Tiêu chuẩn Polya

Cho f x   x , deg ( )f x n. Đặt 1 2 n m      . Giả sử cho n số nguyên khác nhau d1,...,dn có ( ) ! 2 i m m f d  và các số di đều không là

nghiệm của đa thức f x( ). Khi đó đa thức f x( ) bất khả quy.

Chứng minh

Giả sử f x( ) khả quy khi đó f x( ) g x h x( ) ( ) với    ,  

g x h x  x . Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử deg ( ) deg ( )

m h x  g x s. Như vậy m s n.Ta thấy ngay g d( )i 0

và g d( )i chia hết f d( )i . Do đó ( ) ( ) ! 2

i i m

m

! ( )

2

i s

s

g d  . Điều này là mâu thuẫn. Vậy f x( ) là một đa thức bất khả quy trên  x .

e. Tiêu chuẩn Peron

Cho f x( ) là đa thức hệ số nguyên. Giả sử tồn tại số nguyên b và số nguyên tố p sao cho chúng thỏa mãn những điều kiện sau:

) ( )

i f b  p. ) ( 1) 0

ii f b  .

)

iii Tất cả các nghiệm i(i1, )n của đa thức f x( ) thỏa mãn bất

đẳng thức 1 2 i b     ( Số  kí hiệu phần thực của số phức , còn r 

  , ở đây r là một số thực nào đó, nghĩa là  nằm bên trái đường thẳng đi qua điểm có hoành độ r và song song với trục tung. Như vậy theo điều kiện này thì tất cả các nghiệm của f x( ) nằm trong mặt phẳng bên trái của đường thẳng 1

2

y b ). Khi đó đa thức f x( ) là bất khả quy.

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau.

Bổ đề. Cho là một số phức sao cho 1

2 b     . Khi đó 1 . b    b 

Ta đặt    i , ở đây  , là những số thực . Khi đó   , suy

ra 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

2

b

Thật vậy, bởi vì modun là những số nguyên, nên bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức 2 2 1 b   b  Nhưng b   (b )i , suy ra 2 2 2 2 2 b b  b   Tương tự b 1   b 1 i Từ đây suy ra 2 2 2 2 1 1 2 2 2 b  b    b b  

Bằng cách thay những đẳng thức sau cùng vào bất đẳng thức và cùng biến đổi giản ước ta nhận được bất đẳng thức tương đương

2b 2 1 0

    Nó cũng tương đương với 1

2

b

  . Bổ đề đã được chứng minh.

Giả sử P x G x H x    với G x H x( ), ( ) là những đa thức nguyên không phải là hằng số. Từ đẳng thức P b( ) p (và từ dữ kiện p là số nguyên tố) suy ra G b( ) 1 và H b( ) p hoặc là

( ) , ( ) 1

G b  p H b   .

Lấy ví dụ G b( ) 1 và giả thiết nghiệm của G x( ) là  1, 2,...,k

(1 k n). Khi đó

1 2

( ) ( )( )...( k).

G x c x x x

ở đây c là hệ số cao nhất của G x( ).

Vì G b( ) 1 và G b( 1) là số nguyên khác 0,ta có bất đẳng thức ( ) 1 ( 1) G b G b   . Phân tích G x  ta có bất đẳng thức sau: 1 1 1 1 2 . ... 1 1 1 1 k b b b b b b                

Nhưng điều này vô lý với bổ đề đã chứng minh. Theo bổ đề thì ta có 1 1 i i b b      

với mọi i, từ đây suy ra tích ở vế trái của đẳng thức trên phải lớn hơn 1. Trong chứng minh những i, không thể bằng b1, vì P b(  1) 0

theo giả thiết suy ra b 1 i 0 và phép chia hoàn toàn có nghĩa.

f. Tiêu chuẩn Osada

Cho 1  

1 1

( ) n n ... n

f x  x a x   a x  p x với p là một số nguyên tố. Khi đó nếu p 1 a1  ... an1 thì f x  là một đa thức bất khả quy trên .

Chứng minh

Giả sử f x  là một đa thức khả quy. Khi đó f x( )g x h x( ) ( ), ở đây g x h x( ), ( ) là những đa thức bậc dương với những hệ số nguyên. Vì

p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g x( ) hay h x( ) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

phải bằng 1, chẳng hạn hệ số tự do của g x  bằng 1. Do đó trị tuyệt đối của tích các nghiệm của g x( ) trong trường phức phải bằng 1. Khi đó

( ) 0

g x  phải có một nghiệm phức  với  1. Vì  cũng là một nghiệm của f x( ) nên

1 1 ... 1 1 1 ... 1 n n n n p  a  a  a a          

Điều này mâu thuẫn. Do đó f x( ) là một đa thức bất khả quy trên .

Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1. Với số tự nhiên n2, chứng minh

1 2

( ) n 18 n 3 2011

q x x  x   x  bất khả quy.

Lời giải

Vì 2011 là số nguyên tố và 2011 1 18 3   nên q x( ) là bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng đa thức 9 8 2

( ) ... 11

p x x x  x  x bất khả quy.

Lời giải

Vì 11 là số nguyên tố và 11 1 1 ... 1 10     nên p x( ) là đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Osada.

2.2.4. Đa thức có giá trị 1 hoặc -1 a. Định lý a. Định lý

Định lý 1. Đa thức P x( ) có bậc lẻ n2m1 và p a( )i  1 với n số nguyên khác nhau a1,...,an . Khi đó P x( ) là đa thức bất khả quy.

Chứng minh

Giả sử đa thức P x( ) phân tích được thành các tích sau:

( ) ( ) ( )

P x G x H x với G x H x( ), ( ) là những đa thức hệ số nguyên khác hằng số. Trong phân tích trên có ít nhất một trong các bậc của đa thức

( )

G x và bậc của đa thức H x( ) nhỏ hơn m. Thật vậy, nếu ngược lại

degG x( ) m 1 và degH x( ) m 1 suy ra

deg ( ) deg ( ) degP x  G x  H x( ) 2 m2.

Điều này mâu thuẫn với deg ( ) 2P x  m1. Ta giả sử deg ( )g x m. Theo giả thiết P a( )i  1, suy ra G a H a   i i  1. Mà G a( )i và H a( )i

là các số nguyên nên với mọi i ta có G a( )i  1, H a( )i  1. Như vậy

( )i 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

G a   với mọi i1, 2,..., .n Nhưng n2m suy ra ít nhất một trong các đẳng thức G a( ) 1i  hoặc G a( )i  1 thỏa mãn với hơn m giá trị của

i. Suy ra đa thức phải trùng với hằng số 1 hoặc -1 (điều này mâu thuẫn với giả thiết).

Định lý 2. Cho a a1, 2, ...,an là n số nguyên khác nhau và p là số nguyên bất kì và P x  p x( a1)(xa2)...(xan) 1 . Đa thức này không phân tích được loại trừ những trường hợp sau đây:

1) p4,n2 và a a1, 2 là hai số liên tiếp, nghĩa là a1 a2 1. Cụ thể 2 1 1 1 ( ) 4( )( 1) 1 (2( ) 1) P x  xa x   a xa  . 2) p1,n4 và a a a a1, 2, 3, 4 (sắp xếp thích hợp) là bốn số liên tục. Khi đó 1 1 1 1 2 1 1 ( ) ( )( 1)( 2)( 3) 1 (( 1)( 2) 1) P x x a x a x a x a x a x a               

3) p1,n2 và a a1, 2 khác nhau 2 đơn vị, nghĩa là a1 a2 2. Khi

đó 2

1 1 1

( ) ( )( 2) 1 ( 1)

P x  xa x   a x a

Chứng minh

Giả sử đa thức P x( ) phân tích được. Cho P x( )G x H x( ) ( ) với

  ( ), ( )

G x H x  x và degG x( ), degH x( )n. Vì P a( ) 1i  với

1,2,...,

i n ta có G a H a( )i  i 1 và những số G a   i ,H ai là những số nguyên, từ đây suy ra với mọi i hoặc là G a i H a i 1 hoặc là

 i  i 1

G a H a   . Với những giá trị khác nhau của i trong vế phải ta có thể có những dấu khác nhau, nhưng điều đó không quan trọng, mà quan trọng là với mọi i (1 i n) đẳng thức G a i H a i 0 đều đúng. Bằng cách như vậy ta tìm được n nghiệm khác nhau a a1, 2, ...,an

của đa thức G x H x . Nhưng bậc của đa thức này luôn nhỏ hơn n, suy ra nó phải đồng nhất bằng 0, nghĩa là

    0,    

Ta thay đẳng thức vừa nhận được vào P x G x H x( )   ta nhận được   2 

P x G x . Như vậy nếu P x( ) phân tích được thì nó phải là bình phương của một đa thức khác G x , từ đây suy ra bậc của đa thức đã cho n là số chẵn, còn hệ số cao nhất của nó p là một số chính phương. Nghĩa là P x( ) không phân tích được khi ta chỉ ra n là số lẻ hoặc tuy n là một số chẵn, nhưng p không phải là số chính phương, trong trường hợp riêng p là một số âm.

Ta đặt 2

pq và n2m, ở đây q là hệ số cao nhất của G x  còn m

là bậc của nó. Không mất tính tổng quát ta cho rằng q0 ( trong trường hợp còn lại ta có thể thay dấu tất cả các hệ số của đa thức G x ).

Ta xét đa thức G x . Với mỗi i ta có G a i 1 hoặc G a i  1. Ta sẽ chứng minh rằng mỗi đẳng thức này thỏa mãn m giá trị của i. Thật vậy, nếu G a i 1 đúng với nhiều hơn m giá trị của i, vì bậc của G x  đúng m, thì ta sẽ nhận được G x  trùng với hằng số 1, điều này vô lí. Suy ra số lượng k của chỉ số i sao cho G a i 1 không lớn hơn m.

Bây giờ nếu giả sử km ta sẽ nhận được G a i  1 với

n k m chỉ số của i. Từ đây suy ra G x  phải trùng với hằng số 1, điều này lại dẫn đến vô lí.

Như vậy đẳng thức G a i 1 chỉ thỏa mãn cho đúng m giá trị của

i. Không mất tính tổng quát ta có thể cho  m1  m 2 ... ( )n 1

G a  G a   G a   trong trường hợp ngược lại ta có thể chuyển vị trí và kí hiệu lại cho thích hợp). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Ta xét đa thức G x( ) 1 . Đa thức này có bậc m, hệ số cao nhất q và đã biết m nghiệm của nó khác nhau a a1, 2,...,am. Suy ra

1 2 ( ) 1 ( )( )...( m) G x  q xa xa xa hoặc là G x( ) 1 q x( a1)(xa2)...(xam) 1 q1( )x ở đây 1( )x (xa1)(xa2)...(xam) Ta đặt 2( )x (xam1)(xam2)...(xan). Ta có ( )x 1( )x2( )x Ta trở lại 2 ( ) ( )

P x G x của đa thức P x( ). Cụ thể ta viết lại như sau: 2 1 ( ) ( ( ) 1)     p x q x hoặc là 2 2 1 1 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 1 p x  q x  q x  nghĩa là   2 2 1 ( ) 2 1( ) 1 p x q x  q x  Ta biết rằng 2

pq và ( )x 1( )x 2( )x , chia hai vế đẳng thức trên cho q1( )x . Ta nhận được q2( )x q1( )x 2 hoặc là

2 1

( ( ) ( )) 2

q  x  x  (1)

Hệ số tự do của vế trái của đẳng thức là

1 2 1 2 ( 1) ( ... ... ). m m m m n q a a  a a a a  

Bằng cách so sánh hệ số của vế trái đẳng thức ta nhận được

1 2 1 2

( 1)m ( ... ... ) 2

m m n m

q a a  a a a a

  

Chú ý. Ở đây ta làm việc với các số nguyên, từ đẳng thức sau cùng ta nhận được q 1 hoặc q 2 và vì ta có thể giả thiết q0 nên q chỉ còn lại trong các trường hợp q1 hoặc q2, và tương ứng p1,

4

p .

Như vậy ta đã chứng minh được đa thức P x( ) bất khả quy khi

1

p và p4. Ta chỉ còn xét cụ thể hai trường hợp này.

Trường hợp p4 (nghĩa là q2). Trong trường hợp này phương trình (1) có dạng 2( )x 1( ) 1x  (2)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức trên chỉ đúng với m1. Thật vậy, thay 1

xa . Ta nhận được

1 1 1 2 1

(a am )(a am )...(a an) 1

Vì tất cả các thừa số ở vế trái là những số nguyên nên mọi số hạng bằng 1 hoặc 1. Từ đây nếu m3 ít nhất hai trong những thừa số này trùng nhau, điều này trái với giả thiết đã cho chúng phải khác nhau. Nếu

2

m ta chỉ có hai thừa số và tích của chúng là dương nên chúng cùng dấu, suy ra nó trùng nhau và điều đó lại dẫn đến vô lý.

Như vậy trong trường hợp p4 chỉ còn khả năng duy nhất m1. Đẳng thức (2) có dạng (xa2) (x a1) 1 với a1 a2 1. Như vậy ta coi vào trường hợp 1) trong phát biểu của định lý. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Trường hợp p1(q1). Đẳng thức (1) có dạng 2( )x 1( )x 2 (3) Từ đó dễ dàng suy ra m3. Thật vậy, ta lại thay xa1 vào (3) ta nhận được (a1 am1)(a1am2)...(a1an)2

Nếu số lượng những thừa số m lớn hơn hoặc bằng 4 như cách chứng minh ở phần trước ta nhận được ít nhất hai trong chúng bằng nhau. Suy ra m3.

Bây giờ ta đi chứng minh m3 là không thể được. Thật vậy, cho 3

m , trong (3) ta lại đặt xa1. Ta nhận được a1a4a1a5a1a62

Từ đẳng thức này suy ra hai trong những thừa số ở vế trái bằng 1, như vậy chúng phải có dấu trái nhau, vì nếu ngược lại chúng trùng nhau. Ta cho đó là a1  a5 1,a1   a6 1. Khi đó a1a4  2 hoặc là a1 a4 2.

Ta lặp lại cùng lí luận như vậy đối với a2 thay vào chỗ a1. Ta nhận được a2  ai 2, ở đây i là một số nào đó trong 4; 5; 6. Đẳng thức

2 4 2

a  a nhưng không thể nhận được, vì từ đó suy ra a1 a2 (do ta đã biết đẳng thức a1 a4 2). Suy ra a2  a5 2 hoặc là a2  a6 2. Cuối cùng bằng cách thay xa3 vào (3) với lí luận tương tự dễ thấy rằng

3 6 2

a  a .

Bây giờ ta tính hệ số trước 2

x trong vế phải của (3). Mặt khác nó bằng 0 (vì 2

x không có công thức khai triển). Mặt khác bằng cách tính toán trực tiếp ta nhận được         a4 a5 a6 a1 a2 a3 6 0 (vô lí). Như vậy m3 và m chỉ còn lại hai khả năng m1 và m2.

i) m2. Ta thay trong (3) lần lượt xa1 và xa2. Ta nhận được

1 3 1 4 2 3 2 4

(a a )(a a )2; (a a )(a a )2 Từ đẳng thức thứ nhất suy ra bốn khả năng sau đây:

1 3 1, 1 4 2

a a a a ; a1  a3 1,a1a4  2. 1 3 2, 1 4 1

a a a a ; a1  a3 2,a1a4  1.

Bởi vì vai trò của a3 và a4 là đối xứng nhau nên ta chỉ xét hai trường hợp là đủ. Sau đây ta chỉ xét trường hợp thứ hai (trường hợp thứ nhất làm tương tự).

Ta lấy a3  a1 1 và a4  a1 2. Bằng cách thay vào đẳng thức

2 3 2 4

(a a )(a a )2 ta nhận được a2  a1 1a2  a1 22. Từ đây với chú ý là a2   a1 1 a2  a1 2, ta nhận được

2 1 2 2, 2 1 1 1

a    a a    a

Hoặc là a2   a1 2 1,a2   a1 1 2

Trong trường hợp thứ nhất ta nhận được a1a2, trái với điều kiện đã cho. Suy ra chỉ còn trong trường hợp thứ hai và suy ra a2  a1 3.

Như vậy a a1, 2  a1 3,a3  a1 1,a4  a1 2 là bốn số nguyên liên tiếp, điều này đã được loại trừ trong 2) ở phát biểu định lý.

ii) Chỉ còn m1. Bây giờ (3) có dạng (xa2) ( x a2)2. Từ đây suy ra a1 a2 2, nó chính là điều kiện 3) loại trừ.

b. Ví dụ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Ví dụ 1. Cho a1,...,an là những số nguyên khác nhau. Khi đó đa thức 1

( ) ( )...( n) 1

P x  x a x a  là đa thức bất khả quy trên  x .

Chứng minh

Giả sử P x( ) không bất khả quy trên  x , suy ra P x( ) không bất khả quy trên  x . Giả sử đa thức P x( )G x H x( ) ( ) với

  ( ), ( )

G x H x  x . Khi đó với mọi i ta có G a H a( ) ( )i i  1 và do G a( )i

, H a( )i là những số nguyên nên G a( )i  1 và H a( )i  1. Do

( ) ( )i i 1

G a H a   suy ra G a( )i và H a( )i có dấu ngược nhau.

Suy ra G a( )i H a( )i 0 (1) Xét đa thức G x( )H x( ), ta có deg( ( )G x H x( ))n, và theo (1) ta có a1,...,an là n nghiệm khác nhau của đa thức G x( )H x( ). Suy ra

( ) ( ) 0

G x H x  , ta có G x( ) H x( ), suy ra 2 ( ) ( )

P x  G x . Điều này vô lý vì hệ số cao nhất của vế phải là số dương, còn ở vế trái là số âm. Vậy P x( ) bất khả quy trên  x .

Ví dụ 2. Cho P x( ) là đa thức hệ số nguyên và các giá trị nguyên

1, 2, ,3 4

a a a a khác nhau. Những khẳng định sau đây đúng:

)

i Nếu P x( ) 1 với xa a a a1, 2, 3, 4 thì P b( ) 1 với b bất kì.

)

ii Nếu P x( ) 1 với xa a a1, 2, 3thì P b( ) 1 có khả năng nhiều