ĐA THỨC BẤT KHẢ QUYHoàng Ngọc Minh Giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN Bài viết trình bày một số kết quả về tiêu chuẩn bất khả quy trên Z[x] của một đa thức với hệ số nguyên và 3 kĩ năng c
Trang 1ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
Hoàng Ngọc Minh Giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN
Bài viết trình bày một số kết quả về tiêu chuẩn bất khả quy trên Z[x] của một đa thức với hệ số nguyên và 3 kĩ năng chứng minh một đa thức bất khả quy trên Z[x] gồm:
1 Sử dụng các tính chất của đa thức
2 Sử dụng số phức
3 Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein
Trang 2ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
Hoàng Ngọc Minh Giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN
1 Một số kết quả về đa thức
Ta xét các đa thức với hệ số nguyên có dạng
P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0
trong đó a0, a1, , an là các số nguyên
Định lý 1 Nếu đa thức P (x) có nhiều hơn n nghiệm thực thì P (x) ≡ 0
Định lý 2 Mọi đa thức P (x) bậc n đều có đúng n nghiệm phức(kể cả bội)
Định lý 3 Nếu x = pq, p, q ∈ Z, (p, q) = 1 là nghiệm hữu tỉ của P (x) thì q|an, p|a0 Đặc biệt nếu an = ±1 mọi nghiệm hữu tỉ của P (x) đều là nghiệm nguyên
Định nghĩa 1 Ta nói đa thức P (x) với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z[x] nếu nó không phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1
Trong bài viết này khi nói một đa thức bất khả quy có nghĩa là nói đa thức này bất khả quy trên Z[x]
Định lý 4 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên và p là số nguyên tố thỏa mãn các 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 đó P (x) là đa thức bất khả quy trên Z[x]
Định lý 5 (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0
là đa thức với hệ số nguyên và p là số nguyên tố thỏa mãn các 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 đó nếu P (x) viết được dưới dạng tích của hai đa thức với hệ số nguyên thì một trong hai đa thức này có bậc lớn hơn hoặc bằng k + 1
Chứng minh Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1
f (x) = brxr+ + b1x + b0 g(x) = csxs+ + c1x + c0
1
Trang 3Theo giả thiết b0c0 = a0 .p nên b
0 .p hoặc c
0 .p Không mất tính tổng quát giả sử b
0 .p Vì
a0 6 .p2 nên c0 6 .p Mặt khác b
rcs = an 6 .p nên b
r 6 .p Gọi t là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho bt 6 .p, 1 ≤ t ≤ r Ta có
at= btc0+ X
1≤i≤min(t,s)
bt−ici
Ta thấy at6 .p nên phải có t ≥ k + 1 Suy ra r ≥ k + 1.
Nhận xét 1 Với k = n − 1 ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein
Bổ đề 1.1 Cho P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên và
α là một nghiệm phức của P (x) Khi đó
|α| < 1 + H với H = max0≤i<n|a i
a n| Chứng minh Nếu |α| ≤ 1 thì |α| < 1 + H
Nếu |α| > 1, ta có
αn= −an−1
an α
n−1− − a1
anα −
a0
an Suy ra
|α|n≤ H(|α|n−1+ + |α| + 1) = H.|α|n− 1
|α| − 1 < H.
|α|n
|α| − 1 Suy ra |α| < 1 + H
Định lý 6 Cho P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên Giả sử tồn tại số tự nhiên m ≥ H + 2 sao cho P (m) là số nguyên tố Khi đó P (x) bất khả quy
Chứng minh Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì f (m)g(m) = P (m) là số nguyên tố nên |f (m)| = 1 hoặc
|g(m)| = 1 Không mất tính tổng quát giả sử |f (m)| = 1 Giả sử
f (x) = c(x − α1)(x − α2) (x − αk)
với c là hệ số cao nhất của f (x), c ∈ Z, c 6= 0, α1, , αk là các nghiệm phức của f (x) và cũng là các nghiệm phức của P (x).Ta có
|f (m)| ≥ |c|(m − |α1|)(m − |α2|) (m − |αk|) > (m − H − 1)k ≥ 1
Điều này mâu thuẫn
Vậy P (x) bất khả quy
Bổ đề 1.2 Cho P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên với
an ≥ 1, an−1 ≥ 0, |ai| ≤ M với mọi i = 0, 1, , n − 2, M là hằng số dương nào đó Khi đó mọi nghiệm phức α của P (x) hoặc có phần thực không dương hoặc thỏa mãn
|α| < 1 +
√
1 + 4M 2
Trang 4Chứng minh Nếu |α| ≤ 1 thì |α| < 1+
√ 1+4M 2
Nếu |α| > 1 và Re(α) > 0 thì
|P (α)
αn | ≥|an+ an−1
α | − M ( 1
|α|2 + + 1
|α|n)
>Re(an+an−1
α ) −
M
|α|2− |α|
≥1 − M
|α|2− |α|
=|α|2− |α| − M
|α|2− |α|
Nếu |α| ≥ 1+
√ 1+4M
2 thì |P (α)αn | > |α||α|2−|α|−M2 −|α| > 0-vô lý Định lý 7 Cho p là số nguyên tố biểu diễn trong cơ sở b > 2 có dạng
p = anbn+ an−1bn−1+ + a1b + a0
Khi đó đa thức P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 bất khả quy
Chứng minh Giả sử P (x) = f (x)g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì f (b)g(b) = P (b) = p là số nguyên tố nên |f (b)| = 1 hoặc
|g(b)| = 1 Không mất tính tổng quát giả sử |f (b)| = 1 Giả sử
f (x) = c(x − α1)(x − α2) (x − αk)
với c là hệ số cao nhất của f (x), c ∈ Z, c 6= 0, α1, , αk là các nghiệm phức của f (x) và cũng là các nghiệm phức của P (x)
Theo bổ đề thì Re(αi) ≤ 0 (khi đó |b − αi| ≥ b)hoặc
|αi| < 1 +p4(b − 1)
2 ≤ b − 1( do b ≥ 3) Suy ra |b − αi| > 1 với mọi i = 1, , k Suy ra
|f (b)| = |c||b − α1| |b − αk| > 1 Điều này mâu thuẫn
Vậy P (x) bất khả quy
Định lý 8 Cho P (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên với
|a0| là số nguyên tố và
|a0| > |a1| + |a2| + + |an| Khi đó P (x) bất khả quy
Chứng minh Giả sử α là một nghiệm phức của P (x) Nếu |α| ≤ 1 thì
|a0| = |a1α + + αnαn| ≤ |a1| + |a2| + + |an| Như vậy |α| > 1
Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = |a0| là số nguyên tố nên |f (0)| = 1 hoặc |g(0)| = 1 Không mất tính tổng quát giả sử |f (0)| = 1 Giả sử
f (x) = c(x − α1)(x − α2) (x − αk)
3
Trang 5với c là hệ số cao nhất của f (x), c ∈ Z, c 6= 0, α1, , αk là các nghiệm phức của f (x) và cũng là các nghiệm phức của P (x)
Khi đó
|f (0)| = |c|.|α1| |αk| > 1 Điều này mâu thuẫn
Vậy P (x) bất khả quy
Bổ đề 1.3 Cho P (x) = xn+ an−1xn−1+ + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên với
|an−1| > 1 + |a0| + |a1| + + |an−2| Khi đó P (x) có đúng 1 nghiệm phức thỏa mãn |z| > 1 và n − 1 nghiệm phức còn lại thỏa mãn |z| < 1
Chứng minh Ta có thể giả sử a0 6= 0 vì nếu cần có thể bỏ đi một nhân tử dạng xk Giả
sử P có nghiệm phức thỏa mãn |z| = 1 Khi đó
|an−1| = |an−1αn−1| =|αn+ an−2αn−2+ + a1α + a0| (1)
≤|αn| + |an−2αn−2| + + |a1α| + |a0| (2)
=1 + |a0| + |a1| + + |an−2| (3) Điều này trái giả thiết
Gọi α1, , αnlà các nghiệm phức của P Vì |α1 αn| = |a0| ≥ 1 nên tồn tại một nghiệm chẳng hạn là α1 thỏa mãn |α1| > 1 Xét đa thức
Q(x) = (x − α2) (x − αn) = xn−1+ bn−2xn−2+ + b1x + b0
Ta có
P (x) = (x−α1)Q(x) = xn+(bn−2−α1)xn−1+(bn−3−bn−2α1)xn−2+ +(b0−b1α1)x−b0α1 Đồng nhất hệ số ta có a0 = −b0α1, ak = bk−1− bkα1 với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1, bn−1 = 1 Khi đó
|bn−2− α1| = |an−1| >1 + |a0| + |a1| + + |an−2|
=1 + |b0α1| + |b0 − b1α1| + + |bn−3− bn−2α1|
≥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 ra
(|α1| − 1)(|bn−2| + + |b1| + |b0|) < |α1| − 1 Suy ra
|bn−2| + + |b1| + |b0| < 1 Giả sử số phức α thỏa mãn |α| ≥ 1 Khi đó
|Q(α)| ≥ |αn−1| − |bn−2||α|n−2− − |b1||α| − |b0| ≥ |α|n−1(1 − |bn−2| − − |b1| − |b0|) > 0 Suy ra α không phải là nghiệm của P Vậy mọi nghiệm còn lại của P đều thỏa mãn
|α| < 1
Trang 6Định lý 9 (Perron) Cho P (x) = xn + an−1xn−1 + + a1x + a0 là đa thức với hệ số nguyên với a0 6= 0 và
|an−1| > 1 + |a0| + |a1| + + |an−2| Khi đó P (x) bất khả quy
Chứng minh Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì P chỉ có một nghiệm phức có mô đun lớn hơn 1 nên một trong hai đa thức f hoặc g phải có các nghiệm phức có mô đun nhỏ hơn 1 Giả sử z1, , zk
là tất cả các nghiệm phức của f và |z1|, , |zk| < 1 Khi đó |f (0)| = |z1| |zk| < 1 Suy ra
f (0) = 0 Suy ra a0 = 0-trái giả thiết
Vậy P (x) bất khả quy
2 Một số kĩ năng chứng minh đa thức bất khả quy
Bài toán 1 Cho P (x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn |P (x)| = 1 với hơn 2[n2] giá trị nguyên của x Chứng minh rằng P (x) bất khả quy
Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 và deg f ≤ deg g Vì |f (x).g(x)| = |P (x)| = 1 nên |f (x)| = 1 hay [f (x)]2−1 = 0 với hơn 2[n
2] giá trị nguyên của x Điều này không xảy ra vì deg f ≤ [n2] Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 2 Cho p là số nguyên tố và P (x) là đa thức bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn |P (x)| = 1 hoặc |P (x)| = p với ít nhất 2n+1 giá trị nguyên khác nhau của x Chứng minh rằng P (x) bất khả quy
Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Xét đa thức h(x) = [f2(x) − 1][g2(x) − 1]
Nếu |P (x)| = 1 thì |f (x)| = |g(x)| = 1 Suy ra h(x) = 0
Nếu |P (x)| = p thì |f (x)| = 1 hoặc |g(x)| = 1 Suy ra h(x) = 0
Như vậy h(x) = 0 với ít nhất 2n+1 giá trị khác nhau của x Điều này không thể xảy
ra vì
deg h = 2 deg f + 2 deg g = 2n Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 3 Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 và a1, a2, , an là các số nguyên phân biệt Chứng minh rằng đa thức P (x) = (x − a1)(x − a2) (x − an) − 1 là bất khả quy
Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Ta có f (ai)g(ai) = P (ai) = −1 suy ra f (ai) + g(ai) = 0 với mọi i = 1, , n Suy ra đa thức f (x) + g(x) có n nghiệm phân biệt là a1, , an Hơn nữa
f (x) + g(x) có bậc nhỏ hơn n nên phải có f (x) + g(x) ≡ 0 Khi đó
(x − a1)(x − a2) (x − an) − 1 = −[f (x)]2
Điều này vô lý vì vế trái là đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 còn vế phải là đa thức có
hệ số cao nhất bằng -1
5
Trang 7Vậy P (x) bất khả quy.
Bài toán 4 Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 và a1, a2, , an là các số nguyên phân biệt Chứng minh rằng đa thức P (x) = (x − a1)2(x − a2)2 (x − an)2+ 1 là bất khả quy
Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì f (ai)g(ai) = P (ai) = 1 nên f (ai) = ±1 với mọi i = 1, , n Nếu tồn tại j và k sao cho f (aj) = 1 và f (ak) = −1 thì sẽ tồn tại x0 nằm giữa aj và ak sao cho f (x0) = 0 Suy ra P (x0) = 0 Điều này vô lý vì P (x) ≥ 1 với mọi x Như vậy
f (ai) = 1 với mọi i = 1, , n hoặc f (ai) = −1 với mọi i = 1, , n
Tương tự g(ai) = 1 với mọi i = 1, , n hoặc g(ai) = −1 với mọi i = 1, , n
Vì f (ai)g(ai) = 1 với mọi i = 1, , n nên f (ai) = g(ai) = ±1 với mọi i = 1, , n Suy ra
f (x) ± 1 = g(x) ± 1 = (x − a1)(x − a2) (x − an)
Suy ra
[(x − a1)(x − a2) (x − an) ± 1]2 = (x − a1)2(x − a2)2 (x − an)2+ 1
Hay
±2(x − a1)(x − a2) (x − an) = 0 Điều này vô lý
Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 5 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho đa thức P (x) = x5− nx − n − 2 khả quy
Lời giải
Trường hợp 1: P (x) phân tích được thành tích của một đa thức bậc nhất (x − a) và một
đa thức bậc 4 Khi đó x = a là nghiệm nguyên của P (x) tức là a5− na − n − 2 = 0 hay n(a + 1) = a5− 2 Ta thấy a 6= −1 và
n = a
5− 2
a + 1 = a
4− a3+ a2− a + 1 − 3
a + 1
Suy ra a + 1| 3 suy ra a ∈ {2, 0, −2, −4} Từ đó tìm được n ∈ {10, −2, 34, 342}
Trường hợp 2: P (x) phân tích được thành tích của một đa thức bậc hai và một đa thức bậc 3
P (x) = (x3+ ax2+ bx + c)(x2+ dx + e) Đồng nhất hệ số ta thu được
d = −a, e = −ad − b = a2− b, c = −ae − bd = 2ab − a3, be + cd = −n = ce + 2 Suy ra
(2a − 1)b2− (a2+ 3a3)b + a5+ a4− 2 = 0
Ta có
∆ = (a2+ 3a3)2− 4(2a − 1)(a5+ a4− 2) = a6+ 2a5+ 5a4+ 16a − 8
phải là số chính phương Nếu a ≥ 3 thì
(a3+ a2+ 2a − 2)2 < a6+ 2a5+ 5a4+ 16a − 8 < (a3+ a2+ 2a − 1)2
Trang 8Nếu a ≤ −4 thì
(a3+ a2+ 2a − 1)2 < a6+ 2a5+ 5a4+ 16a − 8 < (a3+ a2+ 2a − 2)2
Như vậy phải có −3 ≤ a ≤ 2 Thử trực tiếp ta thấy chỉ có a = 1 thỏa mãn Khi đó b = 0 hoặc b = 4 Từ đó tìm được n = 19 hoặc n = −1
Bài toán 6 Cho số tự nhiên n ≥ 5 và P (x) = (x − a1) (x − an) với a1, , an là các số nguyên phân biệt Giả sử a,b là các số nguyên, a 6= 0 sao cho đa thức ax2+ bx + 1 bất khả quy Chứng minh rằng đa thức Q(x) = aP2(x) + bP (x) + 1 cũng bất khả quy
Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Cho số tự nhiên n ≥ 5 và đa thức P (x) với hệ số nguyên có bậc nhỏ hơn n thỏa mãn |P (x)| = 1 với ít nhất n giá trị nguyên phân biệt của x Chứng minh rằng P (x) ≡ 1 hoặc P (x) ≡ −1
Chứng minh bổ đề: Giả sử P (x) nhận cả giá trị 1 và -1, P (x) = 1 với r giá trị nguyên phân biệt a1, , ar và P (x) = −1 với s giá trị nguyên phân biệt b1, , bs với r,s là các số nguyên dương thỏa mãn r + s = n Không mất tính tổng quát giả sử r ≥ s(nếu không thì
ta thay P (x) bởi −P (x)) Giả sử
P (x) − 1 = f (x)(x − a1)(x − a2) (x − ar)
Suy ra
−2 = P (bi) − 1 = f (bi)(bi− a1)(bi− a2) (bi− ar), 1 ≤ i ≤ s
Vì -2 chỉ có thể viết thành tích của nhiều nhất 3 số nguyên phân biệt là −2 = 1.(−1).2 nên r ≤ 3 Vì r + s = n ≥ 5 nên s ≥ 2 Suy ra
{b1− a1, b1− a2, b1− a3} = {b2− a1, b2− a2, b2− a3} = {1, −1, 2}
Không mất tính tổng quát giả sử b1 − a1 = b2 − a2 = 2 Vì b1 − a3 6= b2 − a3 nên {b1 − a3, b2− a3} = {1, −1} Suy ra {b1− a2, b2 − a1} = {1, −1} Không mất tổng quát giả sử b1− a2 = 1, b2− a1 = −1 Khi đó
b1− b2 = (b1− a1) − (b2− a1) = 3
b1− b2 = (b1− a2) − (b2− a2) = −1 Điều này vô lý Vây phải có P (x) = 1 với ít nhất n giá trị nguyên phân biệt của x hoặc
P (x) = −1 với ít nhất n giá trị nguyên phân biệt của x Mà deg P < n nên suy ra
P (x) ≡ 1 hoặc P (x) ≡ −1
Trở lại bài toán: Giả sử Q(x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Ta có f (ai)g(ai) = aP2(ai) + bP (ai) + 1 = 1 nên |f (ai)| = |g(ai)| = 1 với mọi i = 1, , n Giả sử deg f ≤ deg f thì deg f ≤ n Nếu deg f < n mà |f (x)| = 1 với n giá trị phân biệt của x nên suy ra |f (x)| = 1 với mọi x-vô 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)| = 1 với mọi i = 1, , n nên phải có |h(x)| = 1 với mọi x Suy ra f (x) = c(x − a1) (x − an) ± 1 = cP (x) ± 1 Tương tự ta có g(x) = d(x − a1) (x − an) ± 1 = dP (x) ± 1 Như vậy aP2(x) + bP (x) + 1 = (cP (x) ± 1)(dP (x) ± 1) Suy ra ax2+ bx + 1 = (cx ± 1)(dx ± 1)-trái giả thiết
Vậy Q(x) bất khả quy
7
Trang 92.2 Sử dụng số phức
Bài toán 6 Cho số tự nhiên n ≥ 4 và số nguyên tố p ≥ 5 Chứng minh rằng 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) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = p nên |f (0)| = 1 hoặc |g(0)| = 1 Không mất tính tổng quát giả sử |f (0)| = 1 Gọi a1, a2, , an là tất cả các nghiệm phức(kể cả bội) của f (x) Khi đó
f (x) = (x − a1)(x − a2) (x − an) Suy ra
|a1a2 an| = |f (0)| = 1 Suy ra tồn tại 1 ≤ k ≤ n sao cho |ak| ≤ 1 Khi đó
|f (ak)| = |ank+ a3k+ a2k+ ak+ p| ≥ p − |ank| − |a3
k| − |a2
k| − |ak| ≥ p − 4 ≥ 1 Điều này vô lý vì f (ak) = 0
Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 7 (IMO 1993) Cho số tự nhiên n > 1 Chứng minh rằng đa thức P (x) =
xn+ 5xn−1+ 3 bất khả quy
Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = p nên |f (0)| = 1 hoặc |g(0)| = 1 Không mất tính tổng quát giả sử |f (0)| = 1 Gọi a1, a2, , an là tất cả các nghiệm phức(kể cả bội) của f (x) Khi đó
f (x) = (x − a1)(x − a2) (x − ak) Suy ra
|a1a2 ak| = |f (0)| = 1
Vì f (ai) = 0 nên an−1i (ai+ 5) = −3 với mọi i = 1, , k Suy ra
|a1 ak|n−1|(a1+ 5)(a2+ 5) (ak+ 5)| = 3k Suy ra
|(a1+ 5)(a2+ 5) (ak+ 5)| = 3k Lại có f (−5)g(−5) = P (−5) = 3 nên |f (−5)| = 1 hoặc |f (−5)| = 3 Mặt khác |f (−5)| =
|(a1 + 5)(a2 + 5) (ak + 5)| = 3k Do đó phải có k = 1 Giả sử f (x) = x − a với a là
số nguyên Khi đó x = a là nghiệm nguyên của P (x) Suy ra a|3 Nhưng dễ thấy rằng
P (±1) 6= 0 và P (±3) 6= 0-mâu thuẫn
Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 8 Cho số tự nhiên n > 1 Chứng minh rằng đa thức P (x) = xn+2014xn−1+100 bất khả quy
Lời giải Áp dụng định lý Perron
Bài toán 9 Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 và a,b là các số nguyên thỏa mãn
|a| > 1 + |b| Chứng minh rằng đa thức P (x) = xn+ axn−1+ b bất khả quy
Lời giải Áp dụng định lý Perron
Trang 10Bài toán 10 Cho a, m, n là các số nguyên dương và p < a − 1 là số nguyên tố Chứng minh rằng 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) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Vì |f (0)g(0)| = |P (0)| = p nên |f (0)| = 1 hoặc |g(0)| = 1 Không mất tính tổng quát giả sử |f (0)| = 1 Gọi a1, a2, , ak là tất cả các nghiệm phức(kể cả bội) của f (x) Khi đó
f (x) = (x − a1)(x − a2) (x − ak) Suy ra
|a1a2 an| = |f (0)| = 1
Vì ai cũng là nghiệm của P (x) nên am
i (ai− a)n= −p với mọi i = 1, , k Suy ra
|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)| = 1 hoặc |f (a)| = p Do đó phải có |f (a)| = p
và k = n Giả sử f (x) = xh(x) + f (0) với h(x) là đa thức với hệ số nguyên.Ta có
a − 1 > p = |f (a)| = |ah(a) + f (0)| ≥ |ah(a)| − |f (0)| = |ah(a)| − 1
Suy ra |h(a)| < 1 Suy ra h(a) = 0 và |f (a)| = |f (0)|-mâu thuẫn
Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 11 Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên không chia hết cho p, m là
số nguyên thỏa mãn m ≡ 1(mod p) Chứng minh rằng 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) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 và có hệ số cao nhất bằng 1 Giả sử deg f = k với 1 ≤ k ≤ p − 1
và a1, , ak là các nghiệm phức của f (x) Vì f (x) có hệ số cao nhất bằng 1 nên theo định
lý Viet thì các đa thức đối xứng cơ bản của a1, , ak đều là số nguyên Suy ra a1+ + ak
và ap1+ + apk là các số nguyên và
a1+ + ak ≡ (a1+ + ak)p ≡ ap1+ + apk(mod p) Mặt khác api − mai+ n = 0 với mọi i = 1, , k nên
ap1+ + apk = m(a1+ + ak) − kn ≡ a1+ + ak− kn(mod p)
Từ đó suy ra kn ≡ 0(mod p) Điều này vô lý
Vậy P (x) bất khả quy
Bài toán 12 (JMO 1999)Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy
P (x) = (x2+ 12)(x2+ 22) (x2+ n2) + 1
Lời giải Giả sử P (x) = f (x).g(x) với f (x), g(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 và có hệ số cao nhất bằng 1 Ta có f (ki)g(ki) = P (ki) = 1 với mọi k ∈ Z, 1 ≤ |k| ≤ n Hơn nữa 1 chỉ có 4 cách phân tích là a.b với (a, b) ∈ {(1, 1), (−1, −1), (i, −i), (−i, i)} và thỏa mãn a = b Suy ra f (ki) = g(ki) = g(ki) = g(−ki) Suy ra đa thức f (x) − g(−x) có 2n nghiệm và có bậc nhỏ hơn 2n Do đó phải có
f (x) = g(−x) Suy ra deg f = deg g = n
9