SUY NGHĨ VỀ MỘT TOÁN ĐA THỨC Phạm Xuân Thịnh, trườngMã: THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh TO08 Tóm tắt nội dung Bài viết giải toán tổng quát toán đa thức kì thi Học sinh giỏi Nhật Bản dùng tiêu chuẩn để kiểm tra tính bất khả quy số đa thức Trong kì thi Học sinh giỏi Nhật Bản năm 1999 có toán sau Bài toán (JMO, 1999) Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức f (x) = (x2 + 12 )(x2 + 22 ) (x2 + n2 ) + bất khả quy Trước giải toán này, xin nêu vài khái niệm tiêu chuẩn đa thức bất khả quy có ích cho lập luận sau Giả sử K tập khác rỗng R Kí hiệu K[x] tập đa thức với hệ số thuộc K Định nghĩa Đa thức P (x) ∈ K[x] gọi bất khả quy K phân tích thành tích đa thức khác thuộc K[x] Định lý 0.1 Cho P (x) ∈ Z[x] Khi đó, P (x) bất khả quy Z P (x) bất khả quy Q Định lý 0.2 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 ∈ Z[x] Nếu tồn số nguyên tố p cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn i) a0 , a1 , , an−1 chia hết cho p; ii) an không chia hết cho p; iii) a0 không chia hết cho p2 P (x) đa thức bất khả quy Z Các trao đổi với tác giả viết liên hệ qua email : phamxthinh@gmail.com Việc chứng minh định lí xin nhường lại cho bạn đọc Bây ta giải toán nêu Giải Giả sử f (x) khả quy Z, tức f (x) = g(x).h(x), với g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc lớn Thế g(k.i).h(k.i) = f (k.i) = 1, ∀k ∈ Z, ≤ |k| ≤ n = g(k.i) = g(k.i) = g(−k.i) Điều g(k.i) dẫn tới đa thức h(x) − g(−x) có 2n nghiệm Hơn nữa, đa thức có bậc nhỏ 2n nên h(x) = g(−x), ∀x Như thế, f (x) = g(x).g(−x) đó, f (0) = [g(0)]2 , tức (n!)2 + = [g(0)]2 Dễ thấy điều Vậy điều giả sử sai hay f (x) đa thức bất khả quy Từ suy |g(k.i)| = h(k.i) = Thực tế đa thức g(x) = (x + 12 )(x + 22 )(x + 32 ) (x + n2 ) + bất khả quy Việc chứng minh trực tiếp không khó khăn phức tạp Tuy sử dụng kết toán lại đơn giản Thật vậy, giả sử g(x) khả quy, tức g(x) = P (x).Q(x), P (x), Q(x) ∈ Z[x] có bậc lớn Khi ấy, g(x2 ) = P (x2 )Q(x2 ) Điều Bởi toán trường hợp riêng toán sau Bài toán (Romanian TST, 2003) Cho f (x) ∈ Z[x] đa thức monic, bất khả quy |f (0)| số phương Chứng minh f (x2 ) đa thức bất khả quy Giải Giả sử f (x2 ) đa thức bất khả quy Thế tồn √ P (x), Q(x) ∈ Z[x] có bậc lớn cho f (x ) = P (x)Q(x) Đặt u = x, x ≥ 0, ta √ √ √ √ có f (u) = P ( u)Q( u) Ta viết P ( u) Q( u) dạng √ √ √ √ P ( u) = g1 (u) + u.h1 (u) Q( u) = g2 (u) + u.h2 (u), g1 (u), g2(u), h1 (u), h2(u) ∈ Z[u] Khi đó, √ f (u) = g1 (u)g2 (u) + u.h1 (u)h2 (u) + u [g1 (u)h2 (u) + g2 (u)h1 (u)] (1) Từ suy g1 (u)h2 (u) + g2 (u)h1 (u) = Đặt d(u) = gcd (g1 (u), g2(u)) , tồn đa thức q(u), s(u) ∈ Z[u] cho gcd (q(u), s(u)) = g1 (u) = d(u)q(u), g2 (u) = d(u)s(u) Khi ấy, ta có q(u)h1 (u) = −s(u)h2 (u) =⇒ h1 (u) = k(u)s(u) h2 (u) = −k(u)q(u) với k(u) ∈ Z[u] Thay vào (1) ta f (u) = q(u)s(u) d2 (u) − uk (u) (2) Vì f (u) đa thức bất khả quy d2 (u) − uk (u) đa thức khác nên coi q(u)s(u) = ±1 Như thế, f (u) = ± d2 (u) − uk (u) Cho u = 0, ta |f (0)| = d2 (0) số phương Điều mâu thuẫn cho ta điều phải chứng minh Bài toán tổng quát để có toán sau Bài toán Cho a, b, c ∈ Z, a ̸= số phương, ∆ = b2 − 4ac đa thức P (x) ∈ Z[x] có hệ số cao số phương Khi đó, P (x) đa ∆ | bình phương số hữu thức bất khả quy Z |P − 4a tỉ, P (ax + bx + c) đa thức bất khả quy Giải Giả sử P (ax2 + bx + c) đa thức khả quy Z Khi ấy, tồn đa thức khác Q(x), H(x) ∈ Z[x] cho P (ax2 + bx + c) = Q(x).H(x) (1) √ −b + 4au + ∆ Trong (1) ta thay x = , 2a √ √ −b + 4au + ∆ −b + 4au + ∆ H P (u) = Q 2a 2a (2) Rõ ràng tồn đa thức f (u), g(u), h(u), k(u) ∈ Q[u] cho √ ⎧ √ −b + 4au + ∆ ⎪ ⎪ = f (u) + g(u) 4au + ∆ ⎨Q √2a √ 4au + ∆ −b + ⎪ ⎪ ⎩H = h(u) + k(u) 4au + ∆ 2a Thay vào (2) ta √ P (u) = f (u).h(u) + (4au + ∆).g(u).k(u) + [f (u).k(u) + g(u).h(u)] 4au + ∆ (3) 4 Từ suy f (u).k(u) + g(u).h(u) = 0, ∀u Đặt d(u) = UCLN(f (u), g(u)), tồn đa thức f1 (u), g1(u), s(u) ∈ Q[u] cho f (u) = f1 (u).d(u); g(u) = g1 (u).d(u); h(u) = f1 (u).s(u); k(u) = −g1 (u).s(u) Thay vào (3), ta có P (u) = d(u).s(u) f12 (u) − (4au + ∆).g12 (u) (4) Do hệ số cao P (u) số phương nên giả sử hệ số cao d(u).s(u) ±1 Dễ thấy f12 (u) − (4au + ∆).g12 (u) đa thức khác Vì P (u) bất khả quy Z nên bất khả quy Q Do đó, d(u).s(u) đa thức hằng, suy d(u).s(u) = ±1 Như thế, (4) trở thành P (u) = ± f12 (u) − (4au + ∆).g12 (u) (5) ∆ ∆ ∆ , |P (− 4a )| = f12 (− 4a ) Điều mâu thuẫn với giả Trong (5) ta cho u = − 4a ∆ thiết |P (− 4a )| không bình phương số hữu tỉ Vậy P (ax2 + bx + c) đa thức bất khả quy Chú ý Trong lời giải toán ta thấy: i) Vì hệ thức (5) với u thỏa mãn 4au + ∆ ≥ nên với u ∈ R √ ii) Nếu b = 2b′ số chẵn a = 1, cách thay x = b′ + u + ∆′ ta P (u) = ± f12 (u) − (u + ∆′ ).g12(u) , (6) f1 (u) g1 (u) đa thức với hệ số nguyên Dưới vài áp dụng Bài toán Cho p số nguyên tố n số nguyên dương Chứng minh đa thức f (x) = (x2 + 1)n + p bất khả quy Giải Xét đa thức g(x) = xn + p, f (x) = (x2 + 1)n + p Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức g(x) bất khả quy Xảy trường hợp sau ∆ = Vì g(1) = + p 4a số phương nên f (x) = g(x2 + 1) đa thức bất khả quy i) Nếu p = p có dạng 4k + Tam thức x2 + có − ii) Nếu p có dạng 4k + 3,√thì theo Chú ý f (x) = g(x2 + 1) khả quy, cách thay x = u − 1, ta có g(u) = ± f12 (u) − (u − 1).g12 (u) , ∀u ∈ R, với f1 (u) g1 (u) đa thức với hệ số nguyên Trong hệ thức này, ta cho u = 0, có p = f12 (0) + g12(0) Nhưng p số nguyên tố có dạng 4k + nên biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên Vậy f (x) phải đa thức bất khả quy Bài toán (HongKong TST, 2011) Cho n số nguyên dương Chứng minh n đa thức P (x) = (x2 + x)2 + bất khả quy Giải Đặt f (x) = (x − 1)2 + 1, P (x) = f (x2 + x + 1) Ta có f (x) = x2 + n 2n −1 (−1)k C2kn x2 k=1 n −k n + Dễ dàng thấy C2kn chia hết cho với k = 1, 2n − Từ đó, theo tiêu chuẩn Eisenstein, f (x) đa thức bất khả quy Z Tam ∆ thức x2 + x + có − = Theo toán 3, để chứng minh P (x) bất khả quy 4 Z, ta cần chứng minh P − =f + 42 42n n = không bình phương số hữu tỉ, tức cần chứng minh 1+42 n số phương Điều hiển nhiên, phương trình + 42 = a2 , a ∈ N nghiệm nguyên dương n Bài toán (VMO, 2014) Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 biểu diễn thành tích n + đa thức khác với hệ số nguyên Việc giải toán không khó Ý tưởng lời giải sử dụng phản chứng Nếu P (x) biểu diễn thành tích n + đa thức khác với hệ số nguyên, deg(P (x)) = 4n nên phải có nhân tử có bậc nhỏ Hơn nữa, P (x) nghiệm thực nên nhân tử phải có bậc chẵn Như phải có nhân tử bậc Từ cách xét hệ số cao cho x = 1, x = ta suy điều mâu thuẫn Nhưng điều muốn nói nhờ toán ta làm mạnh kết Cụ thể ta có toán sau Bài toán Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 bất khả quy Z Giải Đặt f (x) = x2n + 13, P (x) = f (x2 − 7x + 6) Chọn p = 13 số nguyên tố, theo tiêu chuẩn Eisenstein, f (x) đa thức bất khả quy Z Tam ∆ 25 thức x2 − 7x + có − = − 4a f − 25 = −25 2n + 13 = 252n + 13.42n 42n Theo toán 3, để chứng minh P (x) bất khả quy Z, ta cần chứng minh |f − 25 | bình phương số hữu tỉ hay cần chứng minh 2n 25 + 13.42n số phương Nhưng điều hiển nhiên, 252n + 13.42n ≡ (mod 3) Như vậy, |f − 25 | bình phương số hữu tỉ đó, P (x) bất khả quy Z ... chứng minh Bài toán tổng quát để có toán sau Bài toán Cho a, b, c ∈ Z, a ̸= số phương, ∆ = b2 − 4ac đa thức P (x) ∈ Z[x] có hệ số cao số phương Khi đó, P (x) đa ∆ | bình phương số hữu thức bất khả... , (6) f1 (u) g1 (u) đa thức với hệ số nguyên Dưới vài áp dụng Bài toán Cho p số nguyên tố n số nguyên dương Chứng minh đa thức f (x) = (x2 + 1)n + p bất khả quy Giải Xét đa thức g(x) = xn + p,... số hữu thức bất khả quy Z |P − 4a tỉ, P (ax + bx + c) đa thức bất khả quy Giải Giả sử P (ax2 + bx + c) đa thức khả quy Z Khi ấy, tồn đa thức khác Q(x), H(x) ∈ Z[x] cho P (ax2 + bx + c) = Q(x).H(x)