Đa thức bất khả quy

Đa thức bất khả quy Lê Xuân Đại – THPT Chuyên Vĩnh Phúc A PHẦN MỞ ĐẦU I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các toán đa thức thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi toán đánh giá toán khó Các toán thường yêu cầu nghiên cứu tính chất hệ số đa thức, tính chất nghiệm toán đa thức nguyên, tính khả quy hỏi theo nhiều hình thức khác Bài toán đa thức với hệ số nguyên đa thức bất khả quy có vai trò quan trọng xuất nhiều kì thi TST IMO hàng năm Thật khó để khẳng định đa thức bất khả quy hay không Chuyên đề muốn khám phá vấn đề kết đa thức bất khả quy, đưa số tiêu chuẩn ví dụ điển hình để áp dụng giải lớp toán tương tự Có thể coi toán đa thức bất khả quy tập lý thuyết, đòi hỏi người học phải nắm vững bước chứng minh việc chứng minh định lý toán học Đây lý mà toán đa thức bất khả quy gây khó khăn với học sinh Chính tác giả định chọn đề tài “Đa thức bất khả quy” , hy vọng phần chia sẻ giúp bạn có cách tiếp cận tốt với toán dạng II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu dấu hiệu để xét đa thức có bất khả quy - Vận dụng tính khả quy bất khả quy đa thức vào toán đa thức nhằm phát huy khả tư toán học cho học sinh - Đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện, phát huy lực tư giải toán phần Đa thức chương trình chuyên toán THPT III ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH - Đối tượng dạy học chuyên đề học sinh chuyên toán trường THPT Chuyên, đặc biệt bồi dưỡng học sinh đội tuyển quốc gia B PHẦN NỘI DUNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY Đa thức nguyên 1.1 Định nghĩa Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P ( x) = an x n + an−1 x n−1 + + a1x + a0 với số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số nguyên ¢ [ x ] 1.2 Một số kết đa thức với hệ số nguyên Cho đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] 1.2.1 Nếu P ( x) có nghiệm nguyên x = a phân tích P ( x) = ( x − a)Q( x) với Q( x) đa thức với hệ số nguyên 1.2.2 Nếu a, b nguyên phân biệt P (a ) − P( a) chia hết cho a − b 1.2.3 (Tiêu chuẩn nghiệm) Nếu x = p , ( p, q) = nghiệm hữu tỷ P ( x) q p ước a0 q ước an Đặc biệt an = nghiệm hữu tỷ nghiệm nguyên 1.2.4 Nếu x = m + n nghiệm P ( x) với m, n nguyên, n không phương x ' = m − n nghiệm P ( x) 1.2.5 Nếu x=m+ n với m, n nguyên, n không phương P ( x) = M '+ N ' n với M’, N’ nguyên Đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên với giá trị x nguyên Điều ngược lại không đúng, có đa thức nhận giá trị nguyên với x nguyên hệ số không nguyên x3 − x x2 − x Ví dụ Các đa thức P ( x) = P ( x) = nhận giá trị nguyên với x nguyên 1.3 Đa thức nguyên: Đa thức với hệ số hữu tỷ nhận giá trị nguyên với x nguyên gọi đa thức nguyên Nhận xét Một đa thức với hệ số hữu tỷ P ( x) biểu diễn dạng a Q(x) với a, b số nguyên Q ( x ) đa thức với hệ số nguyên b Đa thức bất khả quy 2.1 Định nghĩa Cho P ( x) đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] P ( x) không phân tích thành tích hai đa thức thuộc ¢ [ x ] với bậc lớn hay Ngược lại P ( x) gọi khả quy ¢ [ x ] Tương tự ta có định nghĩa đa thức bất khả quy ¤ [ x ] ; ¡ [ x ] Ví dụ Đa thức P ( x) = x + bất khả quy ¢ [ x ] ¤ [ x ] ; ¡ [ x ] 2.2 Một số tính chất 2.2.1 (Quan hệ bất khả quy ¢ [ x ] ¤ [ x ] ): Nếu đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] bất khả quy ¢ [ x ] bất khả quy ¤ [ x ] Chứng minh a) Trước hết ta giới thiệu chứng minh bổ đề Gauss: * Ta gọi đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] nguyên hệ số nguyên tố * Bổ đề Gauss: Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên Chứng minh bổ đề Cho hai đa thức nguyên P ( x) = an x n + an−1 x n−1 + + a1x + a0 ; Q( x) = bm x m + bm−1 x n−1 + + b1 x + b0 P ( x).Q( x) = cm+ n x m+ n + + c1 x + c0 Giả sử P ( x)Q( x) không nguyên tồn số nguyên tố p ước chung hệ số c0 , c1 , , cm+ n Vì P ( x) nguyên nên gọi i số nhỏ mà không chia hết cho p j số nhỏ cho b j không chia hết cho p Khi ta thấy hệ số x i + j không chia hết cho p, vô lý b) Chứng minh tính chất 2.2.1 Giả sử P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] mà P ( x) khả quy ¤ [ x ] Khi P ( x) = P1 ( x).P2 ( x) với P1, P2 đa thức bậc nhỏ bậc P có hệ số hữu tỷ Đặt P1 ( x) = a1 a Q1 ( x), P2 ( x) = Q2 ( x) với (ai , bi ) = Q1 ( x), Q2 ( x) nguyên b1 b2 Khi P ( x) = a1a p Q1 ( x)Q2 ( x) = Q1 ( x)Q2 ( x) với ( p, q ) = Do P ( x) ∈ ¢ [ x ] nên từ b1b2 q suy hệ số Q1 ( x).Q2 ( x) chia hết cho q, suy Q1 ( x ).Q2 ( x) không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss, mâu thuẫn Vậy P ( x) bất khả quy ¤ [ x ] 2.2.2 Cho số nguyên a đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] Khi P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] P ( x + a ) bất khả quy ¢ [ x ] Chứng minh Giả sử P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] P ( x + a ) lại khả quy ¢ [ x ] Khi tồn g ( x), h( x) ∈ ¢ [ x ] với bậc lớn cho P ( x + a ) = g ( x).h( x) Suy P ( x) = g ( x − a).h( x − a) , mâu thuẫn với tính bất khả quy P ( x) ¢ [ x ] 2.2.3 Tính khả quy ¡ [ x ] : Mọi đa thức có hệ số thực bậc lớn khả quy ¡ Thật vậy, dễ thấy đa thức bậc bậc hai vô nghiệm ¡ bất khả quy Xét đa thức P ( x) với bậc lớn Ta có hai trường hợp: * Nếu P ( x) có nghiệm thực x = α hiển nhiên P ( x) khả quy * Nếu P ( x) vô nghiệm thực, P ( x) có bậc chẵn với nghiệm phức x =α x =α nghiệm Q( x) = ( x − α )( x − α ) = x − 2Re ( α ) x + α Khi đa thức có hệ số thực Q( x) nhân tử thực P ( x) Do P ( x) khả quy ¡ P ( x) Từ suy đa thức bậc lớn ¡ [ x ] phân tích cách thành tích đa thức bậc đa thức bậc hai vô nghiệm k h thực P ( x) = A.∏ ( x + bi ) ∏ ( α j x + β j x + γ j ) i =1 mi nj j =1 Như ta không quan tâm tới tính khả quy đa thức ¡ £ Ta tập trung vào việc xét tính khả quy bất khả quy đa thức ¢ ¤ 2.2.4 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Dưới tiêu chuẩn quen thuộc phổ biến để chứng minh đa thức bất khả quy n Cho P ( x) = an x + + a1 x + a0 ∈ ¢ [ x ] Giả sử tồn số nguyên tố p cho i) a0 , a1 , , an−1 chia hết cho p ii) an không chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p Khi đa thức P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] Chứng minh Ta đưa hai chứng minh cho định lý quan trọng Cách thứ Giả sử P ( x) khả quy ¢ [ x ] , tức viết P ( x) = g ( x).h( x) , g ( x) = br x r + + b1 x + b0 ∈ ¢ [ x ] ; h( x) = cs x s + + c1x + c0 ∈ ¢ [ x ] với ≤ r, s < n a0 = b0c0 a = b c + b c  1 0 Ta có  a = b c + b c + + b c k k −1 k  k an = br cs (*) b0 Mp Theo giả thiết a0 Mp ⇒  Giả sử b0 Mp Vì a0 không chia hết cho p , nên c0 c0 Mp không chia hết cho p Mặt khác hệ số g ( x) chia hết cho p (vì an không chia hết cho p) Khi gọi bk hệ số g ( x) không chia hết cho p Từ (*) ak , bk −1 , , b0 Mp suy bk c0 Mp ⇒ bk Mp , mâu thuẫn Từ ta suy điều phải chứng minh Nhận xét Đây cách chứng minh đơn giản thể rõ phương pháp chung để chứng minh đa thức bất khả quy Theo giảng dạy nội dung cho học sinh cần ý tư tưởng chứng minh, đặc biệt bước chọn hệ số bk Với toán đa thức bất khả quy việc nắm rõ bước tư tưởng để chứng minh tiêu chuẩn quan trọng việc áp dụng tiêu chuẩn Chẳng hạn toán thi chọn đội tuyển Việt nam dự thi IMO 2013 sau: "Tìm tất số nguyên dương n > số nguyên tố p cho đa thức P ( x) = x n − px + p khả quy ¢ [ x ] " Bài toán giải đơn giản sau biết bước chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein Giả sử P ( x) khả quy ¢ [ x ] , tức viết P ( x) = g ( x).h( x) , g ( x) = br x r + + b1 x + b0 ∈ ¢ [ x ] ; h( x) = cs x s + + c1x + c0 ∈ ¢ [ x ] với ≤ r , s < n a0 = b0c0 a = b c + b c  1 0 Ta có  a = b c + b c + + b c k k −1 k  k an = br cs (*) Từ b0c0 = p , ta xét hai trường hợp: * Nếu có b0 c0 chia hết cho p thực tiếp việc chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein, ta suy P ( x) bất khả quy * Nếu b0 c0 chia hết cho p, giả sử b0 = c0 = p Ta xét tiếp hai trường hợp nhỏ: - Nếu g h có bậc không nhỏ 2, ta có − p = b0c1 + b1c0 b0c2 + b1c1 + c0b2 = , suy b1 + c1 = −1 b1c1 Mp Có thể giả sử b1 Mp c1 không chia hết cho p Gọi bk hệ số g ( x) không chia hết cho p Từ hệ thức ak +1 = bk +1c0 + bk c1 + + b0ck +1 , c0 Mp , c1 không chia hết cho p theo cách chọn bk suy ak +1 không chia hết cho p, điều vô lí k + < n nên ak +1 = - Do để P ( x) khả quy phải có đa thức g h có bậc Nói cách khác P ( x) có nghiệm nguyên x0 Khi x0 nhận giá trị 1; p; −1; − p; p ; − p Thay vào P ( x) suy p phải chẵn, suy p = Kiểm tra có n = thỏa mãn Cách thứ (Sử dụng trường ¢ p số nguyên modulo p): Vẫn giả sử viết P ( x) = g ( x).h( x) ,trong g ( x), h( x) ∈ ¢ [ x ] với deg g ( x) = r ≥ 1,deg h( x) = s ≥ Ta có g ( x)h( x) ≡ P( x) ≡ an x n (mod p ) mà an không chia hết cho p suy hệ số lũy thừa bậc cao g ( x) h( x) không chia hết cho p Do tồn b c cho g ( x) ≡ bx r (mod p) h( x) ≡ cx s (mod p) Mặt khác r , s ≥ nên hệ số tự g ( x) h( x) chia hết cho p, mẫu thuẫn với giải thiết a0 không chia hết cho p 2.2.5 Ta đưa tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn trường ¢ p [ x ] : n Giả sử P ( x) = an x + + a1 x + a0 ∈ ¢ [ x ] tồn số nguyên tố p cho an n không chia hết cho p Nếu đa thức P ( x) = a n x + + a1 x + a ∈ ¢ p [ x ] bất khả quy ¢ p [ x ] P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] Chứng minh Giả sử P ( x) khả quy ¢ [ x ] , suy P ( x) = an x n + + a1 x + a0 = ( bk x k + + b1x + b0 ) ( cl x l + + c1x + c0 ) (k , l ≥ 1) ( )( n k l Khi P ( x) = a n x + + a1 x + a = b k x + + b1x + b c l x + + c1 x + c ) (*) Ta có b k cl = bk cl = an ≠ an không chia hết cho p nên b k ≠ 0, cl ≠ Như từ (*) suy P ( x) = a n x n + + a1 x + a khả quy ¢ p [ x ] , mâu thuẫn giả thiết Ví dụ: Đa thức P ( x) = x + x3 − 12 x + x − bất khả quy ¢ [ x ] Thật vậy, xét ¢ [ x ] ta có P ( x) = x + x3 + Nếu P ( x) khả quy ¢ [ x ] ( )( ) P ( x) = x + x3 + = x + ax + x + bx + (1) Trong (1) cho x = ta a.b = ⇒ a = b = , thay trở lại (1) ta điều mâu thuẫn Vậy P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] , tức P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] n 2.2.6 Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng: Cho P ( x) = an x + + a1 x + a0 ∈ ¢ [ x ] Giả sử tồn số nguyên tố p thỏa mãn với số k ≤ n đó: i) a0 , a1 , , ak −1 chia hết cho p ii) ak không chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p Thế P ( x) có nhân tử bất khả quy bậc lớn k (và không bất khả quy có nhân tử bậc nhỏ n − k ) Với k = n ta tiêu chuẩn Eisenstein Có thể nói tiêu chuẩn Eisenstein tiêu chuẩn hay áp dụng để kiểm tra đa thức bất khả quy Khi học phần này, định em học sinh phải hiểu nhớ kĩ bước chứng minh tiêu chuẩn Eisenstein Nhiều toán yêu cầu chứng minh lại tiêu chuẩn cách hỏi khác mà Xin đưa vài ví dụ cụ thể Ví dụ Chứng minh đa thức sau bất khả quy ¢ [ x ] a) P ( x) = x + x + 20 x + 15 (p=5) b) P ( x) = x + x + 21x + 28 (p=2) c) P ( x) = x n − ( n > 1) (p=2) d) P ( x) = x n − pq , p nguyên tố ( p, q ) = e) P ( x) = x n + x n−1 + 35 (n ≥ 2) (p=5) f) P ( x) = x − x3 + x + Hint Với ví dụ ta chưa nhận p Ta tính P ( x − 1) = x + 3x + 3x + 3x + Với y = x − P ( y ) = y + y + y + y + bất khả quy (với p = ) Từ P ( x) bất khả quy Ví dụ Cho p nguyên tố lớn Chứng minh đa thức sau bất khả quy ¢ [ x ] P ( x) = x p −1 + x p− + + x + x p −1 Hint Với x khác ta có P ( x) = x −1 Suy P ( x + 1) = ( x + 1) p − = x p −1 + C 1p x p− + + C pk x p −k −1 + C pp−1 x 1 ≠ (mod p )  k Ta có C p ≡ 0(mod p) , theo tiêu chuẫn Eisenstein P ( x + 1) bất khả quy  p −1 C p = p ≠ (mod p) Do P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] (đpcm) II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH Phương pháp chung để chứng minh đa thức bất khả quy phương pháp phản chứng, cụ thể ta giả sử phân tích đa thức cho thành tích hai đa thức với bậc lớn hay sau dẫn đến điều vô lý Dù ta có định hướng phương pháp toán cụ thể lại cần cách xử lí linh hoạt để dẫn đến điều mâu thuẫn Một kĩ thuật hay sử dụng đánh giá nghiệm đa thức sử dụng trực tiếp tiêu chuẩn Cũng chủ yếu phương pháp phản chứng nên tác giả không chia cụ thể theo phương pháp 10 Lời giải Giả sử f ( x) = g ( x).h( x) , g ( x) ∈ ¢ [ x ] ; h( x) ∈ ¢ [ x ] ;deg g ( x);deg h( x) ≥ Ta có f ( ± k i ) = với k = 1, n , i = −1 Suy = g ( ki ).h( ki ) với k ∈ { ±1; ±2; ; ± n} Do có cách phân tích số thành tích số nguyên ¢ [ i ] = 1.1 = (−1).(−1) = i.(−i) = ( −i ).i nên với ( g (ki); h(ki) ) ∈ { (1;1);(−1; −1);(i; −i);(−i; i)} k ∈ { ±1; ±2; ; ± n} Trong trường hợp ta có ( ) g ( ki ) = h( ki) = h ki = h ( −k i ) Suy đa thức g ( x) − h(− x) có bậc nhỏ 2n mà lại có 2n nghiệm phân biệt, g ( x) − h(− x) ≡ ∀x ∈ ¡ ⇒ g ( x) ≡ h( − x) Đặc biệt g (0) ≡ h(0) ⇒ f (0) = g (0) số phương, hay ( n!) + số phương, vô lí Vậy f ( x) bất khả quy ¢ [ x ] Đây toán kinh điển hay đa thức bất khả quy, lời giải toán sử dụng triệt để tính chất nghiệm (phức) đa thức là: "Một đa thức bậc n có n nghiệm phức" Việc sử lý linh hoạt đơn vị ảo i (i = −1) nghệ thuật mang lại nét đẹp tính kinh điển toán Bài toán trường hợp riêng toán sau: Bài 7.1 (Romanian TST 2003) Cho đa thức f ( x) ∈ ¢ [ x ] monic, bất khả quy f (0) không số phương Chứng minh g ( x) = f ( x ) đa thức bất khả quy Có thể đưa lời giải cho toán sau: Giả sử g ( x) = h( x).k ( x); h( x), k ( x ) ∈ ¢ [ x ] ;deg h,deg k ≥ Ta có f ( x) = h ( x ) k ( x ) = h ( x) + x h2 ( x)   k1 ( x ) + x k ( x )  , h1 , h2 , k1 , k2 ∈ ¢ [ x ] Ta có h2 ( x).k1 ( x) + h1 ( x).k2 ( x) = nên tồn đa thức p, q, r , s ∈ ¢ [ x ] cho: 20 h2 = p.q; k1 = r.s; h1 = p.r ; k2 = −q.s Khi f ( x) = p( x)  r ( x) + x q( x)  s ( x) r ( x) − x q( x)  = p( x) s ( x)  r ( x) − x.q ( x)  2 Chú ý deg ( r ( x) − x.q ( x) ) ≥ f ( x) monic, bất khả quy suy p ( x) s ( x) = ±1 Do f ( x) = r ( x) − x.q ( x) đặc biệt f (0) = r (0) số phương, mâu thuẫn Vậy g ( x) = f ( x ) bất khả quy Chú ý: Nếu đa thức f ( x) bất khả quy suy đa thức f ( x ), f ( x ) bất khả quy Chẳng hạn, xét f ( x) = x + x + bất khả quy f ( x ) = x + x + = ( x + x + 1) ( x − x + 1) đa thức khả quy Bài toán (VMO 2014) Cho đa thức P ( x) = ( x − x + 6) n + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P ( x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Lời giải Hướng tiếp cận tự nhiên phản chứng Giả sử P ( x) = P1 ( x).P2 ( x) Pn+1 ( x) với Pi ( x) ∈ ¢ [ x ] deg Pi ( x) ≥ Do P ( x) vô nghiệm thực nên Pi ( x) phải có bậc chẵn Vì tổng bậc Pi ( x) 4n nên phải có hai đa thức chẳng hạn P1 ( x), P2 ( x) có bậc Do P ( x) monic nên P1 ( x), P2 ( x) P1 ( x) = x + ax + b; P2 ( x) = x + cx + d mô níc, P1 ( x), P2 ( x) có vô thể giả sử nghiệm thực nên P1 ( x) > 0, P2 ( x) > ∀x ∈ ¡ Ta có 13 = P(1) = P1 (1).P2 (1) Pk (1) 13 = P(6) = P1 (6).P2 (6) Pk (6) Giả sử P1 (1) = ⇒ a = −b Khi P1 (6) = 36 − 5b Ta thấy P1 (6) = 36 − 5b > 13 nên P1 (6) = 36 − 5b = 21 Từ tìm a = −7; b = Khi P1 ( x) = x − x + lại có nghiệm thực, mâu thuẫn Vậy toán chứng minh Nhận xét Phát biểu toán đầu có cảm giác khó khăn làm cho học sinh e ngại Nhưng hóa chất điều kiện P ( x) không phân tích thành tích n+1 đa thức để suy có (hay hai) đa thức có bậc Ta chứng minh kết mạnh hơn: Nếu P ( x) = ( x − x + 6) n + 13 phân tích thành tích hai đa thức Q ( x), S ( x) khác với hệ số nguyên Q( x), S ( x) có bậc 2n Thật vậy, gọi x1 , x2 , , x4 n nghiệm phức P ( x) Giả sử Q( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − xk );1 ≤ k < 4n Ta có [ ( xi − 1)( xi − 6) ] 2n = −13 ⇒ ( xi − 1)( xi − 6) = 131/2 n (1) Mặt khác Q(1) = (1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − xk ) nguyên nên (1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − xk ) nguyên Tương tự (6 − x1 )(6 − x2 ) (6 − xk ) nguyên Do ( x1 − 1)( x1 − 6)( x2 − 1)( x2 − 6) ( xk − 1)( xk − 6) số nguyên Khi theo (1) 13k /2 n nguyên, suy k = 2n , điều phải chứng minh Từ kết n > ta suy kết toán, n=1 kiểm tra P ( x) bất khả quy Nhận xét Thực từ chứng minh kết ta suy P ( x) bất khả quy với n nguyên dương Thật vây, ta có Q(1)Q(6) = ( x1 − 1)( x1 − 6)( x2 − 1)( x2 − 6) ( xk − 1)( xk − 6) = 13k /2 n = 13 (2) Nhưng | Q(6) − Q(1) nên dễ thấy đa thức Q( x) thỏa mãn Vậy P ( x) bất khả quy Bài tương tự: Tìm số nguyên dương n nhỏ cho đa thức P ( x) = x n−4 + 4n phân tích thành tích đa thức bậc lớn với hệ số nguyên 22 Bài toán Cho đa thức f ( x) ∈ ¢ [ x ] bậc n Nếu tồn 2n+1 số nguyên phân biệt m cho f (m) nguyên tố f ( x) bất khả quy Lời giải Giả sử f ( x) khả quy suy f ( x ) = g ( x).h( x ) , g ( x) ∈ ¢ [ x ] ; h( x) ∈ ¢ [ x ] ; r = deg g ( x); s = deg h( x ); r , s ≥ n = r + s Ta có f (m) = g (m) h(m) số nguyên tố nên g ( m) = ±1 h(m) = ±1 Do deg g ( x) = r nên đa thức g ( x) + g ( x) − có nhiều r nghiệm Suy có nhiều r số nguyên m để g (m) = nhiều r số nguyên m để g ( m) = −1 Tức có nhiều 2r số nguyên m để g ( m) = ±1 Tương tự có nhiều 2s số nguyên m để h(m) = ±1 Như có nhiều 2r + s = 2n số nguyên m để f (m) số nguyên tố, mâu thuẫn với giả thiết Vậy f ( x) bất khả quy ¢ [ x ] Có thể chứng minh kết chặt sau: Cho đa thức f ( x) ∈ ¢ [ x ] bậc n Nếu tồn n+5 số nguyên phân biệt m cho f (m) nguyên tố f ( x) bất khả quy Bài toán 10 Cho p số nguyên tố an an−1 a1a0 biểu diễn thập phân ( an > ) Chứng minh P ( x) = an x n + + a1 x + a0 bất khả quy Lời giải Giả sử P ( x) = g ( x).h( x) , g ( x) ∈ ¢ [ x ] ; h( x) ∈ ¢ [ x ] Gọi x1 , x2 , , xk nghiệm g ( x) xk +1 , xk + , , xn nghiệm h( x) Theo giả thiết ta có P (10) = g (10).h(10) số nguyên tố, nên giả sử g (10) = ⇒ (10 − x1 )(10 − x2 ) (10 − xk ) = (1) Tuy nhiên theo kết toán biên nghiệm ta có xi < + 11 = ∀i , mâu thuẫn với (1) Vậy P ( x) bất khả quy Bài toán trường hợp đặc biệt Tiêu chuẩn Cohn's sau 23 Tiêu chuẩn Cohn's: Cho p số nguyên tố an an−1 a1a0 biểu diễn p số b ( b ≥ ) Chứng minh P ( x) = an x n + + a1 x + a0 bất khả quy Việc chứng minh tiêu chuẩn phức tạp dựa vào bổ đề sau: n Bổ đề 1: Cho đa thức P ( x) = an x + + a1 x + a0 ∈ ¢ [ x ] thỏa mãn an ≥ 1; an−1 ≥ ≤ H , ∀i = 0,1, , n − (H số dương) Khi với nghiệm phức α + + 4H P ( x) Re α ≤ α < Chứng minh bổ đề 1: Nếu z > Re z > , ta có  f ( z) an−1  a  H  ≥ a + − H + + > Re  an + n −1 ÷−  n n ÷ n  z z z z  z −z  z ÷   ≥1− Suy z ≥ H z −z = z − z −H z −z ≥ + + 4H Như α ≥ + + 4H Reα > α nghiệm P ( x) , bổ đề chứng minh n n −1 Bổ đề 2: Cho đa thức P ( x) = x + an−1 x + a1x + a0 ; ∈ { 0;1} Khi tất nghiệm P ( x) nằm nửa mặt phẳng Re z < Chứng minh bổ đề Trường hợp n = 1,2 đơn giản Xét n ≥ , với z ≠ ta có P( z ) an −1 an −2  1  ≥ + + − + +  n ÷  z3 ÷ zn z z2 z   > 1+ 24 an −1 an −2 + − z z z ( z − 1) Nếu z thỏa mãn arg z ≤ Nếu z ≥ P( z ) π 1 > − Re  ÷ ≥ suy zn z ( z − 1) z  z ( z − 1) > nên P ( z ) ≠ Nếu z nghiệm P ( x) với arg z > z < π Giả sử Re z > , theo bổ đề 1+ 1+ , suy Re z < < , bổ đề chứng minh 2 2 Trở lại toán: Ta xét hai trường hợp: * Nếu b ≥ , theo bổ đề α nghiệm P ( x) b − α > Giả sử P ( x) = f ( x).g ( x); deg f ≥ 1,deg g ≥ Từ P (b) nguyên tố suy f (b) = g (b) = Ta xét f (b) = , gọi nghiệm f α1 ,α , ,α k Ta có f (b) = b − α1 b − α b − α k > , mâu thuẫn Vậy P ( x) bất khả quy * Nếu b = : Tương tự ta xét f (2) = Theo bổ để nghiệm P ( x) thỏa mãn Re z < α1 ,α , ,α k , suy z − > z − Do gọi nghiệm f f (2) = − α1 − α − α k > − α1 − α − α k = f (1) ≥ , mâu thuẫn Vậy P ( x) bất khả quy Nhận xét: Tiêu chuẩn Cohn's có ý nghĩa thực tế giúp ta tạo đa thức bất khả quy cách dễ dàng Bài toán 11 (Hongkong TST 2011) Chứng minh P ( x) = ( x + x ) 2n + bất khả quy ¢ [ x ] với số tự nhiên n Lời giải Giả sử P ( x) = G ( x).H ( x); G ( x), H ( x) ∈ ¢ [ x ] ;deg G,deg H ≥ Xét trường ¢ , ta có P ( x) = ( x + x + 1) (mod 2) ⇒ ( x + x + 1) 2n với g ( x) ≡ G ( x); h( x) ≡ H ( x ) ¢ 25 2n = g ( x).h( x ) Dễ thấy x + x + bất khả quy ¢ [ x ] , suy tồn số tự nhiên k để g ( x) = ( x + x + 1) ; h( x ) = ( x + x + 1) k 2 2n − k Quay trở lại ¢ [ x ] G ( x) = ( x + x + 1) + 2U ( x); H ( x) = ( x + x + 1) k 2 2n −k + 2V ( x) U ( x),V ( x) ∈ ¢ [ x ] k  2 Suy ( x + x + 1) + 2U ( x )  ( x + x + 1)   Thay x = ε = n −k + 2V ( x )  = P ( x ) (1)  1 −1 + i vào (1) ta U (ε ).V (ε ) = P (ε ) = , mâu thuẫn 2 U ( x),V ( x) ∈ ¢ [ x ] nên U (ε ),V (ε ) có dạng a + bε (a, b ∈ ¢ ) Do P ( x) bất khả quy Bài toán tổng quát: Cho a số hữu tỉ n số nguyên dương Chứng minh P ( x) = ( x + ax ) 2n + bất khả quy ¢ [ x ] Bài toán 12 (Việt nam TST 1995) Tìm tất số nguyên dương k cho có vô số số nguyên dương n mà đa thức sau P ( x) = x n+1 + kx n − 870 x + 1945 x + 1995 khả quy ¢ [ x ] Lời giải Gọi A tập hợp số nguyên dương n mà P(x) khả quy Giả sử P ( x) = f ( x).g ( x) theo tiêu chuẩn Eisenteisn mở rộng, ta có deg f ( x) = deg g ( x) = Từ suy P ( x) có nghiệm nguyên x0 ≠ Xét trường hợp sau: * Nếu x0 ≥ với n ∈ A dễ thấy điều kiện P ( x0 ) = tương đương với x0 + k = 870 x02 − 1945 x0 − 1995 x0 n 26 = ( x0 − 3)(174 x0 + 133 x0 n Do x0 ≥ A vô hạn nên với n đủ lớn, ta có ( x0 − 3)(174 x0 + 133 x0 n < hay x0 + k < ⇒ x0 + k = Từ dễ tìm k = −3 * Nếu x0 = , ta P (1) = ⇒ k = −3071 n +1 * Nếu x0 = −1 , ta P (−1) = ⇒ ( −1) + k (−1) n + 820 = , suy với n lẻ k = −819 n chẵn k = 821 Thử lại ta thấy giá trị tìm thỏa mãn Vậy tất giá trị k cần tìm −3701; −819; −3;821 Nhận xét: Việc tìm điều kiện hệ số đa thức khả quy toán phổ biến Người ta nghiên cứu đa thức dạng sau x n + a; x n + ax m + b; x n + ax m + bx p + c Một số toán dạng này: Bài 12.1 Cho đa thức P ( x) = x m + x n + với deg P = m ≥ Biết mn − 2M Chứng minh P ( x) đa thức khả quy Bài 12.2 Cho đa thức P ( x) = x + n với n nguyên dương Chứng minh n chia hết cho P ( x) đa thức khả quy Bài 12.3 (China TST 2008) Cho n > m > số nguyên dương lẻ Chứng minh đa thức P ( x) = x m + x n + x + bất khả quy Bài toán 13 Cho số nguyên tố p ≥ Tìm số đa thức bất khả quy ¢ [ x ] đa thức có dạng P ( x) = x p + px k + px l + ; với k > l ; k , l ∈ { 1,2, , p − 1} p k l Lời giải Đặt f k ,l ( x) = x + px + px + Nếu k , l khác tính chẵn lẻ f k ,l ( −1) = , suy f k ,l ( x) khả quy Vậy k,l có tính chẵn lẻ Ta có k l f k ,l ( x − 1) = x p + p.x.g ( x) + p ( −1) + ( −1)  = x p + p.x.g ( x) ± p với g ( x) ∈ ¢ [ x ]   Theo tiêu chuẩn Eisenteisn f k ,l ( x − 1) bất khả quy Do f k ,l ( x) bất khả quy 27 Như số đa thức f k ,l ( x) bất khả quy số cặp ( k , l ) với k , l phân biệt tính chẵn lẻ thuộc tập { 1,2, , p − 1} số 2C p −1 = ( p − 1)( p − 3) Bài toán 14 Chứng minh đa thức P ( x) = x n − x − bất khả quy ¢ [ x ] Lời giải Đây toán khó đa thức bất khả quy Tuy nhiên kiến thức sử dụng đánh giá nghiệm P ( x) Ta cần tới bổ đề sau: Bổ đề: Với z nghiệm đa thức P ( x) = x n − x − ta có: 1  2Re  z − ÷ > − z z  Chứng minh Ta viết z = r.eit , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: ( + 2r cos t ) ( r − 1) > Ta có r n = z 2n = z + = + 2r cos t + r ⇒ + 2r cos t = r n − r Do ( + 2r cos t ) ( r − 1) = ( r n − r ) ( r − 1) > Bổ đề chứng minh Trở lại toán: Giả sử phân tích P ( x) = f ( x).g ( x);deg f ,deg g ≥ Dễ thấy P ( x) = x n − x − có n nghiệm phức phân biệt, giả sử tất nghiệm phức f z1 , z2 , , zk Sử dụng bổ đề ta được:  1 k 2∑ Re  zi − ÷ > ∑ − k (1) zi  i=1 zi i =1  k k Mà z1 z2 zk = f (0) = , nên theo bất đẳng thức AM-GM ta i =1  1 Re z −  i ÷ > Mặt khác f monic có hệ số nguyên nên ∑ zi  i =1  k Do  1 Re  zi − ÷ > số nguyên, ∑ zi  i =1  k k  ∑ Re  z i =1  i − Lí luận tương tự với g cộng kết lại với ta được: 28 ∑z 1 ÷≥ zi  i −k ≥0  1 1 Re  z1 − + z2 − + + zn − ÷≥ (2) z1 z2 zn   , z1 , z2 , , zn tất nghiệm P ( x) = x n − x − Theo định lý Viet z1 − 1 + z2 − + + zn − = , điều mâu thuẫn với (2) z1 z2 zn Vậy P ( x) bất khả quy ¢ [ x ] Bài toán 15 (Tiêu chuẩn Schonemann's) Đặt k ( x) = f n ( x) + p.g ( x ) với n ≥ , p n số nguyên tố f , g đa thức hệ số nguyên cho deg ( f ) > deg g Giả sử tồn p để f bất khả quy ¢ p [ x ] g không chia hết cho f Khi k đa thức bất khả quy ¢ [ x ] Lời giải Giả sử k = k1.k2 với deg k1 ≥ 1;deg k2 ≥ ( ) Xét ¢ p [ x ] ta có k1.k2 = f nguyên u , v cho u + v = n n Từ suy tồn g1 , g ∈ ¢ [ x ] số k1 = f u + p.g1; k2 = f v + p.g , deg g1 < u.deg f deg g < v.deg f Từ suy g = f u g + f v g1 + p.g1 g (*) Do k1 ≠ nên u > v > Không tính tổng quát, giả sử u ≤ v , từ (*) suy tồn h ∈ ¢ [ x ] cho g = f u h + p.g1 g Chuyển qua ¢ p [ x ] ta g chia hết cho f , mâu thuẫn giả thiết Vậy k đa thức bất khả quy ¢ [ x ] Cuối ta xét ứng dụng đẹp tiêu chuẩn Bài 15.1 Cho p nguyên tố dạng 4k + hai số nguyên a, b cho ( v p (a ), v p (b − 1) ) = Chứng minh đa thức f ( x) = x p + ax + b bất khả quy ¢ [ x ] Lời giải Do p = 4k + nên ¢ p x + vô nghiệm, đa thức x + bất khả quy ¢ p [ x ] 29 Tiếp theo ta viết f ( x) = x p + ax + b dạng ( x + 1) p + pg ( x) để sử dụng tiêu chuẩn Schonemann's Thật vậy, ta tìm g ( x) = a b − 1 2( p −1) x+ − C p x + C p2 x 2( p −2) + + C pp −1 x  p p p Theo giả thiết g ( x) ∈ ¢ [ x ] ta có điều phải chứng minh Bài toán 16 Ta chứng minh kết đẹp đẽ đa thức bất khả quy Đó đa thức chia đường tròn Ta nhắc lại số khái niệm liên quan: Định nghĩa Giả sử ξ1 , ξ , , ξϕ ( n) ϕ ( n ) nguyên thủy bậc n với ϕ hàm Euler Đa thức chia đường tròn thứ n đa thức xác định bởi: ( ) φn ( x ) = ( x − ξ1 ) ( x − ξ ) x − ξϕ ( n) ikπ  n  φn ( x ) viết dạng φn ( x ) = ∏  x − e ÷ gcd( k , n ) =1   1≤ k ≤ n n φd ( x ) Ta có hai kết đa thức φn ( x ) là: φn ( x ) ∈ ¢ [ x ] x − = ∏ dn Bây ta chứng minh φn ( x ) đa thức bất khả quy với n nguyên dương Thật vậy, gọi ε bậc n p số nguyên tố cho (n, p ) = Gọi f g đa thức bậc nhỏ nhận ε ε p nghiệm Vì ε ε p p p số đại số nên coi f , g ∈ ¢ [ x ] Xét trường ¢ p [ x ] ta có g ( x ) = g ( x ) ( ) Gọi f , g đa thức tương ứng f , g ¢ p [ x ] f | g Do r p nghiệm f ¢ p [ x ] g ( r ) = Bây giờ, f ≠ g , f g ước n φn ( x ) ¢ [ x ] Vậy fg | φn ( x ) , suy f g | ( x − 1) , điều kéo theo r nghiệm bội (ít bậc 2) x n − (modp), lấy đạo hàm ta nr n−1 ≡ 0(mod p) ⇒ r = (n, p ) = , mâu thuẫn r n = 30 Vậy f = g hay ε ε p có đa thức bậc nhỏ nhận làm nghiệm điều với p nguyên tố, (n, p ) = Từ suy với k nguyên dương (n, k ) = ε ε k có đa thức bậc nhỏ nhận làm nghiệm Do đa thức bậc nhỏ nhận ε làm nghiệm phải nhận tất bậc n đơn vị nghiệm, suy bậc ϕ ( n ) , mà deg φn ( x) = ϕ ( n ) , suy đa thức φn ( x) Vậy φn ( x) bất khả quy Nhận xét: Các trường hợp đặc biệt đa thức φn ( x) mà ta xét toán sau: Bài 16.1 Chứng minh P ( x) = x p −1 + x p − + + x + bất khả quy với p nguyên tố Bài 16.2 Chứng minh P ( x) = x p ( p −1) + + x p + x p + bất khả quy với p nguyên tố III BÀI TẬP Bài Cho đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] số nguyên a khác Chứng minh P ( x) bất khả quy ¤ [ x ] P (ax) bất khả quy ¤ [ x ] Bài Cho đa thức f ( x) ∈ ¢ [ x ] số nguyên dương a cố định Chứng minh tồn k đủ lớn để đa thức P ( x) = f ( x).x + kx + a bất khả quy ¤ [ x ] Bài Cho đa thức P ( x) bậc hai với hệ số nguyên không âm Biết tồn số nguyên dương m cho P (m) nguyên tố P (0) ≠ Chứng minh P ( x) bất khả quy Bài Cho đa thức P ( x) bậc ba, mônic với hệ số nguyên không âm Biết tồn số nguyên dương m cho P (m) nguyên tố P (0) ≠ Chứng minh P ( x) bất khả quy P ( x) = x + 31 Bài Cho n hợp số Chứng minh tồn số nguyên b ≥ cho k k i =0 i =0 n = ∑ dibi với di ∈ { 0;1; ; b − 1} đa thức P ( x) = ∑ di x i bất khả quy với bậc lớn Bài Cho đa thức P ( x) = a( x − a1 )( x − a2 ) + a nguyên dương, a1 , a2 nguyên dương phân biệt Chứng minh P ( x) khả quy tồn số nguyên t cho f ( x + t ) = x ( x − 2) + f ( x + t ) = x( x − 1) + Bài Cho đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] khả quy, deg P = n Biết tồn (n + 4) số nguyên m mà P (m) nguyên tố Chứng minh P ( x) có bậc bốn hai nhân tử có dạng x( x + 1) − Bài Cho số nguyên tố p > m, n nguyên dương Chứng minh P ( x) = x m + x n + p bất khả quy Bài Chứng minh với số nguyên dương d tồn đa thức f monic có bậc n d cho x + f ( x) bất khả quy với n Bài 10 (China TST 1994) Cho p, q hai số nguyên tố phân biệt n ≥ Tìm tất số nguyên a cho đa thức f ( x) = x n + ax n−1 + pq bất khả quy Bài 11 (China TST 2008) Chứng minh với số nguyên dương n ≥ tồn đa thức f bậc n, với hệ số nguyên khác 0, bất khả quy cho f ( x) hợp số với x nguyên Bài 12 Chứng minh với n nguyên dương, đa thức sau bất khả quy f ( x) = ( x + 2) n + ( x n−1 + 10 x n + ) Bài 13 Cho p nguyên tố dạng 4k + n nguyên dương Chứng minh đa thức sau bất khả quy f ( x) = ( x + 1) n + p 32 Bài 14 (Romanian TST 2010) Cho p nguyên tố n1 > n2 > > n p số nguyên dương, d = gcd ( n1 , n2 , , n p ) Chứng minh đa thức sau bất khả quy n x n1 + x n2 + + x p − p f ( x) = xd − Bài 15 Tìm tất tam thức bậc hai f ∈ ¢ [ x ] cho tìm n ≥ mà đa thức f + bất khả quy n Bài 16 Cho a số nguyên khác Chứng minh đa thức sau bất khả quy f ( x) = x n + ax n −1 + + ax + ax − Bài 17 Cho f đa thức hệ số nguyên có nghiệm nguyên phân biệt Chứng minh f + f + bất khả quy n Bài 18 Tồn hay không đa thức f hệ số hữu tỷ cho f (1) ≠ −1 x f ( x) + khả quy ¤ [ x ] với n ≥ Bài 19 Cho f đa thức hệ số nguyên, monic bất khả quy ¢ [ x ] , giả sử m tồn số nguyên dương m cho f ( x ) khả quy ¢ [ x ] Chứng minh với ước nguyên tố p f (0) ta có v p ( f (0) ) ≥ Bài 20 Cho p, q hai số nguyên tố lẻ cho p − không chia hết cho q a1 , a2 , , an số nguyên phân biệt cho − a j Mq ∀i, j Chứng minh đa thức f ( x) = ( x − a1 ) ( x − a2 ) ( x − an ) − p bất khả quy ¤ [ x ] C PHẦN KẾT LUẬN Trong chuyên đề "Đa thức bất khả quy" làm bật phương pháp chung để chứng minh đa thức bất khả quy, phương pháp phản chứng đưa điều mâu thuẫn Tiếp theo đưa tiêu chuẩn quan trọng để chứng minh đa thức bất khả quy chứng minh chi tiết cho 33 tiêu chuẩn Có thể coi toán đa thức bất khả quy toán lý thuyết, yêu cầu học sinh hiểu rõ chất vấn đề lý thuyết đa thức Chính việc nắm hiểu sâu sắc bước chứng minh cho tiêu chuẩn đưa nhiệm vụ quan trọng với học sinh giỏi toán giáo viên giảng dạy phần Các tập chuyên đề tăng dần từ dễ đến khó, sau dạng tương tự khái quát hóa chúng Tác giả hy vọng chuyên đề góp phần nhỏ vào trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phần đa thức, vốn phần khó đề thi học sinh giỏi gần Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp, chia sẻ kinh nghiệm để chuyên đề hoàn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 2009, Chuyên đề chọn lọc Số phức áp dụng, NXB Giáo Dục [3] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ Các thi Olympic Toán trung học phổ thông (1990-2006) NXB Giáo dục [4] The theory of irreducible polynomials [5] Yefei Hao, Integer Polynomial, 2007 [6] Titu Andresscu, Problem from the book, 2007 [7] Các nguồn tài liệu từ Internet: www.mathscope.org; www.mathlinks.org; www.imo.org.yu 34 [...]... bất khả quy suy ra p ( x) s ( x) = ±1 Do đó f ( x) = r 2 ( x) − x.q 2 ( x) và đặc biệt f (0) = r (0) 2 là số chính phương, mâu thuẫn Vậy g ( x) = f ( x 2 ) bất khả quy Chú ý: Nếu đa thức f ( x) bất khả quy thì không thể suy ra các đa thức f ( x 2 ), f ( x 3 ) bất khả quy Chẳng hạn, xét f ( x) = x 2 + x + 1 bất khả quy nhưng f ( x 2 ) = x 4 + x 2 + 1 = ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 1) là đa thức khả quy. .. Perron nên h( x) bất khả quy, ta có đpcm Bài 4.6 (Iran TST 2003) Cho các đa thức f1 , f 2 ,,, f n ∈ ¢ [ x ] Chứng minh rằng tồn tại một đa thức khả quy g ( x) ∈ ¢ [ x ] sao cho tất cả các đa thức f1 + g , f 2 + g , , f n + g đều bất khả quy Thật vậy, với M đủ lớn và số m > max { deg f1 ,deg f 2 , ,deg f n } thì theo tiêu chuẩn Perron đa thức Q( x) = x m+1 + M x m + f i ( x) là bất khả quy Do đó có thể... 0 Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy f ( x) = x n + ax n −1 + + ax 2 + ax − 1 Bài 17 Cho f là đa thức hệ số nguyên và có các nghiệm nguyên phân biệt Chứng 2 4 minh rằng f + 1 và f + 1 là bất khả quy n Bài 18 Tồn tại hay không đa thức f hệ số hữu tỷ sao cho f (1) ≠ −1 và x f ( x) + 1 là khả quy trên ¤ [ x ] với mọi n ≥ 1 Bài 19 Cho f là đa thức hệ số nguyên, monic và bất khả quy trong ¢ [ x ]... chỉ khi P (ax) bất khả quy trên ¤ [ x ] Bài 2 Cho đa thức f ( x) ∈ ¢ [ x ] và số nguyên dương a cố định Chứng minh rằng tồn tại k đủ lớn để đa thức P ( x) = f ( x).x 2 + kx + a bất khả quy trên ¤ [ x ] Bài 3 Cho đa thức P ( x) bậc hai với các hệ số nguyên không âm Biết rằng tồn tại số nguyên dương m sao cho P (m) nguyên tố và P (0) ≠ 0 Chứng minh rằng P ( x) bất khả quy Bài 4 Cho đa thức P ( x) bậc... mâu thuẫn với (1) Vậy P ( x) bất khả quy trong ¢ [ x ] n 1 Nhận xét 1 Đa thức f ( x) bậc n bất khả quy trên ¤ [ x ] khi và chỉ khi x f  ÷ bất x khả quy trên ¤ [ x ] và f ( x) khả quy trên ¤ [ x ] khi và chỉ khi f ( x) khả quy trên ¢ [ x ] Từ đó có thể ra một bài toán tương tự bài 4.1 trên nhưng ở dạng ẩn, khó phát hiện bản chất hơn như sau: m n n −1 Bài 4.2 Cho đa thức f ( x) = p x + an−1x +... chứng minh một đa thức bất khả quy, đó là phương pháp phản chứng và đưa ra điều mâu thuẫn Tiếp theo chúng tôi lần lượt đưa ra những tiêu chuẩn quan trọng nhất để chứng minh một đa thức bất khả quy và chứng minh chi tiết cho các 33 tiêu chuẩn đó Có thể coi mỗi bài toán về đa thức bất khả quy là một bài toán lý thuyết, nó yêu cầu học sinh hiểu rõ bản chất của các vấn đề lý thuyết trong đa thức Chính vì... 4 + n với n nguyên dương Chứng minh rằng n chia hết cho 4 khi và chỉ khi P ( x) là đa thức khả quy Bài 12.3 (China TST 2008) Cho n > m > 1 là các số nguyên dương lẻ Chứng minh rằng đa thức P ( x) = x m + x n + x + 1 bất khả quy Bài toán 13 Cho số nguyên tố p ≥ 5 Tìm số các đa thức bất khả quy trên ¢ [ x ] của các đa thức có dạng P ( x) = x p + px k + px l + 1 ; với k > l ; k , l ∈ { 1,2, , p − 1} ... dương Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy f ( x) = ( x 2 + 1) n + p 32 Bài 14 (Romanian TST 2010) Cho p nguyên tố và n1 > n2 > > n p là các số nguyên dương, d = gcd ( n1 , n2 , , n p ) Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy n x n1 + x n2 + + x p − p f ( x) = xd − 1 Bài 15 Tìm tất cả các tam thức bậc hai f ∈ ¢ [ x ] sao cho có thể tìm được n ≥ 2 mà đa thức f 2 + 1 bất khả quy n Bài 16 Cho a là... toán 14 Chứng minh rằng đa thức P ( x) = x n − x − 1 bất khả quy trong ¢ [ x ] Lời giải Đây là một bài toán rất khó về đa thức bất khả quy Tuy nhiên kiến thức sử dụng ở đây vẫn là đánh giá các nghiệm của P ( x) Ta cần tới bổ đề sau: Bổ đề: Với z là nghiệm bất kì của đa thức P ( x) = x n − x − 1 ta có: 1 1  2Re  z − ÷ > 2 − 1 z z  Chứng minh Ta viết z = r.eit , bất đẳng thức cần chứng minh trở... Vậy φn ( x) bất khả quy Nhận xét: Các trường hợp đặc biệt của đa thức φn ( x) mà ta đã xét là bài toán sau: Bài 16.1 Chứng minh rằng P ( x) = x p −1 + x p − 2 + + x + 1 bất khả quy với p nguyên tố Bài 16.2 Chứng minh rằng P ( x) = x p ( p −1) + + x 2 p + x p + 1 bất khả quy với p nguyên tố III BÀI TẬP Bài 1 Cho đa thức P ( x) ∈ ¢ [ x ] và số nguyên a khác 0 Chứng minh rằng P ( x) bất khả quy trên ¤