Đa thức với các hệ số nguyên

đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC MAI THỊ PHƯƠNG LAN ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYấN LUN VN THC S TON HC thái nguyên - năm 2014 Soỏ hoựa bụỷi Trung taõm Hoùc lieọu HTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC MAI THỊ PHƯƠNG LAN ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên, 2014 Soá hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ -1- MỤC LỤC Chương ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN - 1.1 Đa thức - 1.2 Phân tích đa thức thành nhân tử - 1.3 Nghiệm đa thức với hệ số nguyên - 13 1.4 Các tiêu chuẩn đa thức bất khả quy - 14 1.5 Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức - 25 Chương CÁC DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN - 31 Dạng toán 2.1 Xác định đa thức với hệ số nguyên - 32 Dạng toán 2.1.1 Xác định đa thức với hệ số nguyên với nghiệm  cho trước….- 32 Dạng toán 2.1.2 Xác định đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn số điều kiện - 38 Dạng toán 2.2 Các tốn liên quan đến tính chia hết - 40 Dạng toán 2.3 Phân tích đa thức với hệ số nguyên thừa số - 42 Dạng tốn 2.4 Các tính chất đa thức với hệ số nguyên - 49 Dạng toán 2.5 Đa thức bất khả quy - 56 Dạng toán 2.6 Các tập tổng hợp - 58 - Soỏ hoựa bụỷi Trung taõm Hoùc lieọu HTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC MAI TH PHƯƠNG LAN ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VN THC S TON HC thái nguyên - năm 2014 Soỏ hoựa bụỷi Trung taõm Hoùc lieọu HTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC MAI TH PHƯƠNG LAN ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG Thái Ngun, 2014 Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ -2- MỞ ĐẦU Tốn học ngành khoa học hấp dẫn khiến hàng triệu người giới đam mê Đại số lĩnh vực nghiên cứu toán học, đa thức vấn đề quan trọng đại số Đa thức nói chung đa thức với hệ số nguyên nói riêng có nhiều tính chất hay, đẹp có nhiều ứng dụng Đa thức với hệ số nguyên lớp đa thức có nhiều tính chất đặc thù mà riêng lớp đa thức có Thí dụ, phân tích đa thức với hệ số nguyên thành đa thức thừa số với hệ số số nguyên, hay tiêu chuẩn để đa thức với hệ số nguyên bất khả qui,…là tốn khó, liên quan đến nhiều lĩnh vực khác đại số lý thuyết đồng dư, đa thức bất khả quy,… nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Mặt khác, tập cụ thể đa thức với hệ số nguyên thường toán thú vị, phát biểu đơn giản, chứng minh đẹp đẽ sơ cấp, nhiều cần đến kiến thức tốn phổ thơng nâng cao cần suy luận độc đáo Chính mà dạng tốn thường kì thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Luận văn Đa thức với hệ số ngun có mục đích trình bày tổng quan số kết biết đa thức với hệ số nguyên ứng dụng giải toán Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm hai chương Chương trình bày tổng quan đa thức với hệ số nguyên Chương trình bày đa thức với hệ số nguyên: đa thức nghiệm đa thức, phân tích đa thức thành nhân tử, đa thức bất khả quy tiêu chuẩn bất khả quy đa thức, đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức, Chương trình bày dạng toán đa thức với hệ số nguyên toán đa thức với hệ số nguyên đề thi vô địch quốc gia , quốc tế Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ -3- Luận văn trình bày kiến thức đa thức với hệ số nguyên tập hợp lượng khơng nhỏ (khoảng 50 bài) tốn thi vô địch quốc gia quốc tế đa thức với hệ số nguyên Tuy nhiên, luận văn chắn cịn nhiều thiếu sót, nên mong nhận góp ý thầy cơ, bạn đồng nghiệp độc giả quan tâm để tác giả hoàn thiện luận văn tốt Luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình nghiêm túc PGS TS Tạ Duy Phượng Xin bày tỏ lòng biết ơn tới người Thày, không hướng dẫn khoa học, mà cịn động viên khích lệ tác giả say mê học tập nghiên cứu Xin bày tỏ lòng biết ơn Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, trang bị cho kiến thức toán học thời gian học Cao học Xin cám ơn Trường Cao đẳng Công Nghiệp Xây Dựng, Quảng Ninh, nơi công tác, tạo điều kiện để tơi hồn thành nhiệm vụ học tập Xin cám ơn Gia đình, bạn bè động viên, giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Cao học viết Luận văn Quảng Ninh, ngày 01.5.2014 Mai Thị Phương Lan Soá hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ -4- Chương ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN 1.1 Đa thức Trong luận văn ta xét K vành số thực K vành số nguyên Từ sau, nói vành K , ta hiểu K vành số thực vành số nguyên Khi sử dụng vành số thực vành số nguyên , ta nói cụ thể Định nghĩa 1.1.1 Đa thức bậc n ( deg P  n ) vành K biểu thức dạng P( x)  an x n  an1x n1   a1x  a0 , với  K , an  gọi hệ số cao nhất, a0 gọi hệ số tự Định nghĩa 1.1.2 Đa thức với hệ số nguyên đa thức có dạng P( x)  an x n  an1x n1   a1x  a0 ,  hệ số nguyên Tập tất đa thức với hệ số nguyên vành, ký hiệu  x Giá trị đa thức P( x) x0 P( x0 )  an x0n  an1x0n1   a1 x0  a0 Nghiệm đa thức số x cho P  x   Nhận xét 1.1.1 Tổng hệ số P( x)  an x n  an1x n1   a1x  a0 ,  P 1 , tức P(1)  an  an1   a1  a0 Và P    a0 hệ số tự Đa thức mônic Nếu hệ số an ứng với số hạng cao x n P( x)  an x n  an 1 x n1   a1 x  a0 ta gọi đa thức đa thức mơnic (monic polynomial) Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ -5- Định lý 1.1.1 (Euclid) Cho đa thức P  x  bậc n đa thức Q  x  bậc m ( m  n ) với hệ số thực Khi tồn đa thức S ( x) R( x) cho P  x   Q( x).S ( x)  R( x), (1.1) R( x) có bậc r nhỏ bậc Q  x  , tức r  m Chứng minh Sự tồn Sự tồn S  x  R  x  suy từ thuật toán Thực toán chia đa thức P  x  cho Q  x  thuật tốn tìm đa thức S  x  R  x  cho ta có biểu diễn (1.1) Đa thức S  x  gọi đa thức thương, đa thức R  x  gọi đa thức dư P  x  chia cho Q  x  Trường hợp deg P  deg Q Đặt S  x   0, R  x   P  x  Hiển nhiên ta có phân tích (1.1) Trường hợp deg P  deg Q Giả sử P  x   an x n  an1x n1   a0 , Q  x   bm x m  bm1x m1   b0 , bm  n  m Ký hiệu H  x   an nm x Khi đa thức bm P1  x   P  x   Q  x  H  x    an x n  an1 x n1   a0    bm x m  bm1 x m1   b0   an1 x n1   a0   bm1 x m1   b0  an nm x bm an nm x bm có bậc không vượt n  1, thực nhỏ bậc P  x  , P1  x   Nếu P1  x   đa thức dư R  x   đa thức thương Q  x   H  x  Nếu P1  x   ta tiếp tục làm tương tự với P1  x  , ta P2  x  , Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ -6- Dãy đa thức P1  x  , P2  x  có bậc thật giảm dần Cuối ta đến đa thức có bậc thực nhỏ bậc Q  x  Đa thức đa thức dư R  x  Nếu đa thức dãy đa thức dư R  x   Để thấy rõ hơn, ta viết bước mà ta thực để dãy P1  x  , P2  x  , P1  x   P  x   Q  x  H  x  , P2  x   P1  x   Q  x  H1  x  , Pk  x   Pk 1  x   Q  x  H k 1  x  , với Pk  x   deg Pk  deg Q Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta P  x   Q  x   H  x   H1  x    H k 1  x    Pk  x  Từ suy S  x   H  x   H1  x    H k 1  x  , R  x   Pk  x  Tính Giả sử P  x   Q( x).S ( x)  R( x)  Q( x).S1 ( x)  R1 ( x), với deg R1  deg Q R1  x   (không đồng 0) Suy  Q  x   S  x   S1  x    R  x   R1  x  (1.2) Nếu R  x   R1  x  ta có Q  x   S  x   S1  x    Vì Q  x  khơng đồng nên suy S  x   S1  x   0, tức S  x   S1  x  Giả sử R  x   R1  x  , từ (1.2) suy R  x   R1  x   Q  x   S  x   S1  x   Vậy Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 52 - Bài 2.24 (Thi học sinh giỏi toàn quốc,1998) Tìm tất đa thức mơnic với hệ số ngun thỏa mãn tính chất sau: Có vơ hạn số vô tỉ  cho P( ) số dương? Giải Dễ thấy, đa thức bậc không thỏa mãn điều kiện, P( x)  thỏa mãn Bây cho P( x) đa thức với hệ số nguyên hệ số số hạng có số mũ cao x có bậc thấp Ta P( x) thỏa mãn điều kiện Cho A   p  / p  P(1)  P(0); p   P(0) Với p  A đặt Qp ( x)  P( x)  P(0)  p Thì lim Qp ( x)   Qp (1)  P(1)  P(0)  p  Do tồn x p  , x p  x cho Q( x p )  0, nghĩa P( x p )  P(0)  p, P( x p )  * Lưu ý p  p ', P(0)  p  P(0)  p ', x p  x p ' Nếu có vơ hạn số p  A cho x p  Q, chứng minh xong Bây giả sử có hữu hạn số p  A cho x p  Q, Khi có p0 cho x p  Q với p  p0 Vì x p nghiệm hữu tỉ Qp ( x) đa thức có hệ số số hạng có số mũ cao x 1, ta phải có x p  x p chia hết Qp (0)   p Điều khơng thể xảy ra, tập hợp  x p , p  p0  vơ hạn Bài 2.25 (Thi học sinh giỏi tồn quốc 2002) Tìm tất đa thức P( x) với hệ số nguyên cho đa thức Q( x)  ( x  x  10) P ( x)  bình phương đa thức với hệ số ngun Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 53 - Giải Bài tốn tương đương với tốn: Tìm cặp đa thức P( x) H ( x) với hệ số nguyên cho H ( x)  ( x2  x  10) P ( x)  1 Ta có nhận xét cặp ( P, H ) (1) thỏa mãn (1) cặp ( P, H ) ( P,  H ) ( P,  H ) thỏa mãn Vì vậy, ta cần xem cặp P, H thuộc tập   x gồm tất cá đa thức với hệ số nguyên hệ số số hạng chứa số mũ cao dương Đặt x  x  10   Vì phương trình bậc hai f ( x)  x  x  10 bất khả quy, nên dễ dàng chứng minh  biểu diễn dạng A( x) , A( x) B( x) đa thức với hệ số thực Do đó, với B( x) n , tồn cặp đa thức M ( x),T ( x)   x thỏa mãn: ( x    )2n1  M ( x)  T ( x) Ta chứng minh Khẳng định sau Khẳng định Nếu M ( x),T ( x)   x thỏa mãn ( x    )2n1  M ( x)  T ( x), n  (2) M ( x)  ( x2  x  10)T ( x)  1 Chứng minh Sự biểu diễn công thức (2) nghĩa ( x    )2n1  M ( x)  T ( x) (3) Nhân vế với vế (2) (3) ta có ( x    )( x    ) n1  M ( x)   2T ( x)  M ( x)  ( x  x  10)T ( x)  ( x  3)    n1  M ( x)  ( x  x  10)T ( x)  ( x  3)2  ( x  x  10)  Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ n1 - 54 -  M ( x)  ( x  x  10)T ( x)  1 Khẳng định Nếu đa thức không đổi S ( x) đa thức G( x)    x thỏa mãn G ( x)  ( x2  x  10)S ( x)  1, x  , S ( x)  G( x)  Chứng minh Ta dễ dàng thấy bậc G( x) nhỏ Do khẳng định hiển nhiên Khẳng định Nếu M ( x), H ( x)    x thỏa mãn (1), tồn số nguyên n cho P( x)  T ( x) H ( x)  M ( x), M ( x),T ( x) xác định công thức (2) Chứng minh Dễ thấy tồn số nguyên n cho deg T  deg P  deg T1 * , T1 đa thức xác định công thức (2) cho số nguyên n  Xem xét đa thức H1 ( x) P1 ( x) định  H ( x)   P( x)  M ( x)  T ( x)    H1( x)   P1( x)  Ta có  H1 ( x)    x  x  10   P1 ( x)   2 Hay P1 ( x)  P( x)M ( x)  H ( x)T ( x) T ( x)  P2 ( x)  P1 ( x)( P( x)M ( x)  H ( x)T ( x)) (4) Vì deg T  2n deg T1  2n  2, từ (*) ta thấy có hai trường hợp Trường hợp deg P  deg T  2n deg  P( x)M ( x)  H ( x)T ( x)  4n  Vì Thì deg T ( x)  P ( x)   4n vậy, (4)  T ( x)  P2 ( x)  P1 ( x)  Trường hợp deg P  deg T   2n  Thì deg T ( x)  P ( x)   4n deg  P( x)M ( x)  H ( x)T ( x)  4n  Vì vậy, cơng thức (4) cho ta P1 ( x) đa Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 55 - thức khơng đổi Theo khẳng định 2, ta phải có P1 ( x)  T ( x)  P ( x)  Do deg P  degT , điều mâu thuẫn Vậy trường hợp không xảy Khẳng định chứng minh Khẳng định 1, 2, cho ta đa thức thỏa mãn yêu cầu có dạng ( x    ) n1 ( x    ) n1 P ( x)   2 Bài 2.26 (Putnam Training Polynomials 2012) Cho p  x  đa thức với hệ số nguyên Giả sử p  a   p  b   p  c   1, a, b, c ba số nguyên phân biệt Chứng minh p  x  khơng có nghiệm ngun Giải Ta có p  x   có nghiệm a, b, c Do p  x     x  a  x  b  x  c  q  x  Nếu p  x  có nghiệm ngun d ta có  d  a  d  b  d  c  q  d   1,  d  a  ,  d  b  ,  d  c  số nguyên phân biệt Nhưng điều khơng thể xảy ra, có hai ước -1 Vậy p  x  khơng có nghiệm ngun Bài 2.27 (Thi học sinh giỏi tồn quốc 1994) Tồn hay khơng đa thức P( x), Q( x),T ( x) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) Tất hệ số P( x), Q( x), T ( x) số nguyên dương;  x2 x  ii) T ( x)  ( x  3x  3) P( x)      Q( x)?  20 15 12  Giải Điều kiện thứ hai viết lại dạng 60T ( x)  60( x2  3x  3) P( x)  (3x  x  5)Q( x) Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 56 - Vì đa thức ( x  3x  3) (3x  x  5) relative prime (chúng khơng có nghiệm) từ đủ để xác định đa thức S ( x) thỏa mãn tất hệ số đa thức ( x  3x  3)S ( x), (3x  x  5) S ( x) ( x2  3x  3)(3x  x  5)S ( x) số nguyên dương Ta xác định đa thức S ( x) có dạng (1  x)n Lưu ý ta xác định T1 ( x)  (1  x)m T2 ( x)  (1  x)k cho tất hệ số đa thức ( x  3x  3)T1 ( x) (3x  x  5)T2 ( x) số nguyên dương, ta có S ( x)  T1 ( x)T2 ( x)  (1  x)mk Dễ dàng thấy m  15, k  số cần tìm Do ta lấy n  18 Dạng toán 2.5 Đa thức bất khả quy Bài 2.28 Chứng minh đa thức sau bất khả quy: 1) P( x)  x5  5x  5; 2) P( x)  x4  x3  24 x  30 x  14; 3) P( x)  x4  x3  42 x  57 x  78; 4) P( x)  x5  500 x4  15x3  10 x  30; 5) P( x)  x7  48x  24; 6) P( x)  x10  50; 7) P( x)  5x11  x  12 x3  36 x  Giải Sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein Bài 2.29 Chứng minh số sau số vô tỷ:  5; ; 16  15  3;  Bài 2.30 Chứng minh sin100 số vô tỷ Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 57 - Bài 2.31 Chứng minh cos2 số vơ tỷ sin x, tan x,cot x số vơ tỷ Bài 2.32 Tìm đa thức có bậc thấp nhận số tương ứng sau làm nghiệm: 2)    1)    7; 3)   11  Bài 2.33 (Thi học sinh giỏi toán Quốc gia Việt Nam, 1982) Lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên có hai nghiệm cos1440 cos720 Bài 2.34 Lập đa thức với hệ số nguyên nhận    làm nghiệm Đáp số: P( x)  x6  x  x3  27 x  36 x  23 Bài 2.35 Hoặc chứng minh bất khả quy phân tích đa thức sau thừa số vành số nguyên 1) P( x)  x4  x3  x  15x  30 2) P( x)  x5  8x  25x3  39 x  30 x  3) P( x)  x6  x5  3x  x3  3x  x  Bài 2.36 (Chọn đội tuyển IMO, Romania, 2003, vòng 1) Cho đa thức bất khả quy P có hệ số nguyên hệ số (mũ cao nhất) 1, cho P(0) số phương Chứng minh P( x ) bất khả quy  x (vành đa thức với hệ số nguyên)? Giải Gọi  xi nghiệm P( x )  0, nghiệm phải khác P đa thức bất khả quy Khi nghiệm P( x)  xi2 Giả sử P( x )  Q( x)T ( x) Khi đó, nghiệm Q( x)  0; T ( x)   xi Nếu có i để  xi nghiệm Q( x)  0, Q( xi )  Q( xi )  P( xi2 )  Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 58 - Lúc đó, ta viết P( x)  P( x)  S ( x ); P( x)  P( x)  xR( x ) (Rõ ràng điều thực được) Ta có S ( xi2 )  R( xi2 )  P( xi2 )  Theo tính chất đa thức bất khả quy  x, ta có P( x ) chia hết S ( x ), R( x ), nên P( x ) chia hết Q( x)  ( S ( x )  xR( x )) Điều có nghĩa P( x )  Q( x)T ( x) chia hết cho Q( x) suy T ( x)  Nếu xi xi không đồng thời nghiệm Q( x) T ( x), ta phải có Q( x)  T ( x), trường hợp này, P( x )  Q( x)Q( x), P(0)  Q(0)2 , số phương Bài 2.37 (MOP 2007) Cho P( x) đa thức với hệ số nguyên.Chứng minh tồn số nguyên dương k cho P( x)  k bất khả quy Dạng toán 2.6 Các tập tổng hợp Bài 2.38 (Thi vơ địch quốc gia Hungary,2000) Có tồn hay không đa thức P với bậc 1999 có hệ số nguyên cho với số nguyên n số P(n), P( P(n)), P( P( P(n))) nguyên tố đôi một? Giải Có tồn đa thức nguyên P Thật vậy, gọi Q( x) đa thức hệ số nguyên với bậc 1997 tùy ý.Ta chứng minh đa thức P( x)  x( x  1)Q( x)  1thỏa mãn đề Để chứng minh, cần chứng tỏ n số nguyên p số nguyên tố chia hết P(n) với số nguyên dương k  1, ta có p ước P k (n) Cụ thể ta chứng minh với k  1, ta có Pk (n)  1(mod p) Ta chứng minh quy nạp theo k Ta biết với đa thức với hệ số nguyên T ( x) a  b (mod c) T (a)  T (b) (mod c) Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 59 - Khi k  2, P(n)  0(mod p) nên P( P(n))  P(0)  1(mod p) Giả sử Pk (n)  1(mod p) Khi P( Pk (n))  P(1)  1(mod p) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 2.39 (Problem 9.1, 1998) Tìm tất hàm số bậc hai f ( x)  x  ax  b với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện: tồn số nguyên khác m, n, p thuộc khoảng 1,9 cho f (m)  f (n)  f ( p)  Giải Giả sử f ( x) hàm thỏa mãn điều kiện tốn.Hàm khơng thể nhận giá trị tương ứng với ba đối số khác (nếu khơng, ta có phương trình bậc hai với ba nghiệm phân biệt) Do đó, hai ba số f (m) , f (n) , f ( p) (hoặc -7), số lại -7 (hoặc 7) Trường hợp f (m)  f (n)  7, f ( p)  7 Khơng tính tổng qt, giả sử m  n Do m, n nghiệm phương trình x  ax  b   0, ta có a  m  n, b  mn  Trừ vế theo vế hai đẳng thức: m2  am  b  7, p  ap  b  7, ta 14  m2  p  a(m  p)  (m  p)(m  p  a)  (m  p)( p  n) Như vậy, hai số m  p p  n dương âm, ra, m  n nên chúng dương Hơn nữa, hai số nguyên nên tương ứng 14 Từ m, n, p thuộc khoảng 1,9 khơng thể có m  p p  n 14 Có hai trường hợp: i) m  p  p  n  tức m  p  2, n  p  ; ii) m  p  7, p  n  2, tức m  p  7, n  p  Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 60 - Tuy nhiên, dễ thấy hai trường hợp i) ii), số m, n, p không thuộc 1,9 Trường hợp f (m)  f (n)  7, f ( p)  Như trường hợp 1, ta có a  m  n, b  mn  (m  p)( p  n)  14 Lí luận tương tự ta được: m  p  p  n  7 m  p  2 p  n  (Khơng tính tổng qt, giả sử m  p  p  n ) Như vậy, ta có hai trường hợp để chọn iii) m  p  2, n  p  iv) m  p  2, n  p  Bằng tính tốn đơn giản, ta tìm (m, n, p) thỏa mãn điều kiện toán (3,8,1), (4,9,2), (6,1,8) (7,2,9) Tương ứng có hàm cần tìm f ( x)  x2  11x  17, f ( x)  x  13x  29, f ( x)  x2  x  1, f ( x)  x  x  Bài 2.40 (Chọn đội tuyển Quốc gia Singapore, 1997-1998) Giả sử f ( x) đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện  f (c)  1997 với c 0,1,2, ,1998 Hỏi đẳng thức f (0)  f (1)   f (1998) có hay khơng? Giải Ta có với a, b ta có a  b ước ( f (a)  f (b)) Do 1998 chia hết f (1998)  f (0), suy f (1998)  f (0) ta có f (1998)  f (0)  1997 Ta có  1998  1994 chia hết số f (1994)  f (1998)  f (1994)  f (0), 1994 chia hết f (1994)  f (0) Do BCNN (4,1994)  3988 chia hết f (1994)  f (0), từ điều suy f (1998)  f (0) Bằng cách hốn đổi vai trị 1998, ta có f (4)  f (0) Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 61 - Xét 1993, ta có f (1993)  f (5)  f (0) Khi đó, với a,1  a  1997, ta có x  a chia hết f (0)  f (a) với x  4,5,1993,1994 Bội chung nhỏ số x  a lớn 1998 Như phải có f (a)  f (0) Tóm lại, f (0)  f (1)   f (1998) Bài 2.41 (Chọn đội tuyển Quốc gia, Việt Nam, 2014) Tìm tất cặp đa thức hệ số nguyên P  x,Q  x cho dãy số  xn  xác định x0  2014, x2 n1  P  x2 n  , x2 n2  Q  x2 n1  với n  0,1,2, thỏa mãn: với m nguyên dương, tồn số hạng khác không dãy chia hết cho m Bài 2.42 (BAMO, 2004) Tìm (có chứng minh) tất đa thức f  x  với hệ số nguyên thỏa mãn hai điều kiện: f    2004 Nếu x vơ tỷ f  x  vô tỷ Bài 2.43 (TST 2010) Cho P  x  đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn P    gcd  P  x  , P 1 , P   ,   Chứng minh rằng: Có vô hạn số nguyên n thỏa mãn gcd  P  n   P   , P  n  1  P 1 ,   n Bài 2.44 (Vô địch Bắc Kinh, 1963) Đa thức P  x  với hệ số nguyên nhận giá trị với giá trị khác x  Chứng minh với x  đ thức nhận giá trị 1, 3, 5, Bài 2.45 (Vô địch Anh, 1978) Chứng minh rằng: a) Với n tồn đa thức P0  x  bậc n với hệ số nguyên, thỏa mãn đẳng thức 2cos nt  Pn  cos t  , t  ; Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 62 - số  trùng với số 0,  ,  1, b) Với   số vô tỉ Bài 2.46 (Thi học sinh giỏi toán Quốc gia Việt nam, Bảng A, 1992) Cho đa thức P( x)   x  x9  x n1   x ns  x1992 với n1, n2 , , ns số tự nhiên cho trước thỏa mãn  n1  n2   ns  1992 Chứng minh nghiệm đa thức (nếu có) khơng thể lớn 1 Bài 2.47 (Thi học sinh giỏi toán Quốc gia Việt nam, Bảng A, 1994) Tồn hay không đa thức P( x), Q( x) R( x) với hệ số số nguyên dương thỏa  x2 x  mãn điều kiện P( x)   x  3x  3 Q( x) Q( x)      R( x)?  20 15 12  Bài 2.48 (Vô địch Phần Lan, 1983) Giả sử p, q số tự nhiên tùy ý Chứng minh tồn đa thức P  x  với hệ số nguyên, cho tất giá trị khoảng I  có độ dài thỏa mãn bất đẳng thức q Bài 2.49 (Thi học sinh giỏi Quốc gia Việt Nam, 1995) Hãy xác định tất số nguyên k với tính chất sau: Tồn vô hạn số nguyên n  cho tất đa thức Pn ( x)  x n1  kx n  870 x  1945x  1995 viết dạng tích hai đa thức bậc lớn với hệ số nguyên Giải Cố định n  Giả sử Pn ( x)  Q( x)S ( x) với Q( x)  ar x r   a1x  a0 S ( x)  bs x s   b1x  b0 , , b j  ; r , s  Chú ý ta giả sử ar  bs  Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 63 - 1) Trước hết ta r  s  Giả sử r  2, s  Khi r  n; s  n Vì 1995  Pn (0)  Q(0)S (0)  a0b0  1995 không chia hết cho 25, nên ta giả sử chia hết a0 , không chia hết b0 Cho  p  r số nguyên bé cho chia hết a p Lưu ý hệ số x p tích c p  a pb0  a p1b1   a0bp Vì  p  r  n nên hệ số c p Pn ( x) số 0,-870, 1945 nên chia hết cho Do chia hết a0b0 (mâu thuẫn) b) Giả sử có tập A vô hạn số nguyên n cho Pn ( x) biểu diễn thành tích hai đa thức Vì Pn ( x) có nhân tử bậc nhất, có nghiệm nguyên, gọi nghiệm  n , với n  A Rõ ràng  n  Ta chia thành hai trường hợp: Trường hợp  n  với n  A Khi từ phương trình Pn ( n )  0, ta có n  k  870 n2  1945 n  1995 n n Vì A có vơ hạn số nguyên, nên ta chọn n đủ lớn cho vế phải nhỏ Do  n  k  870 n2  1945 n  1995  Vì phương trình cuối có nghiệm 3, ta có  n  3, k  3 Trường hợp Có n  A cho  n  1 Cho  n  ta có k  3071 Cho  n  1 ta có n chẵn k  819 n lẻ Dễ thấy k  3, Pn ( x) chia hết cho x  với n, k  3071, Pn ( x) chia hết cho x  với n, k  821, Pn ( x) chia hết cho x  với số chẵn n, k  819, Pn ( x) chia hết cho x  với số lẻ n Vì số thỏa mãn yêu cầu k  3071,  819,  3,821 Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 64 - Bài 2.50 Tìm tất đa thức với hệ số nguyên cho xf ( x  1)   x  2010  f ( x) Bài 2.51 (Olympic Toán Quốc gia, Việt Nam, 2000, Bảng B) Cho đa thức P  x   x3  x  24 x  27 Chứng minh với số nguyên dương n tồn số nguyên dương an cho P  an  chia hết cho 3n Bài 2.52 (Baltic Way 2004) Cho đa thức P  x  có hệ số nguyên khác số Chứng minh tồn số nguyên n cho P  n  có khơng 2004 ước ngun tố phân biệt Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 65 - KẾT LUẬN Luận văn Đa thức với hệ số nguyên cố gắng trình bày kiến thức đa thức với hệ số nguyên, tổng quan đề tài Nhằm làm sáng tỏ phần Lý thuyết trình bày Chương 1, Chương Luận văn phân loại dạng toán đa thức với hệ số nguyên Luận văn tập hợp nhiều ví dụ tốn thi vơ địch quốc gia quốc tế đề tài Theo cảm nhận tác giả, đề tài hay, có nhiều dạng tốn tốn thú vị Hy vọng Luận văn sinh viên học viên cao học chuyên ngành Toán Sơ cấp tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ - 66 - TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, sách Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh chuyên toán, Nhà xuất Giáo dục, 2008 [2] Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập Olympic toán học nước Đông Âu, Nhà xuất Đại học Quốc gia, 2013 [3] X V Coonhiagin, G A Tơnơian, I F Sarưgin, Các đề thi vơ địch tốn 19 nước có Việt Nam, Tập 1, Nhà xuất Trẻ Tiếng Anh [4] Dušan Djukić, Vladimir Janković, Ivan Matić, Nikola Petrović, The IMO Compendium A collection of Problems Seggested for the International Mathematical Olympiads: 1959-2009 (Second Edition), In Problem Books in Mathematics, Springer, USA, 2011 [5] Bart Kirkels, Irreducibility Certificates for Polynomials with Interger Coefficients, Master’s Thesis, 2004 [6] Victor V Prasolov, Polynomials, Springer, Heidelberg, 2004 [7] Putnam Training Polynomials, 2012, pp 1-13 [8] R Thangadurai, Irreducibility of Polynomials whose Coefficients are Integers, Mathematics Newletter, Vol 17, #2, September, 2007, 29-39 [9] B L Van der Waerden, Modern Algebra, 1949 [10] Yufei Zhao, Integer polynomials, MOP 2007, pp.1-8 Số hóa Trung tâm Học liệu ĐHTN http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ... quan đa thức với hệ số nguyên Chương trình bày đa thức với hệ số nguyên: đa thức nghiệm đa thức, phân tích đa thức thành nhân tử, đa thức bất khả quy tiêu chuẩn bất khả quy đa thức, đa thức với hệ. .. CÁC DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Dạng toán 2.1 Xác định đa thức với hệ số nguyên Dạng toán 2.1.1 Xác định đa thức với hệ số nguyên với nghiệm  cho trước Bài 2.1 Tìm đa thức với hệ số. .. hệ số nguyên lớp đa thức có nhiều tính chất đặc thù mà riêng lớp đa thức có Thí dụ, phân tích đa thức với hệ số nguyên thành đa thức thừa số với hệ số số nguyên, hay tiêu chuẩn để đa thức với hệ