DS1 d4 DaiLX da thuc bat kha quy

Các bài toán này thường yêu cầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nó hoặc những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều h

CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO KHOA HỌC GV THPT CHUYÊN

A MỞ ĐẦU

I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi toán và luôn được đánh giá là các bài toán khó Các bài toán này thường yêu cầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nó hoặc những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hình thức khác nhau

Bài toán về đa thức với hệ số nguyên và đa thức bất khả quy có vai trò rất quan trọng và xuất hiện nhiều trong kì thi TST và IMO hàng năm Thật khó để khẳng định được một đa thức là bất khả quy hay không Chuyên đề này muốn khám phá các vấn đề và các kết quả của đa thức bất khả quy, đưa ra một số tiêu chuẩn và

ví dụ điển hình để áp dụng giải được một lớp bài toán tương tự Có thể coi những bài toán về đa thức bất khả quy như là những bài tập lý thuyết, đòi hỏi người học phải nắm vững từng bước chứng minh như việc chứng minh một định lý toán học vậy Đây cũng là lý do mà các bài toán về đa thức bất khả quy luôn gây khó khăn với học sinh

Chính vì vậy tác giả quyết định chọn đề tài “Đa thức bất khả quy” , hy

vọng phần nào chia sẻ và giúp các bạn có cách tiếp cận tốt hơn với các bài toán dạng này

II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

- Nghiên cứu các dấu hiệu để xét một đa thức có bất khả quy

- Vận dụng tính khả quy và bất khả quy của đa thức vào các bài toán đa thức nhằm phát huy khả năng tư duy toán học cho học sinh

- Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện, phát huy năng lực tư duy và giải các bài toán trong phần Đa thức của chương trình chuyên toán THPT

III ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH

- Đối tượng dạy học của chuyên đề là học sinh chuyên toán của trường THPT Chuyên, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh đội tuyển quốc gia

P x a x a x   a xa với a là các số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất i

cả các đa thức với hệ số nguyên là  x

1.2 Một số kết quả cơ bản về đa thức với hệ số nguyên

Cho đa thức P x( )  x

1.2.1 Nếu P x có nghiệm nguyên x( )  thì phân tích được ( )a P x (xa Q x) ( )với ( )

Q x là đa thức với hệ số nguyên

1.2.2 Nếu a b, nguyên phân biệt thì P a( )P a( ) chia hết cho ab

1.2.3 (Tiêu chuẩn nghiệm) Nếu x p, ( , ) 1p q

q

  là một nghiệm hữu tỷ của ( )P x thì

p là ước của a và q là ước của 0 a Đặc biệt nếu n a  thì mọi nghiệm hữu tỷ đều là n 1nghiệm nguyên

1.2.4 Nếu xm n là nghiệm của P x với ( ) m n nguyên, n không chính phương ,thì x'm n cũng là nghiệm của P x ( )

1.2.5 Nếu x m n với m n nguyên, n không chính phương thì ,

1.3 Đa thức nguyên: Đa thức với hệ số hữu tỷ nhưng nhận giá trị nguyên với mọi x

nguyên được gọi là đa thức nguyên

Nhận xét Một đa thức với hệ số hữu tỷ P x bất kỳ có thể biểu diễn dưới dạng ( )

2.1 Định nghĩa Cho P x là đa thức với hệ số nguyên Ta gọi ( )( ) P x là bất khả quy

trên  x nếu P x không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc ( )  x với bậc lớn hơn hay bằng 1 Ngược lại thì P x gọi là khả quy trên ( )  x Tương tự ta có định nghĩa đa thức bất khả quy trên  x ;  x

Ví dụ Đa thức P x( )x2 1 bất khả quy trên  x và trên  x ;  x

2.2 Một số tính chất

2.2.1 (Quan hệ bất khả quy trên  x và  x ): Nếu đa thức P x( )  x bất khả quy trên  x thì cũng bất khả quy trên  x

Chứng minh

a) Trước hết ta giới thiệu và chứng minh bổ đề Gauss:

* Ta gọi đa thức P x( )  x là nguyên bản nếu các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau

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

Chứng minh bổ đề Cho hai đa thức nguyên bản P x( )a x n n a n1x n1  a x1 a0;

chia hết cho p và j là chỉ số nhỏ nhất sao cho b j không chia hết cho p Khi đó ta thấy

ngay hệ số của 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 trên ( )  x mà P x khả ( )quy trên  x Khi đó P x( ) P x P x1( ) ( )2 với P1, P2 là các đa thức bậc nhỏ hơn bậc của P và có hệ số hữu tỷ

2.2.2 Cho số nguyên a và đa thức P x( )  x Khi đó P x bất khả quy trên ( )

 x

 khi và chỉ khi P x( a) bất khả quy trên  x

Chứng minh Giả sử P x bất khả quy trên ( )  x và P x( a) lại khả quy trên

* Nếu P x có nghiệm thực x( )  thì hiển nhiên P x khả quy ( )

* Nếu P x vô nghiệm thực, khi đó ( ) P x có bậc chẵn và với mỗi nghiệm phức ( )

x thì x  cũng là nghiệm của P x ( ) Khi đó

  2

2

Q x  x x  x   x là đa thức có hệ số thực và Q x là ( )nhân tử thực sự của P x Do đó ( )( ) P x khả quy trên 

Từ đó suy ra mọi đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 1 trong  x đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các đa thức bậc nhất và đa thức bậc hai vô nghiệm

2.2.4 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Dưới đây là tiêu chuẩn quen thuộc và phổ biến để

chứng minh một đa thức bất khả quy

Cho P x( )a x n n  a x1 a0  x Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho

i) a a0, , ,1 a n1 chia hết cho p

iii) a không chia hết cho 0 p2

Khi đó đa thức ( )P x bất khả quy trên  x

Chứng minh Ta đưa ra hai chứng minh cho định lý quan trọng này

Cách thứ nhất Giả sử P x khả quy trên ( )  x , tức là viết được P x( )g x h x( ) ( ), trong đó g x( )b x r r  b x1 b0 x h x; ( )c x s s  c x1 c0 x với

Mặt khác các hệ số của g x không thể cùng chia hết cho p (vì ( ) a không chia hết n

cho p) Khi đó gọi b là hệ số đầu tiên của k g x không chia hết cho p ( )

Từ (*) và do a b k, k1, ,b p0 suy ra b c p k 0 b p k , mâu thuẫn

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh

Nhận xét Đây là cách chứng minh đơn giản và thể hiện rõ nhất phương pháp chung

để chứng minh một đa thức bất khả quy Theo tôi khi giảng dạy nội dung này cho học sinh cần hết sức chú ý tư tưởng chứng minh, đặc biệt là bước chọn hệ số b Với k

các bài toán về đa thức bất khả quy thì việc nắm rõ các bước và tư tưởng để chứng minh một tiêu chuẩn nào đó còn quan trọng hơn cả việc áp dụng tiêu chuẩn đó

Chẳng hạn bài toán thi chọn đội tuyển Việt nam dự thi IMO 2013 như sau:

"Tìm tất cả các số nguyên dương n 1 và số nguyên tố p sao cho đa thức

* Nếu chỉ có b hoặc 0 c chia hết cho p thì thực hiện tiếp như việc chứng minh tiêu 0

chuẩn Eisenstein, ta suy ra P x bất khả quy ( )

* Nếu b và 0 c cùng chia hết cho p, có thể giả sử 0 b0 c0  p Ta xét tiếp hai trường hợp nhỏ:

- Nếu g và h đều có bậc không nhỏ hơn 2, khi đó ta có p b c0 1 b c1 0 và

b c b c c b  , suy ra b1c1  và 1 b c p1 1 Có thể giả sử b p1 và c không 1

chia hết cho p Gọi b là hệ số đầu tiên của k g x không chia hết cho p Từ hệ thức ( )

a  b c b c  b c  , do c p0 , c không chia hết cho p và theo cách chọn 1

k

b suy ra a k1 không chia hết cho p, điều này vô lí do k  1 n nên a k1  0

- Do vậy để P x khả quy thì phải có ít nhất một đa thức g hoặc h có bậc bằng 1 ( )Nói cách khác thì P x có nghiệm nguyên là ( ) x 0

Khi đó x chỉ có thể nhận giá trị là 0 1; ; 1;p  p p; 2;p2 Thay vào P x suy ra ( ) p

phải chẵn, suy ra p  Kiểm tra được chỉ có 2 n 3 thỏa mãn

Cách thứ 2 (Sử dụng trường p các số nguyên modulo p): Vẫn giả sử viết được

( ) ( ) ( )

P x g x h x ,trong đó g x h x( ), ( ) x với deg ( )g x  r 1, deg ( )h x   s 1

Ta có g x h x( ) ( )P x( )a x n n (mod )p mà a không chia hết cho p suy ra các hệ số n

của lũy thừa bậc cao nhất trong g x và ( )( ) h x không chia hết cho p Do đó tồn tại b

và c sao cho g x( )bx r (mod )p và h x( )cx s (mod )p Mặt khác do r s , 1 nên các hệ số tự do của g x và ( )( ) h x chia hết cho p, mẫu thuẫn với giải thiết a không 0

chia hết cho p2

2.2.5 Ta đưa ra tiêu chuẩn bất khả quy thu gọn trên trường p x :

Giả sử P x( )a x n n  a x1 a0  x và tồn tại số nguyên tố p sao cho a n

không chia hết cho p Nếu đa thức P x( )a x n n  a x1 a0p x bất khả quy trên p x thì P x bất khả quy trong ( )  x

Chứng minh Giả sử P x khả quy trong ( )  x , suy ra

Ta có b c k l b c k l a n 0 vì a không chia hết cho p nên n b k 0, c l 0 Như vậy từ (*) suy ra P x( )a x n n  a x1 a0 khả quy trên p x , mâu thuẫn giả thiết

Ví dụ: Đa thức P x( )5x4 7x312x2 4x1 bất khả quy trong  x Thật vậy, xét trong 2 x ta có P x( )x4 x31 Nếu P x( ) khả quy trong 2 x thì

2.2.6 Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng: Cho P x( )a x n n  a x1 a0  x Giả

sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn với một số k n nào đó:

i) a a0, , ,1 a k1 chia hết cho p

ii) a không chia hết cho p k

iii) a không chia hết cho 0 p2

Thế thì P x có một nhân tử bất khả quy bậc lớn hơn hoặc bằng k (và do đó nếu ( )không bất khả quy thì sẽ có một nhân tử bậc nhỏ hơn hoặc bằng nk)

Với k n ta được tiêu chuẩn Eisenstein ở trên

Có thể nói rằng tiêu chuẩn Eisenstein là một trong các tiêu chuẩn cơ bản và hay được áp dụng nhất để kiểm tra một đa thức bất khả quy Khi học phần này, nhất định các em học sinh phải hiểu và nhớ kĩ từng bước chứng minh của tiêu chuẩn Eisenstein Nhiều khi bài toán chỉ yêu cầu chứng minh lại tiêu chuẩn trên bằng một cách hỏi khác đi mà thôi Xin đưa ra một vài ví dụ cụ thể

Ví dụ 1 Chứng minh các đa thức sau bất khả quy trên  x

a) P x( )x55x4 20x215 (p=5)

b) P x( )3x7 7x321x28 (p=2)

c) P x( )x n 2 (n1) (p=2)

II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH

Phương pháp chung để chứng minh một đa thức bất khả quy là phương pháp phản chứng, cụ thể ta giả sử phân tích được đa thức đã cho thành tích hai đa thức với bậc lớn hơn hay bằng 1 sau đó dẫn đến một điều vô lý Dù ta có ngay định hướng về phương pháp như vậy nhưng mỗi bài toán cụ thể lại cần một cách xử lí linh hoạt để dẫn đến điều mâu thuẫn Một trong những kĩ thuật hay sử dụng là đánh giá các nghiệm của đa thức đó hoặc sử dụng trực tiếp một tiêu chuẩn nào đó Cũng do chủ yếu là phương pháp phản chứng nên tác giả không chia cụ thể theo phương pháp

chứng minh mà chỉ đưa ra một số bài toán điển hình minh họa, sau đó nhấn mạnh các tư tưởng chính và mở rộng, phát triển bài toán

Bài toán 1 Cho đa thức P x( )  x bậc 2013 và nhận giá trị bằng 1 hoặc 1 tại

2013 giá trị nguyên khác nhau Chứng minh rằng P x bất khả quy trên ( )  x

Lời giải Giả sử P x khả quy trên ( )  x Đặt P x( )g x h x( ) ( ), trong đó

( ) ; ( ) ; 1 deg ( ) deg ( ) 2013

g x  x h x  x  h x  g x  Do đó, deg ( ) 1006h x 

Gọi a là 2013 số nguyên phân biệt sao cho ( ) i P a   i 1

Suy ra g a h a   Gọi p là số giá trị ( ) ( )i i 1 a mà ( ) 1 i h a  , gọi q là số giá trị i a mà i

( )i 1

Có thể giả sử pq p1002, do đó đa thức ( )h x có nhiều hơn 1007 nghiệm

Mặt khác deg ( ) 1006h x  , suy ra h x   với mọi x ( ) 1 0

Tức là h x  , vô lí Vậy ( )( ) 1 P x bất khả quy

  giá trị nguyên khác nhau Chứng minh rằng P x bất khả quy trên ( )  x

Bài 1.2 Cho đa thức P x( )  x bậc n 8 Giả sử tồn tại k số nguyên khác nhau

Đặc biệt hóa ta có các bài toán có phát biểu hay và đẹp hơn

Bài toán 2 Cho n số nguyên a phân biệt Chứng minh rằng đa thức i

Như vậy đa thức ( )T x g x( )h x( ) có ít nhất n nghiệm và có bậc nhỏ hơn n nên

Tổng quát hơn như sau:

Cho n số nguyên a phân biệt đôi một nguyên tố cùng nhau Khi đó đa thức i

Lời giải Trước tiên tìm được P x( )x x( 1)(x1) (x2013)

Giả sử f(x) khả quy trong  x : f x( )g x h x( ) ( ), trong đó

( ) ; ( ) ;deg ( );deg ( ) 1

Vì f x vô nghiệm nên ( ), ( )( ) g x h x cũng vô nghiệm Không mất tính tổng quát, giả

sử g x( )0; ( )h x  với mọi x và ( ), ( )0 g x h x có hệ số cao nhất bằng 1

Ta có f i( )g i h i( ) ( ) 1  g i( )h i( ) 1 với mọi i 0, 2013

Giả sử deg ( )g x m;deg ( )h x n n ( m)

Vậy f x bất khả quy trong ( )  x

Bài toán trên chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán tổng quát sau:

Bài 3.1 Cho n số nguyên a phân biệt Chứng minh rằng đa thức i

f x  xa xa xa  bất khả quy trong  x

Lời giải Giả sử f x( )g x h x( ) ( ), g x( ) x h x; ( ) x ;deg ( );deg ( ) 1g x h x 

Do f x  với mọi x nên có thể giả sử ( )( ) 0 g x 0; ( )h x  với mọi x 0

Suy ra (AB)( 1)  n a a1 2 a n  0 AB0, mâu thuẫn với AB  1

Vậy f x bất khả quy trong ( )  x

Bài 3.2: Cho n và k là số nguyên dương và a a1, 2, ,a là các số nguyên phân biệt n

Chứng minh rằng đa thức f x( )(xa1) (2k xa2) (2k xa n)2k 1 bất khả quy trong

Gọi z z1, 2, ,z là các nghiệm của m g x (thực hoặc phức) ( )

Ta có 1 g(0)  z1.z2 z m , suy ra tồn tại z  i 1

Ta có f z( )i  0 p z i n az i  p z i n az i  z i n  a z i  1 a , mâu thuẫn

với giả thiết Vậy f x bất khả quy trong ( )  x

Bài toán tổng quát:

Bài 4.1 Cho đa thức P x( )a x n n  a x1 a0  x thỏa mãn a0 là số nguyên tố

và a0  a1  a2   a n Chứng minh rằng P x bất khả quy trong ( )  x

Lời giải Gọi  là một nghiệm phức của P x Giả sử ( )  1

Ta có a0  a n  n  a1  a1  a2   a n , mâu thuẫn với giả thiết

Từ đó suy ra  1 với mọi nghiệm  của P x (1) ( )

* Giả sử P x , suy ra ( )( ) P x g x h x( ) ( ), trong đó

Có thể giả sử g(0) 1 Gọi b là hệ số bậc cao nhất của g x và gọi ( ) z z1, 2, ,z là k

các nghiệm của g x (thực hoặc phức) thì ( ) z z1 .2 z k 1 1 1

Vẫn giả sử P x( )g x h x( ) ( ), g x( ) x h x; ( ) x ;deg ( );deg ( ) 1g x h x 

Từ a n1 không chia hết cho p ta thấy không thể có đồng thời g(0) và (0)p h  Mà p

(0) (0) m

g h  p Do vậy phải có g(0) 1 hoặc h(0) 1 Giả sử g(0) 1

Tương tự bài 4.1 thì mọi nghiệm của ( )P x đều thỏa mãn z 1

Gọi z z1, 2, ,z là các nghiệm của k g x thì nó là nghiệm của ( ) P x( ) z i 1

Vậy 1 g(0)  z z1 .2 z k 1, vô lí Bài toán được chứng minh hoàn toàn

Nhận xét 2 Từ kết quả tổng quát này ta có thể thay đổi một cách hỏi khác để được

một bài toán mới khó hơn như sau:

Bài 4.3 Cho đa thức P x( )  x Chứng minh rằng có vô số số nguyên k mà

( )

P x k là đa thức bất khả quy

Lời giải Giả sử P x( )a x n n  a x1 a0  x Ta chọn k nguyên dương sao cho

0

k a nguyên tố và 0

1

n i i



khi đó theo kết quả bài toán tổng quát thì ( )P x k bất khả quy

Bài 4.4 Cho đa thức f x( )  x có các nghiệm z z1, 2, ,z Đặt n M max z i Chứng minh rằng nếu f x nguyên tố với mọi số nguyên ( )0 x và 0 x0 M 1 thì ( )

f x bất khả quy trong  x

Tổng quát hơn là định lý Perron sau đây

Bổ đề: Cho P x( )x n  a x1 a0  x với a n1  1 a0  a1   a n2 Khi

đó có đúng một nghiệm của ( )P x thỏa mãn z 1 và (n 1) nghiệm (phức) còn lại thỏa mãn z 1

Trở lại việc chứng minh định lý:

Giả sử P x( )g x h x( ) ( ),g x( ) x h x; ( ) x ;deg ( );deg ( ) 1g x h x 

Theo bổ đề thì P x chỉ có đúng một nghiệm thỏa mãn ( ) z 0 1, có thể giả sử z là 0

nghiệm của h x khi đó thì tất cả các nghiệm của ( )( ) g x đều có modun nhỏ hơn 1

Gọi z z1, 2, ,z là các nghiệm của k g x( ) z i 1, suy ra g(0)  z z1 .2 z k 1

Mặt khác P(0)  g(0) (0)h  a0  1 g(0) 1, mâu thuẫn

Sau đây là ba ví dụ cho việc áp dụng tiêu chuẩn Perron

Bài 4.5 Cho P x( )  x Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương N sao cho với

mọi k N thì x P x2 ( )kx1 bất khả quy