DS1 d5 MinhHN da thuc bat kha quy

ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY Hoàng Ngọc Minh Giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN Bài viết trình bày số kết tiêu chuẩn bất khả quy Z[x] đa thức với hệ số nguyên kĩ chứng minh đa thức bất khả quy Z[x] gồm: Sử dụng tính chất đa thức Sử dụng số phức Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY Hoàng Ngọc Minh Giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN Một số kết đa thức Ta xét đa thức với hệ số nguyên có dạng P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 a0 , a1 , , an số nguyên Định lý Nếu đa thức P (x) có nhiều n nghiệm thực P (x) ≡ Định lý Mọi đa thức P (x) bậc n có n nghiệm phức(kể bội) Định lý Nếu x = pq , p, q ∈ Z, (p, q) = nghiệm hữu tỉ P (x) q|an , p|a0 Đặc biệt an = ±1 nghiệm hữu tỉ P (x) nghiệm nguyên Định nghĩa Ta nói đa thức P (x) với hệ số nguyên bất khả quy Z[x] khơng phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Trong viết nói đa thức bất khả quy có nghĩa nói đa thức bất khả quy Z[x] Định lý (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên p số nguyên tố thỏa mãn điều kiện sau: i) an không chia hết cho p ii) a0 , a1 , , an−1 chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p2 Khi P (x) đa thức bất khả quy Z[x] Định lý (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên p số nguyên tố thỏa mãn điều kiện sau: i) an không chia hết cho p ii) a0 , a1 , , ak chia hết cho p iii) a0 không chia hết cho p2 Khi P (x) viết dạng tích hai đa thức với hệ số nguyên hai đa thức có bậc lớn k + Chứng minh Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn f (x) = br xr + + b1 x + b0 g(x) = cs xs + + c1 x + c0 Theo giả thiết b0 c0 = a0 p nên b0 p c0 p Khơng tính tổng qt giả sử b0 p Vì a0 p2 nên c0 p Mặt khác br cs = an p nên br p Gọi t số nguyên dương nhỏ cho bt p, ≤ t ≤ r Ta có at = bt c0 + bt−i ci 1≤i≤min(t,s) Ta thấy at p nên phải có t ≥ k + Suy r ≥ k + Nhận xét Với k = n − ta nhận tiêu chuẩn Eisenstein Bổ đề 1.1 Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên α nghiệm phức P (x) Khi |α| < + H với H = max0≤i 1, ta có a1 a0 an−1 n−1 α − − α − αn = − an an an Suy |α|n − |α|n |α|n ≤ H(|α|n−1 + + |α| + 1) = H < H |α| − |α| − Suy |α| < + H Định lý Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên Giả sử tồn số tự nhiên m ≥ H + cho P (m) số nguyên tố Khi P (x) bất khả quy Chứng minh Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì f (m)g(m) = P (m) số nguyên tố nên |f (m)| = |g(m)| = Khơng tính tổng qt giả sử |f (m)| = Giả sử f (x) = c(x − α1 )(x − α2 ) (x − αk ) với c hệ số cao f (x), c ∈ Z, c = 0, α1 , , αk nghiệm phức f (x) nghiệm phức P (x).Ta có |f (m)| ≥ |c|(m − |α1 |)(m − |α2 |) (m − |αk |) > (m − H − 1)k ≥ Điều mâu thuẫn Vậy P (x) bất khả quy Bổ đề 1.2 Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên với an ≥ 1, an−1 ≥ 0, |ai | ≤ M với i = 0, 1, , n − 2, M số dương Khi nghiệm phức α P (x) có phần thực khơng dương thỏa mãn √ + + 4M |α| < 2 Chứng minh Nếu |α| ≤ |α| < Nếu |α| > Re(α) > | Nếu |α| ≥ √ 1+ 1+4M √ 1+ 1+4M P (α) an−1 | − M ( + + | ≥|an + ) n α α |α| |α|n M an−1 )− >Re(an + α |α| − |α| M ≥1 − |α| − |α| |α| − |α| − M = |α|2 − |α| | Pα(α) n | > |α|2 −|α|−M |α|2 −|α| > 0-vô lý Định lý Cho p số nguyên tố biểu diễn sở b > có dạng p = an bn + an−1 bn−1 + + a1 b + a0 Khi đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 bất khả quy Chứng minh Giả sử P (x) = f (x)g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì f (b)g(b) = P (b) = p số nguyên tố nên |f (b)| = |g(b)| = Khơng tính tổng qt giả sử |f (b)| = Giả sử f (x) = c(x − α1 )(x − α2 ) (x − αk ) với c hệ số cao f (x), c ∈ Z, c = 0, α1 , , αk nghiệm phức f (x) nghiệm phức P (x) Theo bổ đề Re(αi ) ≤ (khi |b − αi | ≥ b)hoặc |αi | < 1+ 4(b − 1) ≤ b − 1( b ≥ 3) Suy |b − αi | > với i = 1, , k Suy |f (b)| = |c||b − α1 | |b − αk | > Điều mâu thuẫn Vậy P (x) bất khả quy Định lý Cho P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên với |a0 | số nguyên tố |a0 | > |a1 | + |a2 | + + |an | Khi P (x) bất khả quy Chứng minh Giả sử α nghiệm phức P (x) Nếu |α| ≤ |a0 | = |a1 α + + αn αn | ≤ |a1 | + |a2 | + + |an | Như |α| > Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = |a0 | số nguyên tố nên |f (0)| = |g(0)| = Khơng tính tổng qt giả sử |f (0)| = Giả sử f (x) = c(x − α1 )(x − α2 ) (x − αk ) với c hệ số cao f (x), c ∈ Z, c = 0, α1 , , αk nghiệm phức f (x) nghiệm phức P (x) Khi |f (0)| = |c|.|α1 | |αk | > Điều mâu thuẫn Vậy P (x) bất khả quy Bổ đề 1.3 Cho P (x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên với |an−1 | > + |a0 | + |a1 | + + |an−2 | Khi P (x) có nghiệm phức thỏa mãn |z| > n − nghiệm phức lại thỏa mãn |z| < Chứng minh Ta giả sử a0 = cần bỏ nhân tử dạng xk Giả sử P có nghiệm phức thỏa mãn |z| = Khi |an−1 | = |an−1 αn−1 | =|αn + an−2 αn−2 + + a1 α + a0 | ≤|αn | + |an−2 αn−2 | + + |a1 α| + |a0 | =1 + |a0 | + |a1 | + + |an−2 | (1) (2) (3) Điều trái giả thiết Gọi α1 , , αn nghiệm phức P Vì |α1 αn | = |a0 | ≥ nên tồn nghiệm chẳng hạn α1 thỏa mãn |α1 | > Xét đa thức Q(x) = (x − α2 ) (x − αn ) = xn−1 + bn−2 xn−2 + + b1 x + b0 Ta có P (x) = (x−α1 )Q(x) = xn +(bn−2 −α1 )xn−1 +(bn−3 −bn−2 α1 )xn−2 + +(b0 −b1 α1 )x−b0 α1 Đồng hệ số ta có a0 = −b0 α1 , ak = bk−1 − bk α1 với ≤ k ≤ n − 1, bn−1 = Khi |bn−2 − α1 | = |an−1 | >1 + |a0 | + |a1 | + + |an−2 | =1 + |b0 α1 | + |b0 − b1 α1 | + + |bn−3 − bn−2 α1 | ≥1 + |b0 ||α1 | + |b1 ||α1 | − |b0 | + + |bn−2 ||α1 | − |bn−3 | =1 + |bn−2 | + (|α1 | − 1)(|bn−2 | + + |b1 | + |b0 |) Mặt khác |bn−2 − α1 | ≤ |bn−2 | + |α1 | nên suy (|α1 | − 1)(|bn−2 | + + |b1 | + |b0 |) < |α1 | − Suy |bn−2 | + + |b1 | + |b0 | < Giả sử số phức α thỏa mãn |α| ≥ Khi |Q(α)| ≥ |αn−1 | − |bn−2 ||α|n−2 − − |b1 ||α| − |b0 | ≥ |α|n−1 (1 − |bn−2 | − − |b1 | − |b0 |) > Suy α nghiệm P Vậy nghiệm lại P thỏa mãn |α| < Định lý (Perron) Cho P (x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên với a0 = |an−1 | > + |a0 | + |a1 | + + |an−2 | Khi P (x) bất khả quy Chứng minh Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì P có nghiệm phức có mơ đun lớn nên hai đa thức f g phải có nghiệm phức có mơ đun nhỏ Giả sử z1 , , zk tất nghiệm phức f |z1 |, , |zk | < Khi |f (0)| = |z1 | |zk | < Suy f (0) = Suy a0 = 0-trái giả thiết Vậy P (x) bất khả quy 2.1 Một số kĩ chứng minh đa thức bất khả quy Sử dụng tính chất đa thức Bài tốn Cho P (x) đa thức bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn |P (x)| = với 2[ n2 ] giá trị nguyên x Chứng minh P (x) bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn deg f ≤ deg g Vì |f (x).g(x)| = |P (x)| = nên |f (x)| = hay [f (x)]2 −1 = với 2[ n2 ] giá trị nguyên x Điều khơng xảy deg f ≤ [ n2 ] Vậy P (x) bất khả quy Bài toán Cho p số nguyên tố P (x) đa thức bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn |P (x)| = |P (x)| = p với 2n+1 giá trị nguyên khác x Chứng minh P (x) bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Xét đa thức h(x) = [f (x) − 1][g (x) − 1] Nếu |P (x)| = |f (x)| = |g(x)| = Suy h(x) = Nếu |P (x)| = p |f (x)| = |g(x)| = Suy h(x) = Như h(x) = với 2n+1 giá trị khác x Điều khơng thể xảy deg h = deg f + deg g = 2n Vậy P (x) bất khả quy Bài toán Cho n số nguyên dương lớn a1 , a2 , , an số nguyên phân biệt Chứng minh đa thức P (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) − bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Ta có f (ai )g(ai ) = P (ai ) = −1 suy f (ai ) + g(ai ) = với i = 1, , n Suy đa thức f (x) + g(x) có n nghiệm phân biệt a1 , , an Hơn f (x) + g(x) có bậc nhỏ n nên phải có f (x) + g(x) ≡ Khi (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) − = −[f (x)]2 Điều vơ lý vế trái đa thức có hệ số cao vế phải đa thức có hệ số cao -1 Vậy P (x) bất khả quy Bài toán Cho n số nguyên dương lớn a1 , a2 , , an số nguyên phân biệt Chứng minh đa thức P (x) = (x − a1 )2 (x − a2 )2 (x − an )2 + bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì f (ai )g(ai ) = P (ai ) = nên f (ai ) = ±1 với i = 1, , n Nếu tồn j k cho f (aj ) = f (ak ) = −1 tồn x0 nằm aj ak cho f (x0 ) = Suy P (x0 ) = Điều vơ lý P (x) ≥ với x Như f (ai ) = với i = 1, , n f (ai ) = −1 với i = 1, , n Tương tự g(ai ) = với i = 1, , n g(ai ) = −1 với i = 1, , n Vì f (ai )g(ai ) = với i = 1, , n nên f (ai ) = g(ai ) = ±1 với i = 1, , n Suy f (x) ± = g(x) ± = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) Suy [(x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) ± 1]2 = (x − a1 )2 (x − a2 )2 (x − an )2 + Hay ±2(x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) = Điều vô lý Vậy P (x) bất khả quy Bài tốn Tìm tất số nguyên dương n cho đa thức P (x) = x5 − nx − n − khả quy Lời giải Trường hợp 1: P (x) phân tích thành tích đa thức bậc (x − a) đa thức bậc Khi x = a nghiệm nguyên P (x) tức a5 − na − n − = hay n(a + 1) = a5 − Ta thấy a = −1 n= a5 − = a4 − a3 + a2 − a + − a+1 a+1 Suy a + 1| suy a ∈ {2, 0, −2, −4} Từ tìm n ∈ {10, −2, 34, 342} Trường hợp 2: P (x) phân tích thành tích đa thức bậc hai đa thức bậc P (x) = (x3 + ax2 + bx + c)(x2 + dx + e) Đồng hệ số ta thu d = −a, e = −ad − b = a2 − b, c = −ae − bd = 2ab − a3 , be + cd = −n = ce + Suy (2a − 1)b2 − (a2 + 3a3 )b + a5 + a4 − = Ta có ∆ = (a2 + 3a3 )2 − 4(2a − 1)(a5 + a4 − 2) = a6 + 2a5 + 5a4 + 16a − phải số phương Nếu a ≥ (a3 + a2 + 2a − 2)2 < a6 + 2a5 + 5a4 + 16a − < (a3 + a2 + 2a − 1)2 Nếu a ≤ −4 (a3 + a2 + 2a − 1)2 < a6 + 2a5 + 5a4 + 16a − < (a3 + a2 + 2a − 2)2 Như phải có −3 ≤ a ≤ Thử trực tiếp ta thấy có a = thỏa mãn Khi b = b = Từ tìm n = 19 n = −1 Bài toán Cho số tự nhiên n ≥ P (x) = (x − a1 ) (x − an ) với a1 , , an số nguyên phân biệt Giả sử a,b số nguyên, a = cho đa thức ax2 + bx + bất khả quy Chứng minh đa thức Q(x) = aP (x) + bP (x) + bất khả quy Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Cho số tự nhiên n ≥ đa thức P (x) với hệ số nguyên có bậc nhỏ n thỏa mãn |P (x)| = với n giá trị nguyên phân biệt x Chứng minh P (x) ≡ P (x) ≡ −1 Chứng minh bổ đề: Giả sử P (x) nhận giá trị -1, P (x) = với r giá trị nguyên phân biệt a1 , , ar P (x) = −1 với s giá trị nguyên phân biệt b1 , , bs với r,s số nguyên dương thỏa mãn r + s = n Khơng tính tổng qt giả sử r ≥ s(nếu khơng ta thay P (x) −P (x)) Giả sử P (x) − = f (x)(x − a1 )(x − a2 ) (x − ar ) Suy −2 = P (bi ) − = f (bi )(bi − a1 )(bi − a2 ) (bi − ar ), ≤ i ≤ s Vì -2 viết thành tích nhiều số nguyên phân biệt −2 = 1.(−1).2 nên r ≤ Vì r + s = n ≥ nên s ≥ Suy {b1 − a1 , b1 − a2 , b1 − a3 } = {b2 − a1 , b2 − a2 , b2 − a3 } = {1, −1, 2} Không tính tổng quát giả sử b1 − a1 = b2 − a2 = Vì b1 − a3 = b2 − a3 nên {b1 − a3 , b2 − a3 } = {1, −1} Suy {b1 − a2 , b2 − a1 } = {1, −1} Không tổng quát giả sử b1 − a2 = 1, b2 − a1 = −1 Khi b1 − b2 = (b1 − a1 ) − (b2 − a1 ) = b1 − b2 = (b1 − a2 ) − (b2 − a2 ) = −1 Điều vô lý Vây phải có P (x) = với n giá trị nguyên phân biệt x P (x) = −1 với n giá trị nguyên phân biệt x Mà deg P < n nên suy P (x) ≡ P (x) ≡ −1 Trở lại toán: Giả sử Q(x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Ta có f (ai )g(ai ) = aP (ai ) + bP (ai ) + = nên |f (ai )| = |g(ai )| = với i = 1, , n Giả sử deg f ≤ deg f deg f ≤ n Nếu deg f < n mà |f (x)| = với n giá trị phân biệt x nên suy |f (x)| = với x-vơ lý Vậy phải có deg f = n = deg g Giả sử f (x) = c(x − a1 ) (x − an ) + h(x) với deg h < n Vì |h(ai )| = |f (ai )| = với i = 1, , n nên phải có |h(x)| = với x Suy f (x) = c(x − a1 ) (x − an ) ± = cP (x) ± Tương tự ta có g(x) = d(x−a1 ) (x−an )±1 = dP (x)±1 Như aP (x)+bP (x)+1 = (cP (x)±1)(dP (x)±1) Suy ax2 + bx + = (cx ± 1)(dx ± 1)-trái giả thiết Vậy Q(x) bất khả quy 2.2 Sử dụng số phức Bài toán Cho số tự nhiên n ≥ số nguyên tố p ≥ Chứng minh đa thức P (x) = xn + x3 + x2 + x + p bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = p nên |f (0)| = |g(0)| = Khơng tính tổng qt giả sử |f (0)| = Gọi a1 , a2 , , an tất nghiệm phức(kể bội) f (x) Khi f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) Suy |a1 a2 an | = |f (0)| = Suy tồn ≤ k ≤ n cho |ak | ≤ Khi |f (ak )| = |ank + a3k + a2k + ak + p| ≥ p − |ank | − |a3k | − |a2k | − |ak | ≥ p − ≥ Điều vô lý f (ak ) = Vậy P (x) bất khả quy Bài toán (IMO 1993) Cho số tự nhiên n > Chứng minh đa thức P (x) = xn + 5xn−1 + bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số ngun có bậc lớn Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = p nên |f (0)| = |g(0)| = Khơng tính tổng quát giả sử |f (0)| = Gọi a1 , a2 , , an tất nghiệm phức(kể bội) f (x) Khi f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − ak ) Suy |a1 a2 ak | = |f (0)| = Vì f (ai ) = nên an−1 (ai + 5) = −3 với i = 1, , k Suy i |a1 ak |n−1 |(a1 + 5)(a2 + 5) (ak + 5)| = 3k Suy |(a1 + 5)(a2 + 5) (ak + 5)| = 3k Lại có f (−5)g(−5) = P (−5) = nên |f (−5)| = |f (−5)| = Mặt khác |f (−5)| = |(a1 + 5)(a2 + 5) (ak + 5)| = 3k Do phải có k = Giả sử f (x) = x − a với a số nguyên Khi x = a nghiệm nguyên P (x) Suy a|3 Nhưng dễ thấy P (±1) = P (±3) = 0-mâu thuẫn Vậy P (x) bất khả quy Bài toán Cho số tự nhiên n > Chứng minh đa thức P (x) = xn +2014xn−1 +100 bất khả quy Lời giải Áp dụng định lý Perron Bài toán Cho n số nguyên dương lớn a,b số nguyên thỏa mãn |a| > + |b| Chứng minh đa thức P (x) = xn + axn−1 + b bất khả quy Lời giải Áp dụng định lý Perron Bài toán 10 Cho a, m, n số nguyên dương p < a − số nguyên tố Chứng minh đa thức P (x) = xm (x − a)n + p bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = p nên |f (0)| = |g(0)| = Khơng tính tổng qt giả sử |f (0)| = Gọi a1 , a2 , , ak tất nghiệm phức(kể bội) f (x) Khi f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − ak ) Suy |a1 a2 an | = |f (0)| = n Vì nghiệm P (x) nên am i (ai − a) = −p với i = 1, , k Suy |a1 ak |m |(a1 − a) (ak − a)|n = pk Hay |f (a)|n = pk Mặt khác f (a)g(a) = P (a) = p nên |f (a)| = |f (a)| = p Do phải có |f (a)| = p k = n Giả sử f (x) = xh(x) + f (0) với h(x) đa thức với hệ số nguyên.Ta có a − > p = |f (a)| = |ah(a) + f (0)| ≥ |ah(a)| − |f (0)| = |ah(a)| − Suy |h(a)| < Suy h(a) = |f (a)| = |f (0)|-mâu thuẫn Vậy P (x) bất khả quy Bài toán 11 Cho p số nguyên tố n số nguyên không chia hết cho p, m số nguyên thỏa mãn m ≡ 1(mod p) Chứng minh đa thức P (x) = xp − mx + n bất khả quy Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn có hệ số cao Giả sử deg f = k với ≤ k ≤ p − a1 , , ak nghiệm phức f (x) Vì f (x) có hệ số cao nên theo định lý Viet đa thức đối xứng a1 , , ak số nguyên Suy a1 + + ak ap1 + + apk số nguyên a1 + + ak ≡ (a1 + + ak )p ≡ ap1 + + apk (mod p) Mặt khác api − mai + n = với i = 1, , k nên ap1 + + apk = m(a1 + + ak ) − kn ≡ a1 + + ak − kn(mod p) Từ suy kn ≡ 0(mod p) Điều vô lý Vậy P (x) bất khả quy Bài toán 12 (JMO 1999)Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức sau bất khả quy P (x) = (x2 + 12 )(x2 + 22 ) (x2 + n2 ) + Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn có hệ số cao Ta có f (ki)g(ki) = P (ki) = với k ∈ Z, ≤ |k| ≤ n Hơn có cách phân tích a.b với (a, b) ∈ {(1, 1), (−1, −1), (i, −i), (−i, i)} thỏa mãn a = b Suy f (ki) = g(ki) = g(ki) = g(−ki) Suy đa thức f (x) − g(−x) có 2n nghiệm có bậc nhỏ 2n Do phải có f (x) = g(−x) Suy deg f = deg g = n Mặt khác từ f (ki)g(ki) = P (ki) = suy f (ki) = g (ki) với k ∈ Z, ≤ |k| ≤ n Suy đa thức f (x) − g (x) có 2n nghiệm có bậc nhỏ 2n Suy f (x) = g (x) f (x) = g(x)(vì f (x) g(x) có hệ số cao 1) Suy P (x) = f (x) Nói riêng (n!)2 + = P (0) = f (0) số phương Điều khơng xảy Vậy P (x) bất khả quy 2.3 Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein Bài toán 13 Cho số tự nhiên n > Chứng minh đa thức P (x) = xn +29xn−1 +2009 bất khả quy Lời giải Giả sử P(x) khả quy Vì 2009=41.49 nên áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng với p = 41 ta suy P (x) phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có đa thức bậc Suy P(x) có nghiệm hữu tỉ có nghiệm ngun Điều khơng xảy P (x) = xn−1 (x + 29) + 2009 số lẻ với x nguyên Vậy P (x) bất khả quy Bài toán 14 Cho số tự nhiên n ≥ 3, số nguyên tố p q số nguyên dương không chia hết cho p khơng có ước phương lớn Tìm tất số nguyên a cho đa thức P (x) = xn + axn−1 + pq khả quy Lời giải Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng với số nguyên tố p, ta suy P (x) phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có đa thức bậc Suy P(x) có nghiệm hữu tỉ có nghiệm nguyên Gọi nghiệm nguyên r, ta có rn + arn−1 + pq = hay pq = −rn−1 (r + a) chia hết cho r2 (do n ≥ 3) Vì pq khơng có ước phương lớn nên phải có r = ±1 Từ tìm a = −1 − pq a = + (−1)n pq Bài toán 15 (Vietnam TST 1995) Tìm tất số nguyên k cho tồn vô hạn số nguyên dương n để đa thức P (x) = xn+1 + kxn − 870x2 + 1945x + 1995 khả quy Lời giải Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng với số nguyên tố p = ta suy P (x) phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có đa thức bậc Suy P(x) có nghiệm hữu tỉ có nghiệm nguyên Gọi A tập vô hạn số nguyên dương n cho P (x) khả quy Khi với n ∈ A P (x) có nghiệm ngun αn Ta thấy αn = Trường hợp 1: |αn | ≥ với n ∈ A |αn + k| = |870αn2 − 1945αn − 1995| |αn |n Vì A tập vơ hạn nên tồn n đủ lớn để vế phải nhỏ Khi |αn + k| = Suy 870αn2 − 1945αn − 1995 = Phương trình có nghiệm nguyên αn = Suy k = −3 Trường hợp 2: tồn n ∈ A cho αn = k = −3071 Trường hợp 3: tồn n ∈ A cho αn = −1 k = 821 n chẵn k = −819 n lẻ 10 Thử lại ta thấy: Với k = −3 P (x) có nhân tử x − Với k = −3071 P (x) có nhân tử x − Với k = 821 P (x) có nhân tử x + n chẵn Với k = −819 P (x) có nhân tử x + n lẻ Vậy có giá trị k thỏa mãn đề k = −3; −3071; 821; −819 Ta có nhận xét sau Nhận xét Cho P (x) đa thức với hệ số nguyên a số nguyên Khi P (x) bất khả quy P (x + a) bất khả quy Bài toán 16 Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh đa thức sau bất khả quy P (x) = xp−1 + xp−2 + x + Lời giải Ta có P (x + 1) = (x + 1)p − = xp−1 + Cp1 xp−2 + + Cpp−2 x + p x Ta thấy p|Cpk với k = 1, , p − nên hệ số đa thức P (x + 1) thỏa mãn điều kiện tiêu chuẩn Eisentein Suy P (x + 1) bất khả quy Do P (x) bất khả quy n Bài toán 17 Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P (x) = x2 + bất khả quy Lời giải Ta có n n P (x + 1) = (x + 1)2 + = x2 + C21n x2 n−1 n + + C22n −1 x + Ta thấy 2|C2i n với i = 1, , 2n − nên theo tiêu chuẩn Eisenstein P (x + 1) bất khả quy Suy P (x) bất khả quy Bài toán 18 Cho P1 (x), , Pn (x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh tồn đa thức P (x) với hệ số nguyên cho P (x)+Pi (x) bất khả quy với i = 1, , n Lời giải Đặt m = max{deg P1 (x), , deg Pn (x)} Giả sử Pi (x) = aim xm + + ai1 x + ai0 với i = 1, , n Gọi p1 , pn n số nguyên tố phân biệt Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên am , , a1 , a0 cho a0 +ai0 ≡ pi (mod p2i ), am +aim ≡ 1(mod pi ), aj +aij ≡ 0(mod pi )∀ i = 1, , n, j = 1, , m−1 Khi theo tiêu chuẩn Eisenstein đa thức P (x) + Pi (x) bất khả quy với i = 1, , n Bài toán 19 Cho p số nguyên tố Chứng minh đa thức P (x) = xp − px + 2p − bất khả quy Lời giải Với p = P (x) = x2 − 2x + bất khả quy Với p ≥ 3, ta có P (x + 1) = (x + 1)p − p(x + 1) + 2p − = xp + Cpp−1 xp−1 + + Cp2 x2 + p 11 Ta thấy p|Cpk với k = 2, , p − nên hệ số đa thức P (x + 1) thỏa mãn điều kiện tiêu chuẩn Eisentein Suy P (x + 1) bất khả quy Do P (x) bất khả quy Bài tốn 20 Cho p số nguyên tố Chứng minh đa thức P (x) = xp + pxp−1 + px + 3p + bất khả quy Lời giải Với p = P (x) = x2 + 2x + bất khả quy Với p = P (x) = x3 + 3x2 + 3x + 10 Ta thấy P (x) khơng có nghiệm ngun nên P (x) bất khả quy Với p ≥ 5, ta có P (x−1) = (x−1)p +p(x−1)p−1 +p(x−1)+3p+1 = xp −Cpp−1 xp−1 + −Cp2 x2 +2px+p(x−1)p−1 +2p Hệ số tự P (x − 1) 3p Hơn p|Cpk với k = 2, , p − nên hệ số đa thức P (x + 1) thỏa mãn điều kiện tiêu chuẩn Eisenstein Suy P (x − 1) bất khả quy Do P (x) bất khả quy Bài toán 21 Cho p số nguyên tố,k số nguyên dương, f (x) đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ pk , r số nguyên thỏa mãn f (1) + r p Chứng minh đa k thức P (x) = xp + pf (x) + rp − bất khả quy Lời giải Ta có k k k P (x + 1) = (x + 1)p + pf (x + 1) + rp − = xp + Cppk −1 xp k −1 + + Cp1k x + pf (x + 1) + rp Hệ số tự P (x + 1) p(r + f (1)) p, p2 Hơn Cpi k p với i = 1, , pk Do theo tiêu chuẩn Eisenstein P (x + 1) bất khả quy Suy P (x) bất khả quy Bài toán 22 Cho p số nguyên tố,k số nguyên dương, f (x) đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ pk − 1, r số nguyên không chia hết cho p Chứng minh k đa thức P (x) = xp + p(x − 1)f (x) + rp − bất khả quy Lời giải Ta có k k k P (x + 1) = (x + 1)p + pxf (x + 1) + rp − = xp + Cppk −1 xp k −1 + + Cp1k x + pxf (x + 1) + rp Hệ số tự P (x + 1) rp p, p2 Hơn Cpi k p với i = 1, , pk Do theo tiêu chuẩn Eisenstein P (x + 1) bất khả quy Suy P (x) bất khả quy 12 ... (x + 1) bất khả quy Do P (x) bất khả quy Bài toán 20 Cho p số nguyên tố Chứng minh đa thức P (x) = xp + pxp−1 + px + 3p + bất khả quy Lời giải Với p = P (x) = x2 + 2x + bất khả quy Với p = P (x)... xảy Vậy P (x) bất khả quy 2.3 Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein Bài toán 13 Cho số tự nhiên n > Chứng minh đa thức P (x) = xn +29xn−1 +2009 bất khả quy Lời giải Giả sử P(x) khả quy Vì 2009=41.49 nên... thức với hệ số nguyên a số nguyên Khi P (x) bất khả quy P (x + a) bất khả quy Bài toán 16 Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh đa thức sau bất khả quy P (x) = xp−1 + xp−2 + x + Lời giải Ta có P (x