TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC Phạm Viết Huy Trường THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi
Trang 1TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC
Phạm Viết Huy Trường THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi
Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi của Việt Nam cũng như các nước trên thế giới và kỳ thi Toán quốc tế IMO Đa thức, vốn chứa đựng trong nó các yếu tố về Đại số, Giải tích, Hình học và cả các tính chất về Số học Vì vậy, các bài toán về đa thức có thể xem như là các bài toán Tổ hợp giữa các phân môn của Toán học, đa thức đóng vai trò liên kết các phân môn đó lại với nhau thành một thể thống nhất, có thể chuyển hóa qua lại cho nhau Và đa thức còn là một công cụ giúp chúng ta giải quyết nhiều bài toán một cách gọn gàng, đẹp
đẽ Trong bài viết này, chúng tôi chỉ khai thác các bài toán về đa thức ở khía cạnh tính chất số học, đặc biệt là lớp các đa thức với hệ số nguyên Tuy nhiên, do trình độ còn hạn chế, nên chắc chắn bài viết còn nhiều điều thiếu sót, rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của quý thầy cô giáo, quý đồng nghiệp để bài viết của chúng tôi được hoàn thiện hơn
Trang 2
Chúng ta bắt đầu với hai ví dụ sau đây:
Ví dụ 1: ( IMO Shortlist 2005)
Cho a, b, c, d, e, f là các số nguyên dương Giả sử rằng S a b c d e f là ước của các số abcdef và ab bc ca de ef fd Chứng minh rằng S là hợp số
Giải
( ) ( )( )( ) ( )( )( )
P x xa x b x c x d x e x f Sx QxR
trong đó S a b c d e f Q; ab bc ca de ef fd R; abcdef
Vì theo giả thiết S Q ; S R nên S P x( ), x
Nói riêng, S P d( )(da d)( b d)( c)
Nếu S là số nguyên tố thì một trong 3 số d+a, d+b, d+c chia hết cho S, nhưng điều đó
là vô lý, vì S max d a d, b d, c
Do đó, S là hợp số
Ví dụ 2: ( Belarus 2009)
Cho P(x), Q(x) là các đa thức hệ số nguyên khác đa thức hằng Giả sử rằng đa thức
( ) ( ) 2009
P x Q x có ít nhất 25 nghiệm nguyên phân biệt Chứng minh rằng bậc của
mỗi đa thức P(x), Q(x) đều không nhỏ hơn 3
Giải
Giả sử T a i,1 i 25,i là tập hợp gồm 25 nghiệm nguyên của đa thức
( ) ( ) 2009
P x Q x
Khi đó, ( ) ( ) 2009, 1P a Q a i i i 25
Suy ra ( ) 2009 ; ( ) 2009, 1P a i Q a i i 25
Vì 20097 412 nên 2009 có tất cả 12 ước số nguyên
Do đó, mỗi số P a( ), (1 P a2), , (P a25) sẽ bằng với 1 trong 12 ước số nguyên của 2009,
và theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất 3 trong số 25 số P a( ), (1 P a2), , (P a25) có giá trị bằng nhau Không mất tổng quát, giả sử P a( )P a( )P a( )m
Trang 3Khi đó, đa thức ( )P x m có ít nhất 3 nghiệm phân biệt nên có bậc không nhỏ hơn 3,
và do đó, đa thức P(x) có bậc không nhỏ hơn 3
Tương tự, đa thức Q(x) cũng có bậc không nhỏ hơn 3 Ta có điều phải chứng minh
Hai ví dụ trên tương đối đơn giản, tuy nhiên qua đó chúng ta thấy được mối liên hệ chặt chẽ giữa “số học” và “đa thức” Ở ví dụ 1, là một bài toán số học và chúng ta đã sử dụng công cụ “đa thức” để giải quyết, còn ví dụ 2 lại là một bài toán
về đa thức mà lời giải sử dụng một tính chất số học rất quen thuộc – nguyên lý
Dirichlet
Tiếp theo, chúng ta nhắc tới một tính chất cũng rất quen thuộc của đa thức hệ
số nguyên
Tính chất:
Nếu P là đa thức hệ số nguyên thì với mọi cặp số nguyên a, b (ab) ta có
( ) ( )
a b P a P b
Ví dụ 3: (Thailand 2014)
Tìm tất cả các đa thức P với hệ số nguyên thỏa mãn P n( ) 2557n213.2014, n *
Giải
Dễ thấy P n( ) 1, n * và P n( ) 1, n * là những đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán
Giả sử P là đa thức thỏa mãn bài toán và n0 *: P n( )0 2
Gọi p là ước nguyên tố của P n ( )0
Ta có: 0
0
( ) 2557n 213.2014
0 ( ) 2557n p 213.2014
( ) ( ) 2557 (2557n p 1)
Mặt khác, vì 0
0 ( ) 2557n 213.2014
p P n nên p2,3,19,53, 71, 2557
Do đó, (2557p p 1) Hơn nữa, theo định lý Fermat nhỏ, (2557p p2557), nên 2556
p Suy ra p2,3, 71 (vô lý)
Vậy chỉ có hai đa thức P n( ) 1, n * và P n( ) 1, n * thỏa mãn bài toán
Trang 4Ví dụ 4: (IMO Shortlist 2006)
Cho P là đa thức hệ số nguyên, có bậc n1và k là số nguyên dương bất kỳ Xét đa
thức ( )Q x P x k( ), với P được tác động k lần Chứng minh rằng có nhiều nhất n số nguyên t sao cho Q t( )t
Giải
Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Nếu t là số nguyên thỏa mãn ( ) Q t t thì P t2( )t Thật vậy,
Ta có P t( )t P t2( )P t( ) P t k( )P k1( )t P k1( )t P t k( )
Mà P k1( )t P t k( )P t( )t nên P t( ) t P t2( )P t( ) P t k( )P k1( )t Đặt d P t( )t
Nếu d=0 thì P t( )t, suy ra P t2( )P t( )t
Xét d 0,
Giả sử, i là chỉ số nhỏ nhất mà d P t i( )P i1( ) , 2t i k, khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
P t P t P t P t , suy ra P t i( )P i2( )t nên P t2( ) t Ngược lại, nếu
( ) ( ) ( ) k( ) k ( )
d P t t P t P t P t P t thì P t k( ) t kd t ( mâu thuẫn)
Quay lại bài toán, giả sử rằng có (n+1) số nguyên t1 t2 t n t n1 thỏa mãn
( )i i, 1 1
Q t t i n Khi đó, theo bổ đề trên, ta có 2
( )i i, 1 1
, ta có t i t P t j ( )i P t( )j P t2( )i P t2( )j nên P t( )i P t( )j t j t i
Theo bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối, ta có:
1 1 ( 1) ( )1 ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( )2 ( )1 1 1
t t P t P t P t P t P t P t P t P t t t
Do đó, tất cả các hiệu P t(i1)P t( )i đều cùng dấu
Giả sử tất cả các hiệu P t(i1)P t( )i đều cùng dấu dương, khi đó
(i ) ( )i i i, 1
P t P t t t i n, suy ra P t(i1)t i1P t( )i t i, 1 i n
Do đó, đa thức P x( ) x P t( )1 t1 có (n+1) nghiệm phân biệt t1 t2 t n t n1, điều này là vô lý vìP x( ) x P t( )t là một đa thức bậc n
Trang 5Tương tự cho trường hợp tất cả các hiệu P t(i1)P t( )i đều cùng dấu âm
Vậy ta có điều phải chứng minh
Qua hai ví dụ 3 và 4, chúng ta thấy tính chất rất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên trên được sử dụng để giải quyết những bài toán về đa thức không phải là “đơn giản”
Kế đến, chúng tôi đề cập đến một định lý khá phổ biến và được ứng dụng trong nhiều bài toán thi học sinh giỏi, đó là định lý Schur
Ví dụ 5: (Định lý Schur)
Cho P là đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p P n ( )
Giải
Nếu P(0)0 thì p P p với mọi số nguyên tố p.Khi đó, điều kiện bài toán được thỏa ( ) mãn
Nếu P(0) 1 , giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố thỏa mãn bài toán Khi đó, gọi p là
số nguyên tố lớn nhất thỏa mãn bài toán Ta có ! ( !)p P p P(0) nên
( !) 1(mod !)
P p p Gọi q là một ước nguyên tố của P p , nếu q( !) p thì
( !) 1 !
P p p q, suy ra 1 q , vô lý, do đó q>p, nhưng điều này lại mâu thuẫn với tính
lớn nhất của p Do đó, có vô hạn số nguyên tố thỏa điều kiện bài toán
Nếu P(0) a 0, đặt Q x( ) P ax( )
a
Khi đó, Q là một đa thức hệ số nguyên với
(0) 1
Q Theo chứng minh trên, tồn tại vô hạn số nguyên tố p mà ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p Q n( ) Khi đó, p P an ( )
Ta có điều phải chứng minh
Một lần nữa, chúng ta lại sử dụng tính chất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên để chứng minh định lý Schur Và các ví dụ tiếp theo, cho thấy ứng dụng của định lý này trong các bài toán về đa thức
Nhưng trước khi đi vào ví dụ tiếp theo, xin nhắc lại (không chứng minh) một định lý cũng rất nổi tiếng khác- Định lý Bezout
Trang 6Định lý Bezout: Hai đa thức ( ), ( )P x Q x nguyên tố cùng nhau trên K x ( K là một trường) khi và chỉ khi tồn tại các đa thức U x( ), ( )V x K x sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) 1
U x P x V x Q x
Hệ quả:
Nếu P x( ), ( )Q x là hai đa thức hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau Khi đó, tồn tại
số nguyên a và 2 đa thức hệ số nguyên U, V sao cho:
( ) ( ) ( ) ( ) ,
U x P x V x Q x a x
Ví dụ 6:
Cho P, Q là hai đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng, monic, bất khả quy thỏa mãn: với n đủ lớn thì P n và ( )( ) Q n có cùng tập hợp ước nguyên tố Chứng minh rằng
PQ
Giải
Giả sử PQ , do P và Q là hai đa thức monic, bất khả quy nên nguyên tố cùng nhau
Áp dụng hệ quả của định lý Bezout, tồn tại a và 2 đa thức hệ số nguyên U, V sao
cho: U x P x( ) ( )V x Q x( ) ( )a, x
Theo định lý Schur, tồn tại vô hạn số nguyên tố p mà ứng với mỗi p tồn tại số nguyên
n sao cho p P n Vì ( )( ) P n và ( ) Q n có cùng tập hợp ước nguyên tố nên p Q n , và ( )
do đó p a Vậy a có vô hạn ước nguyên tố, điều này là vô lý
Vậy PQ
Ví dụ trên là một ứng dụng rất đẹp của định lý Schur, nó được kết hợp với định
lý Bezout để giải quyết bài toán
Ngoài định lý Bezout, còn có những định lý số học khác rất hay được sử dụng trong giải toán như định lý Thặng dư Trung Hoa và định lý Dirichlet về số nguyên tố Các ví dụ tiếp theo là sự kết hợp giữa các định lý này và định lý Schur
Định lý thặng dư Trung Hoa:
Cho k là một số nguyên dương và các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau
, , ,
m m m và a a, , ,a là các số nguyên bất kỳ Khi đó, hệ đồng dư sau:
Trang 71 1
(mod )
(mod )
(mod )
có nghiệm duy nhất theo modulo m m1 2 m k
Định lý Dirichlet về số nguyên tố:
Cho a, b là các số tự nhiên, ( , ) 1, a b a0 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 là hai đa thức hệ số nguyên không âm, khác đa thức hằng Xét dãy số
( )
2016P n ( ), 1
n
x Q n n Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với mỗi p, tồn tại số nguyên dương m sao cho p x m
Giải
Ta có
2016P n ( ) 2016P n 2016P ( ) 2016P 2016P n 2016P ( )
n
trong đó (1)
2016P
R Q là một đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng và
(0) 0
R
Theo định lý Schur, tồn tại vô hạn số nguyên tố p, pmaxR(0), 2016 thỏa mãn:
ứng với mỗi p, tồn tại số nguyên dương n sao cho p R n ( )
Nếu p n thì p R n( )R(0) nên p R(0), vô lý nên p n, 1 Mặt khác, p p, 1 1
nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên m sao cho
(mod ); 1(mod 1)
Vì p R n và ( ) mn(mod )p nên p R m ( )
Hơn nữa, m1(modp1) nên P m( )P(1)(mod(p1)), do đó ( ) (1)
2016P m 2016P
(định lý Fermat nhỏ)
Suy ra p x m
Ta có điều phải chứng minh
Trang 8Ví dụ 8:
Tìm tất cả các đa thức P hệ số nguyên thỏa mãn ( ) 2 P p pp , với mọi số nguyên tố p
Giải
Dễ thấy nếu P là đa thức hằng thì P 1 thỏa mãn điều kiện bài toán
Xét P không phải là đa thức hằng
Theo định lý Schur, tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p P n ( )
Nếu p n thì p P n( )P p( ) nên p P p( ) 2p p, vô lý nên p n, 1
Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố, ta có thể chọn số nguyên k sao cho q n kp
là 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, 2n k
p n Đặt hord p(2)
Nếu có các số nguyên k k thỏa mãn 1, 2 p 2n k1 n và p 2n k 2 n thì k2 k1(mod )h
Do đó, ta chỉ có thể chọn k theo một lớp thặng dư nào đó đối với modul h
Nhưng, theo định lý Dirichlet, ta có thể chọn k sao cho số nguyên tố q=n+kp nguyên
tố cùng nhau với h Khi đó, vì h p1 nên (n k h , ) 1 , nghĩa là ta có ( ) h cách chọn
lớp thặng dư đối với modul h cho k Vô lý
Vậy chỉ có P 1 là những đa thức thỏa mãn bài toán
Trong ví dụ trên, ngoài những định lý đã được đề cập, chúng ta còn sử dụng một khái niệm khác trong số học, đó là cấp của một số nguyên
Bên cạnh định lý Schur, bổ đề Hensel cũng là một bổ đề có nhiều ứng dụng trong các bài toán về đa thức, đặc biệt khi chúng ta quan tâm đến số nghiệm của phương trình đồng dư theo modul là lũy thừa của số nguyên tố
Bổ đề Hensel
Cho đa thức ( )f x hệ số nguyên và số nguyên tố p Nếu phương trình đồng dư
( ) 0(mod )
f x p có đúng r nghiệm phân biệt x(1),x(1), ,x thuộc đoạn (1) 1, p sao cho
Trang 9
' (1)
0(mod ), 1,
i
f x p i r thì phương trình đồng dư ( )f x 0(modp k) có đúng r
nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn 1, p k
Chứng minh
Với k=1 hiển nhiên đúng
Giả sử khẳng định đúng với k 1 Điều đó có nghĩa là trên đoạn 1, k
p
, phương
trình ( )f x 0(modp k) có đúng r nghiệm x1( )k ,x( )2k , ,x r( )k và
' ( )
0(mod ), 1,
k
i
f x p i r
Ta cần chứng minh: f x( )0(modp k1) có đúng r nghiệm thuộc 1,p k1
Gọi x là một nghiệm của phương trình ( )0 f x 0(modp k) (1)
Xét số
x x p t t p với t là nghiệm duy nhất của phương trình
'
0
0
( )
( ) 0(mod )
k
f x
Ta sẽ chứng minh x là nghiệm của 1 f x( )0(modp k1) (2)
Ta có
2
n
n
n
2
n
n
Suy ra
( ) ( ) ( ) k (mod k )
f x f x f x p t p vì
( ) 0 ( )
!
i
0
( ) ( ) k f x k ( ) (mod k ) 0(mod k )
p
Vậy phương trình (2) có ít nhất r nghiệm
Ta chứng minh phương trình có đúng r nghiệm
Trang 10Thật vậy, giả sử x là nghiệm của (2), gọi x là nghiệm của (1) Ta có 0
1
( ) 0(mod k ) ( ) ( )(mod k) (mod k) k
f x p f x f x p x x p x x p t
Theo chứng minh trên thì t là nghiệm của phương trình 0 '
0
( )
( ) 0(mod )
k
f x
Vậy phương trình f x( )0(modp k1) có đúng r nghiệm
Trong phần chứng minh trên, chúng ta rút ra một nhận xét rất hay được sử dụng trong quá trình giải toán
Nhận xét: f x( 0p t k ) f x( )0 f x p t'( )0 k (modp k1)
Ví dụ 9 ( VMO 2000)
Cho đa thức 3 2
( ) 153 111 38
f x x x x Hỏi trong đoạn 1;32000 có tất cả bao
nhiêu số nguyên dương a sao cho f(a) chia hết cho 32000
Giải
Xét phương trình 2000
( ) 0(mod 3 )
f x (1) Suy ra x3 1(mod 3) x 3y1 với y , y0,31999 1
(1)g y( ) y 52y 22y 3 0(mod 3 ) (2)
Suy ra y=3t
Với y3 ,t t1,319981, (2)h t( )9t3156t222t 1 0(mod 31996)
Phương trình ( ) 0(mod3)h t có đúng một nghiệm t 2 1;3 và h'(2)0(mod 3) nên theo bổ đề Hensel, phương trình h t( )0(mod 31996) có nghiệm duy nhất trong 1996
1,3
Do đó, trong 1,319981 có đúng 9 nghiệm của phương trình
Ví dụ 10 ( Putnam 2008)
Cho p là số nguyên tố và f là một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn
(0), (1), , ( 1)
f f f p là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p Chứng minh 2
(0), (1), , ( 1)
f f f p là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p 3
Giải
Trang 11Giả sử tồn tại một số x sao cho f x'( )0(mod )p Tồn tại y ,y p và
(mod )
( ) ( )(mod ) ( ) ( ) ( )(mod ) ( )(mod )
f y f x p f y p f y pf y p f y p
(0), (1), , ( 1)
f f f p là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p2
Do đó '
( ) 0(mod )
f x p x
Ta giả sử tồn tại 0 a b p31: ( )f a f b( )(modp3)
1; 1; 0 , 0 , 0 1, 1
aa p a b b p b a b p a b p
Suy ra f a( 0) f b( )(mod0 p2)a0 b0
Mặt khác,
0 f a( ) f b( )f a( ) p a f a( ) f b( ) p b f b( ) p f a( )(a b)(modp ) nên a1 b1 0(mod )p
Suy ra a1b1 Do đó, a b
(0), (1), , ( 1)
f f f p là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p 3
Ví dụ 11: (USA TST 2010)
Cho P là đa thức hệ số nguyên thỏa mãn P(0)0 và P(0), (1), P 1 Chứng minh
rằng có vô hạn số n sao cho P n( )P(0), (P n 1) P(1), n
Giải
Từ điều kiện P(0)0 và P(0), (1), P 1, suy ra P khác đa thức hằng
Không mất tổng quát, giả sử P'(1)0
Ta chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố bất kỳ sao cho p không là ước của
'(1)
P thì n p k thỏa điều kiện bài toán
Vì p P p k ( k i) P i( ) với mọi i nên p k P p( k)P(0), (P p k 1) P(1),
Mặt khác theo nhận xét trong chứng minh bổ đề Hensel, ta có