−p)n −2 ≡ 4 (mod p)hay p = 2 D đó, a và b là các số chẵn nên ab 4 hay 2 + (−2)n −2 4 Nhưngđiều này không xảy ra vì n = m + k ≥ 4 Như vậy bắt buộc phải có k = 1hoặc m = 1, tức là f(x) phải có nghiệm nguyên x0.Từ xn

0 = p(x0− p) suy rax0 p hay x0 = t.p Do đó, tnpn −2 = t − 1 Phương trình này chỉ có nghiệm

t = −1, p = 2, n = 3

Thử lại ta thấy n = 3, p = 2 thỏa mãn đề bài và đó là tất cả các giá trị cần tìm

Ví dụ 12 Cho p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 và a, b là các số nguyên sao chomin {vp(a), vp(b − 1)} = 1 Chứng minh rằng đa thức f(x) = x2p+ a.x + b là bấtkhả quy

Giải Giả sử f(x) khả quy, tức là f(x) = g(x).h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và có bậclớn hơn hoặc bằng 1 Ta có

|f(i)|2 = |b − 1 + a.i|2 = a2+ (b − 1)2.Đặt

Vì (c, p) = (d, p) = 1 và p là số nguyên tố có dạng 4k+3 nên c2+d2.p2v−2 và c2.p2u−2+

d2 đều không chia hết cho p Do đó, vp |f(i)|2

= 2 Rõ ràng là |g(i)|2, |h(i)|2 ∈ N∗

Do đó, từ |g(i)|2

|h(i)|2 = |f(i)|2 và p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên chỉ

có thể xảy ra hoặc vp |g(i)|2
= 2 hoặc vp |h(i)|2
= 2 Giả sử vp |g(i)|2
= 2 thì

vp |h(i)|2
= 0 Đặt k = deg(h(x)) và gọi x1, x2, , xk là tất cả các nghiệm phức củah(x) thì dễ thấy h(x) là monic và h(x) =Qkj=1(x − x j) Ta có h(i) =Qkj=1(i − x j),suy ra

kY

j=1(x2j + 1)

= |h(i)|2 =⇒

kY

j=1(x2j + 1)

kY

j=1(x2j + 1)

p

= |h(i)|2p= pk

kY

j=1g(xj)

, (∗)

... g2(x) + h2(x), ∀x ∈ R

Dưới số tập sử dụng số phức để giải

Bài (Biên nghiệm) Cho đa thức P (x) = anxn+ an−1xn −1+... data-page="9">

2.2 Chứng minh đa thức bất khả quy

Để chứng minh đa thức P (x) ∈ Z[x] bất khả quy Z ta sử dụngphương pháp phản chứng, tức giả sử P (x) khả quy Khi ấy, tồn đa thức

f (x),... Vậyđiều giả sử sai hay f(x) đa thức bất khả quy

Ví dụ (IMO,1993) Chứng minh đa thức f(x) = xn+ 5xn −1 + bất khảquy Z

Giải Giả sử f(x) đa thức khả quy,