Thông tin tài liệu
TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG CÁC BÀI TỐN VỀ ĐA THỨC Phạm Viết Huy Trường THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi Các toán đa thức thường xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi Việt Nam nước giới kỳ thi Toán quốc tế IMO Đa thức, vốn chứa đựng yếu tố Đại số, Giải tích, Hình học tính chất Số học Vì vậy, tốn đa thức xem tốn Tổ hợp phân mơn Tốn học, đa thức đóng vai trị liên kết phân mơn lại với thành thể thống nhất, chuyển hóa qua lại cho Và đa thức cơng cụ giúp giải nhiều tốn cách gọn gàng, đẹp đẽ Trong viết này, chúng tơi khai thác tốn đa thức khía cạnh tính chất số học, đặc biệt lớp đa thức với hệ số nguyên Tuy nhiên, trình độ cịn hạn chế, nên chắn viết cịn nhiều điều thiếu sót, mong nhận ý kiến đóng góp q thầy giáo, quý đồng nghiệp để viết hoàn thiện Chúng ta bắt đầu với hai ví dụ sau đây: Ví dụ 1: ( IMO Shortlist 2005) Cho a, b, c, d, e, f số nguyên dương Giả sử S a b c d e f ước số abc def ab bc ca de ef fd Chứng minh S hợp số Giải Xét đa thức P( x) ( x a)( x b)( x c) ( x d )( x e)( x f ) Sx Qx R S a b c d e f ; Q ab bc ca de ef fd ; R abc def Vì theo giả thiết S Q ; S R nên S P( x), x Nói riêng, S P(d ) (d a)(d b)(d c) Nếu S số nguyên tố số d+a, d+b, d+c chia hết cho S, điều vơ lý, S max d a, d b, d c Do đó, S hợp số Ví dụ 2: ( Belarus 2009) Cho P(x), Q(x) đa thức hệ số nguyên khác đa thức Giả sử đa thức P( x)Q( x) 2009 có 25 nghiệm ngun phân biệt Chứng minh bậc đa thức P(x), Q(x) không nhỏ Giải Giả sử T ai ,1 i 25, i tập hợp gồm 25 nghiệm nguyên đa thức P( x)Q( x) 2009 Khi đó, P(ai )Q(ai ) 2009, 1 i 25 Suy P(ai ) 2009 ; Q(ai ) 2009, 1 i 25 Vì 2009 2.41 nên 2009 có tất 12 ước số nguyên Do đó, số P(a1 ), P(a2 ), , P(a25 ) với 12 ước số nguyên 2009, theo ngun lý Dirichlet, phải có số 25 số P(a1 ), P(a2 ), , P(a25 ) có giá trị Khơng tổng quát, giả sử P(a1 ) P(a2 ) P(a3 ) m Khi đó, đa thức P( x) m có nghiệm phân biệt nên có bậc khơng nhỏ 3, đó, đa thức P(x) có bậc khơng nhỏ Tương tự, đa thức Q(x) có bậc khơng nhỏ Ta có điều phải chứng minh Hai ví dụ tương đối đơn giản, nhiên qua thấy mối liên hệ chặt chẽ “số học” “đa thức” Ở ví dụ 1, tốn số học sử dụng cơng cụ “đa thức” để giải quyết, cịn ví dụ lại toán đa thức mà lời giải sử dụng tính chất số học quen thuộc – nguyên lý Dirichlet Tiếp theo, nhắc tới tính chất quen thuộc đa thức hệ số nguyên Tính chất: Nếu P đa thức hệ số nguyên với cặp số nguyên a, b (a b) ta có a b P(a ) P(b) Ví dụ 3: (Thailand 2014) Tìm tất đa thức P với hệ số nguyên thỏa mãn P(n) 2557n 213.2014, n Giải P (n) 1, n * đa thức thỏa mãn điều Giả sử P đa thức thỏa mãn toán n0 * : P(n0 ) Dễ thấy P(n) 1, n kiện toán * Gọi p ước nguyên tố P(n0 ) Ta có: P(n0 ) 2557 n0 213.2014 P(n0 p) 2557 n0 p 213.2014 Do đó, p P(n0 p) P(n0 ) 2557 n0 (2557 p 1) Mặt khác, p P(n0 ) 2557n0 213.2014 nên p 2,3,19,53,71, 2557 Do đó, p (2557 p 1) Hơn nữa, theo định lý Fermat nhỏ, p (2557 p 2557) , nên p 2556 Suy p 2,3,71 (vô lý) Vậy có hai đa thức P(n) 1, n * P (n) 1, n * thỏa mãn tốn * Ví dụ 4: (IMO Shortlist 2006) Cho P đa thức hệ số nguyên, có bậc n k số nguyên dương Xét đa thức Q( x) P k ( x) , với P tác động k lần Chứng minh có nhiều n số nguyên t cho Q(t ) t Giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Nếu t số nguyên thỏa mãn Q(t ) t P (t ) t Thật vậy, Ta có P(t ) t P (t ) P(t ) P k (t ) P k 1 (t ) P k 1 (t ) P k (t ) Mà P k 1 (t ) P k (t ) P(t ) t nên P(t ) t P (t ) P(t ) P k (t ) P k 1 (t ) Đặt d P(t ) t Nếu d=0 P(t ) t , suy P (t ) P(t ) t Xét d , Giả sử, i số nhỏ mà d P i (t ) P i 1 (t ) , i k , Pi 1 (t ) Pi 2 (t ) Pi 1 (t ) Pi (t ) , suy Pi (t ) Pi 2 (t ) nên P (t ) t Ngược lại, d P(t ) t P (t ) P(t ) P k (t ) P k 1 (t ) P k (t ) t kd t ( mâu thuẫn) Quay lại tốn, giả sử có (n+1) số nguyên t1 t2 tn tn1 thỏa mãn Q(ti ) ti , i n Khi đó, theo bổ đề trên, ta có P (ti ) ti , i n 1 i j n , ta có ti t j P (ti ) P(t j ) P (ti ) P (t j ) nên P(ti ) P(t j ) t j ti Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, ta có: tn1 t1 P(tn1 ) P(t1 ) P(tn1 ) P(tn ) P(tn ) P(tn1 ) P(t2 ) P(t1 ) t n1 t1 Do đó, tất hiệu P(ti 1 ) P(ti ) dấu Giả sử tất hiệu P(ti 1 ) P(ti ) dấu dương, P(ti 1 ) P(ti ) ti 1 ti , 1 i n , suy P(ti 1 ) ti 1 P(ti ) ti , 1 i n Do đó, đa thức P( x) x P(t1 ) t1 có (n+1) nghiệm phân biệt t1 t2 tn tn1 , điều vơ lý P( x) x P(t1 ) t1 đa thức bậc n Tương tự cho trường hợp tất hiệu P(ti 1 ) P(ti ) dấu âm Vậy ta có điều phải chứng minh Qua hai ví dụ 4, thấy tính chất quen thuộc đa thức hệ số nguyên sử dụng để giải toán đa thức “đơn giản” Kế đến, đề cập đến định lý phổ biến ứng dụng nhiều toán thi học sinh giỏi, định lý Schur Ví dụ 5: (Định lý Schur) Cho P đa thức hệ số ngun, khác đa thức Chứng minh có vơ hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với p tồn số nguyên n cho p P (n) Giải Nếu P(0) p P ( p ) với số nguyên tố p.Khi đó, điều kiện toán thỏa mãn Nếu P(0) , giả sử có hữu hạn số nguyên tố thỏa mãn tốn Khi đó, gọi p số nguyên tố lớn thỏa mãn toán Ta có p ! P ( p !) P(0) nên P( p !) 1(mod p !) Gọi q ước nguyên tố P( p !) , q p P( p!) p! q , suy q , vô lý, q>p, điều lại mâu thuẫn với tính lớn p Do đó, có vơ hạn số nguyên tố thỏa điều kiện toán P(ax) Khi đó, Q đa thức hệ số nguyên với a Q(0) Theo chứng minh trên, tồn vô hạn số nguyên tố p mà ứng với p tồn Nếu P(0) a , đặt Q( x) số nguyên n cho p Q(n) Khi đó, p P (an) Ta có điều phải chứng minh Một lần nữa, lại sử dụng tính chất quen thuộc đa thức hệ số nguyên để chứng minh định lý Schur Và ví dụ tiếp theo, cho thấy ứng dụng định lý toán đa thức Nhưng trước vào ví dụ tiếp theo, xin nhắc lại (không chứng minh) định lý tiếng khác- Định lý Bezout Định lý Bezout: Hai đa thức P( x), Q( x) nguyên tố K x ( K trường) tồn đa thức U ( x), V ( x) K x cho U ( x) P( x) V ( x)Q( x) Hệ quả: Nếu P( x), Q( x) hai đa thức hệ số nguyên nguyên tố Khi đó, tồn số nguyên a đa thức hệ số nguyên U, V cho: U ( x) P( x) V ( x)Q( x) a, x Ví dụ 6: Cho P, Q hai đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng, monic, bất khả quy thỏa mãn: với n đủ lớn P(n) Q(n) có tập hợp ước nguyên tố Chứng minh P Q Giải Giả sử P Q , P Q hai đa thức monic, bất khả quy nên nguyên tố Áp dụng hệ định lý Bezout, tồn a cho: U ( x) P( x) V ( x)Q( x) a, x đa thức hệ số nguyên U, V Theo định lý Schur, tồn vô hạn số nguyên tố p mà ứng với p tồn số nguyên n cho p P (n) Vì P(n) Q(n) có tập hợp ước ngun tố nên p Q(n) , p a Vậy a có vơ hạn ước ngun tố, điều vơ lý Vậy P Q Ví dụ ứng dụng đẹp định lý Schur, kết hợp với định lý Bezout để giải tốn Ngồi định lý Bezout, cịn có định lý số học khác hay sử dụng giải toán định lý Thặng dư Trung Hoa định lý Dirichlet số nguyên tố Các ví dụ kết hợp định lý định lý Schur Định lý thặng dư Trung Hoa: Cho k số nguyên dương số nguyên đôi nguyên tố m1 , m2 , , mk a1 , a2 , , ak số nguyên Khi đó, hệ đồng dư sau: x a1 (mod m1 ) x a (mod m ) 2 x ak (mod mk ) có nghiệm theo modulo m1m2 mk Định lý Dirichlet số nguyên tố: Cho a, b số tự nhiên, (a, b) 1, a Khi đó, tập hợp an b, n 0,1, 2,3 chứa vô hạn số nguyên tố Ví dụ 7: (Ukraina 2016) Cho P, Q hai đa thức hệ số nguyên không âm, khác đa thức Xét dãy số xn 2016 P ( n ) Q(n), n Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với p, tồn số nguyên dương m cho p xm Giải Ta có xn 2016 P ( n ) Q(n) 2016 P ( n ) 2016P (1) Q(n) 2016 P (1) 2016 P ( n ) 2016P (1) R(n) R Q 2016P (1) đa thức hệ số nguyên, khác đa thức R(0) Theo định lý Schur, tồn vô hạn số nguyên tố p, p max R(0), 2016 thỏa mãn: ứng với p, tồn số nguyên dương n cho p R (n) Nếu p n p R(n) R (0) nên p R (0) , vô lý nên p, n Mặt khác, p, p 1 nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên m cho m n(mod p); m 1(mod p 1) Vì p R (n) m n(mod p) nên p R (m) Hơn nữa, m 1(mod p 1) nên P(m) P(1)(mod( p 1)) , p 2016P ( m ) 2016 P (1) (định lý Fermat nhỏ) Suy p xm Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 8: Tìm tất đa thức P hệ số nguyên thỏa mãn P( p) p p , với số nguyên tố p Giải Dễ thấy P đa thức P 1 thỏa mãn điều kiện tốn Xét P khơng phải đa thức Theo định lý Schur, tồn vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với p tồn số nguyên n cho p P (n) Nếu p n p P(n) P ( p ) nên p P( p) p p , vô lý nên p, n Theo định lý Dirichlet số nguyên tố, ta chọn số nguyên k cho q n kp số nguyên tố Khi đó, p P(q) P(n) nên p P(q) 2q q 2n kp (n kp) Kết hợp định lý Fermat nhỏ suy ra, p 2n k n Đặt h ord p (2) Nếu có số nguyên k1 , k2 thỏa mãn p 2n k1 n p 2n k2 n k2 k1 (mod h) Do đó, ta chọn k theo lớp thặng dư modul h Nhưng, theo định lý Dirichlet, ta chọn k cho số nguyên tố q=n+kp nguyên tố với h Khi đó, h p nên (n k , h) , nghĩa ta có (h) cách chọn lớp thặng dư modul h cho k Vơ lý Vậy có P 1 đa thức thỏa mãn toán Trong ví dụ trên, ngồi định lý đề cập, sử dụng khái niệm khác số học, cấp số nguyên Bên cạnh định lý Schur, bổ đề Hensel bổ đề có nhiều ứng dụng toán đa thức, đặc biệt quan tâm đến số nghiệm phương trình đồng dư theo modul lũy thừa số nguyên tố Bổ đề Hensel Cho đa thức f ( x) hệ số nguyên số nguyên tố p Nếu phương trình đồng dư f ( x) 0(mod p) có r nghiệm phân biệt x1(1) , x2(1) , , xr(1) thuộc đoạn 1, p cho f ' xi(1) 0(mod p), i 1, r phương trình đồng dư f ( x) 0(mod p k ) có r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn 1, p k Chứng minh Với k=1 hiển nhiên Giả sử khẳng định với k Điều có nghĩa đoạn 1, p k , phương trình f ( x) 0(mod p k ) có r nghiệm x1( k ) , x2( k ) , , xr( k ) f ' xi( k ) 0(mod p), i 1, r Ta cần chứng minh: f ( x) 0(mod p k 1 ) có r nghiệm thuộc 1, p k 1 Gọi x0 nghiệm phương trình f ( x) 0(mod p k ) (1) Xét số x1 x0 p k t , t 0; p 1 với t nghiệm phương trình f ( x0 ) f ' ( x0 )t 0(mod p) k p Ta chứng minh x1 nghiệm f ( x) 0(mod p k 1 ) (2) Ta có f ( x1 ) f ( x0 ) f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) ( x1 x0 ) ( x1 x0 ) ( x1 x0 ) n 1! 2! n! f ( x1 ) f ( x0 ) f ' ( x0 ) k f '' ( x0 ) k f ( n ) ( x0 ) k n p t ( p t ) ( p t) 1! 2! n! Suy f ( x1 ) f ( x0 ) f ( x0 ) p t (mod p ' k k 1 f (i ) ( x0 ) ) i! f (x ) f ( x1 ) p k k0 f ' ( x0 )t (mod p k 1 ) 0(mod p k 1 ) p Vậy phương trình (2) có r nghiệm Ta chứng minh phương trình có r nghiệm Thật vậy, giả sử x nghiệm (2), gọi x0 nghiệm (1) Ta có f ( x) 0(mod p k 1 ) f ( x) f ( x0 )(mod p k ) x x0 (mod p k ) x x0 p k t Theo chứng minh t nghiệm phương trình f ( x0 ) f ' ( x0 )t 0(mod p) k p Vậy phương trình f ( x) 0(mod p k 1 ) có r nghiệm Trong phần chứng minh trên, rút nhận xét hay sử dụng trình giải toán Nhận xét: f ( x0 p k t ) f ( x0 ) f ' ( x0 ) p k t (mod p k 1 ) Ví dụ ( VMO 2000) Cho đa thức f ( x) x3 153x 111x 38 Hỏi đoạn 1;32000 có tất số nguyên dương a cho f(a) chia hết cho 32000 Giải Xét phương trình f ( x) 0(mod 32000 ) (1) Suy x3 1(mod3) x y với y , y 0,31999 1 Khi đó, (1) g ( y ) y 52 y 22 y 0(mod31997 ) (2) Suy y=3t Với y 3t , t 1,31998 1 , (2) h(t ) 9t 156t 22t 0(mod31996 ) Phương trình h(t ) 0(mod3) có nghiệm t 1;3 h' (2) 0(mod3) nên theo bổ đề Hensel, phương trình h(t ) 0(mod31996 ) có nghiệm 1,31996 Do đó, 1,31998 1 có nghiệm phương trình Ví dụ 10 ( Putnam 2008) Cho p số nguyên tố f đa thức hệ số nguyên thỏa mãn f (0), f (1), , f ( p 1) hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p Chứng minh f (0), f (1), , f ( p 1) hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p 2 Giải Giả sử tồn số x cho f ' ( x) 0(mod p ) Tồn y , y p y x(mod p) Khi đó, f ' ( y ) f ' ( x)(mod p) f ( y p) f ( y ) pf ' ( y )(mod p ) f ( y )(mod p ) Mà y y p p , điều mâu thuẫn với f (0), f (1), , f ( p 1) hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p Do f ' ( x) 0(mod p ) x Ta giả sử tồn a b p3 1: f (a) f (b)(mod p ) Đặt a ao p a1; b bo p 2b1; ao , b0 p ,0 a1 , b1 p Suy f (a0 ) f (b0 )(mod p ) a0 b0 Mặt khác, f (a) f (b) f (a0 ) p a1 f ' (a0 ) f (b0 ) p 2b1 f ' (b0 ) p f ' (a0 )(a1 b1 )(mod p ) nên a1 b1 0(mod p) Suy a1 b1 Do đó, a b Vậy f (0), f (1), , f ( p 1) hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p3 Ví dụ 11: (USA TST 2010) Cho P đa thức hệ số nguyên thỏa mãn P(0) P(0), P(1), Chứng minh có vơ hạn số n cho P(n) P(0), P(n 1) P(1), n Giải Từ điều kiện P(0) P(0), P(1), , suy P khác đa thức Không tổng quát, giả sử P '(1) Ta chứng minh p số nguyên tố cho p khơng ước P '(1) n p k thỏa điều kiện tốn Vì p k P ( p k i ) P (i ) với i nên p k P( p k ) P(0), P( p k 1) P(1), Mặt khác theo nhận xét chứng minh bổ đề Hensel, ta có P( p k 1) P(1) P '(1) p k (mod p k 1 ) Mà P '(1) không chia hết cho p nên P ( p k 1) P (1) không chia hết cho p k 1 Cuối ta rằng, khơng có số ngun tố q p ước số P( p k ) P(0), P( p k 1) P(1), Giả sử ngược lại với i, ta có q P( p k i) P(i ) Mặt khác, ta có q P(q i ) P(i ) , suy P(i ap k bq) P(i) (mod q) với số nguyên a,b Vì ( p k , q) nên tồn số nguyên a, b cho ap k bq , q P(i 1) P(i ) Mà P(0) nên q P(i ) với i ( mâu thuẫn với giả thiết ) Vậy p k P ( p k ) P (0), P( p k 1) P(1), Ta có điều phải chứng minh Ở phần tiếp theo, khai thác thêm khía cạnh “giải tích” đa thức, cụ thể Công thức nội suy Lagrange Công thức nội suy Lagrange Cho đa thức P( x) có bậc nhỏ n n số thực phân biệt xi , i 1, n Khi đó, P( x) xác định sau: n 1 n 1 i 1 j 1 j i P( x) P( xi ). x xj xi x j Ví dụ 12: (Italian proposal to 1997 IMO) Cho p số nguyên tố P( x) đa thức bậc d, hệ số nguyên thỏa mãn đồng thời: i) P(0) 0; P(1) ii) Với số nguyên dương n số dư phép chia P(n) cho p Chứng minh d p Giải Giả sử d p Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (p-1) mốc nội suy xi i, i 0, p , ta p 2 p 2 i 0 j 0 j i P( x) P(i ). x j i j p 2 Suy P ( p 1) P (i ).(1) p iC ip 1 i 0 Do p nguyên tố nên C ip1 (1)i (mod p) i 0, p p2 Do đó, P ( p 1) P(i )(mod p) i 0 Suy p 1 p 1 i 0 i 0 P(i) 0(mod p) Nhưng từ điều kiện i) ii) ta lại có P(i) k (mod p) với k 1, 2, , p 1 Điều mâu thuẫn này, suy d p Ví dụ 13: Chứng minh khơng tồn đa thức P hệ số thực, deg P n cho P(m) số nguyên tố với số nguyên dương m Giải Giả sử tồn đa thức P thỏa điều kiện toán Trước hết, ta chứng minh n! P( x) x n n i 0 j 0 j i Thật vậy, theo cơng thức nội suy Lagrange, ta có: P( x) P(i ). n Nên n ! P( x) x( x 1) ( x n) i 0 P(i )Cni (1) ni xi x j i j x Chọn hai số nguyên tố p,q, p, q n cho P(a) p, P(b) q, a, b Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn c * cho: c a(mod p) n! P(c) n! P(a) 0(mod p) n! P(c) 0(mod pq) c b(mod q) n! P(c) n! P(b) 0(mod q) * Điều vơ lý, P (c) số nguyên tố n !, pq Ta có điều phải chứng minh Phần cuối viết, đề cập đến khía cạnh hay gặp đa thức, nghiệm đa thức ( xét đến nghiệm nguyên) tính bất khả quy đa thức Ví dụ 14: (IMO 1974) Cho đa thức P(x) có bậc m>0 có hệ số nguyên Gọi n số tất nghiệm nguyên phân biệt hai phương trình P( x) P( x) 1 Chứng minh n m Giải Nhận xét: Xét hai đa thức A(x) B(x), với hệ số nguyên, chúng giống hoàn toàn, trừ hai số hạng tự đơn vị Giả sử r s nghiệm nguyên tương ứng hai đa thức, nghĩa A(r)=0 B(s)=0 Suy (r s ) , r s đơn vị Quay lại toán, giả sử r nghiệm nguyên bé tất nghiệm nguyên hai phương trình P( x) P( x) 1 Vì đa thức bậc m có khơng qua m nghiệm phân biệt theo nhận xét trên, r nghiệm nguyên phương trình s nghiệm nguyên phương trình s=r s=r+1 s=r+2 Do đó, phương trình thứ hai có thêm nhiều nghiệm nguyên phân biệt Vậy n m Ví dụ 15: (Romani TST 2007) Cho n , n đa thức f ( x) x n an1 x n1 a1 x a0 x thỏa mãn a0 chẵn, ak ank chẵn với k=1,2, ,n-1 Giả sử thêm tồn hai đa thức g ( x), h( x) x thỏa mãn deg g deg h , hệ số h(x) lẻ f(x)=g(x)h(x) với x Chứng minh f(x) có nghiệm nguyên Giải Giả sử deg g j, deg h k , j k , j k n g ( x) b0 b1 x b j x j , h( x) c0 c1x ck x k Ta có: f ( x) b0 b1 x b j x j c0 c1 x ck x k Đồng hệ số, ta có b0 b1 b j 1 a j 1 b1 b j ak 1 Giả sử j-1>0, theo giả thiết a j 1 ak 1 chẵn nên b0 b j 1(mod 2) Mà a0 chẵn nên c0 chẵn (mâu thuẫn giả thiết) Do đó, j=1, mà b j 1 nên g(x) có nghiệm nguyên Suy f(x) có nghiệm ngun Ví dụ 16: (Romanian TST 2003) Cho đa thức f ( x) monic, hệ số nguyên, bất khả quy f (0) số phương Chứng minh g ( x) f ( x ) đa thức bất khả quy Giải Giả sử ta có phân tích g ( x) f ( x ) p( x).q( x) với p, q đa thức monic có hệ số ngun bậc khơng nhỏ Gọi nghiệm ( thực phức ) f ( x) p( ).q( ) f ( ) Không tổng quát, giả sử p ( ) k Đặt p( x) x , i i 0 k a i 0 i i Do đó, tồn đa thức hệ số nguyên t, u thỏa mãn t ( ) u ( ) Do f đa thức bất khả quy deg u deg f nên theo định lý Bezout, tồn số nguyên m hai đa thức hệ số nguyên s, r cho: s( x)u ( x) r ( x) f ( x) m, x s( )t ( ) s( ) t ( ) Suy s( )u ( ) m nên m m2 Đặt 1 , , , n nghiệm đa thức f s(1 )2 t (1 )2 s( ) t ( ) s( n ) t ( n ) 1 n m2 n bình phương số hữu tỉ Hơn nữa, f (0) 1 n số nguyên nên f (0) số phương, trái giả thiết Do đó, ta có g ( x) bất khả quy Ví dụ 17 Cho đa thức hệ số nguyên f ( x) an x n an1 x n1 a1 x a0 thỏa mãn a0 a1 a2 an a0 số nguyên tố f(x) bất khả quy Chứng minh Giả sử f(x) có nghiệm z thỏa z a0 an z n an1 z n1 a1 z a1 an , mâu thuẫn Do đó, tất nghiệm f có module lớn Giả sử f ( x) P( x)Q( x) , với P, Q hai đa thức hệ số ngun có bậc khơng nhỏ Vì a0 f (0) P(0) Q(0) mà a0 số nguyên tố nên P(0) Q(0) Không tổng quát, giả sử P(0) Gọi b hệ số cao P z1 , z2 , , zk tất nghiệm P Khi z1 z2 zk , mâu thuẫn tất nghiệm P nghiệm f b Vậy đa thức P(x) bất khả quy Bài tập đề nghị Bài (Iran TST 2003) Cho f1 ( x), f ( x), , f n ( x) n đa thức với hệ số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức P(x) hệ số nguyên, khả quy P( x) fi ( x) đa thức bất khả quy cho với i 1; n ta ln có Bài Cho đa thức P( x) x3 11x 87 x m, m Chứng minh với m, tồn số nguyên n cho P(n) 191 Bài (IMO Shortlist 2005) Cho đa thức hệ số nguyên P( x) an x n an1 x n1 a1 x a0 an 0, n Chứng minh tồn số nguyên dương m cho P(m!) hợp số Bài (Iran TST 2009) Tìm tất đa thức f(x) hệ số nguyên cho với số nguyên tố p cặp số tự nhiên (a,b) thỏa mãn p ab ta ln có p f (a ) f (b) Bài (IMO Shortlist 2011) Cho P(x) Q(x) đa thức hệ số nguyên, nguyên tố Giả sử với số nguyên dương n, P(n), Q(n) số nguyên dương 2Q ( n ) 3P ( n ) Chứng minh Q(x) đa thức Bài (IMO Shortlist 2006) Cho P(x) đa thức hệ số nguyên, khác đa thức Chứng minh không tồn hàm số T : cho số số nguyên x thỏa T n ( x) x với P(n) với n Bài (IMO Shortlist 2012) Với số nguyên không âm n, ta định nghĩa rad(n)=1 n=0 n=1 rad (n) p1 p2 pk p1 p2 pk tất thừa số nguyên tố n Tìm tất đa thức f(x) với hệ số nguyên không âm cho rad f (n) rad f (n rad ( n ) , n Bài (IMO Shortlist 2002) Tìm tất cặp số nguyên dương m, n cho tồn vô hạn số nguyên dương am a a thỏa n a a2 Bài (IMO Shortlist 2002) Cho P(x) đa thức bậc hệ số nguyên Giả sử xP( x) yP( y) với vô hạn cặp số nguyên (x,y), x y Chứng minh đa thức P(x) có nghiệm nguyên Bài 10 (Iran TST 2007) Tồn hay không dãy số tự nhiên a0 , a1 , a2 , cho với i j , a j n với n, đa thức f ( x) xi bất khả quy i 0 Bài 11 Tìm tất đa thức f với hệ số nguyên cho f (n) f (m) n m, m, n Tài liệu tham khảo [1] T Andreescu and D Andrica, 2009, Number Theory: Structures, Examples and Problems [2] G H Hardy and E M Wright, 2008, An Introduction to the Theory of Numbers, 6th Edition [3] K Ireland, M Rosen, 1990, A classical introduction to modern number theory, Second Edition [4] Nguyễn Đình Tồn, Nguyễn Đức Anh, 2013, Tính chất số học đa thức [5] http://www.artofproblemsolving.com/Forum/ Bài viết điều mẻ, thực với mục đích cho thấy mối quan hệ chặt chẽ “số học” “đa thức”, việc sử dụng tính chất số học thơng qua định lý để giải toán đa thức Các ví dụ tập hợp tài liệu để phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi để chia sẻ số kinh nghiệm ỏi mà tác giả tích lũy học hỏi qua trình rèn luyện thân Một lần nữa, mong nhận ý kiến đóng góp q thầy giáo, q đồng nghiệp em học sinh ... nguyên dương m cho p xm Giải Ta có xn 2016 P ( n ) Q(n) 2016 P ( n ) 2016P (1) Q(n) 2016 P (1) 2016 P ( n ) 2016P (1) R(n) R Q 2016P (1) đa thức hệ số nguyên, khác đa thức... với y , y 0 ,319 99 1 Khi đó, (1) g ( y ) y 52 y 22 y 0(mod31997 ) (2) Suy y=3t Với y 3t , t 1 ,319 98 1 , (2) h(t ) 9t 156t 22t 0(mod31996 ) Phương trình... 1;3 h'' (2) 0(mod3) nên theo bổ đề Hensel, phương trình h(t ) 0(mod31996 ) có nghiệm 1 ,319 96 Do đó, 1 ,319 98 1 có nghiệm phương trình Ví dụ 10 ( Putnam 2008) Cho p số nguyên
Ngày đăng: 03/05/2018, 12:40
Xem thêm:
