Bài toán 2.2.1(IMO 1993). Chon∈Nvàn>1. Chứng minh rằng đa thức
f(x) =xn+5xn−1+3
bất khả quy trênZ[x].
Lời giải. Với n=2có f(x) =x2+5x+3thì bất khả quy trênZ[x].
Xétn≥3. Giả sử f(x) =g(x)h(x)vớig(x),h(x)∈Z[x]và có bậc lơn hơn hoặc bằng1. Dodegg(x) +degh(x) =n≥3nên suy ra trong hai sốdegg(x)vàdegh(x)
có một số lơn hơn1.
Vì f(0) =3là số nguyên tố nên hoặc|g(0)|=1hoặc|h(0)|=1. Giả sử
g(x) =xk+b1xk−1+. . .+bk vớik>1
và|g(0)|=1.
Gọia1,a2, . . . ,ak là các nghiệm (nói chung là nghiệm phức) của g(x). Khi đó
ta có
g(x) = (x−a1)(x−a2). . .(x−ak).
Vì|g(0)|=1nên
Dog(ai) =0nên f(ai) =0, vớii∈ {1, . . . ,k}.
Nhân các đẳng thức đó lại và sử dụng (2.1) ta được
|(a1+5)(a2+5). . .(ak+5)|=3k (2.2)
Mặt khác ta có
g(−5) =|(a1+5)(a2+5). . .(ak+5)| và 3= f(−5) =g(−5)h(−5)
nên|(a1+5)(a2+5). . .(ak+5)| nhận giá trị1hoặc3.
Điều này trái với (2.2) vìk>1. Từ đó ta có ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.2(Dự tuyển IMO). Cho đa thức f(x) =∏ni=1(x−ai)−2vớin≥3và
a1,a2, . . .an là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng nếu f(x)khả
quy trênZ[x]thì n=3.
Lời giải. Giả sử f(x) =g(x)h(x)vớig(x),h(x)∈Z[x]vàdegg=p≥q=degh≥1. Ngoài ra, giả sử các hệ số bậc cao nhất củagvàhđều bằng1.
Trong phép đặt chox=ai ta sẽ nhận được f(ai) =g(ai)h(ai) =−2. Như vậy ta có
(g(ai),h(ai))∈ {(−2,1),(2,−1),(1,−2),(−1,2)}
Vậy với mọi i, ta có g(ai) +h(ai) = +1 với ít nhất n2 giá trị của i, hoặc g(ai) +
h(ai) =−1với ít nhất n2 giá trị củai.
Giả sử g(ai) +h(ai) =1 với k giá trị của i ∈ {1, . . . ,n}. Rõ ràng k< n(vì đa thứcg(x) +h(x)−16=0và có bậc nhỏ hơn thực sựn.
Giả sửk≥ n2 ≥2, vì nếuk< 2n thì xét đa thứcg(x) +h(x) +1.
Giả sửg(ai) +h(ai) =1vớii∈ {1, . . . ,k}, nếu không như vậy thì ta đặt lại thứ tự của chỉ số.
Suy ra
Chox=ak+1 với chú ýg(ak+1) +h(ak+1) =−1ta được
−2= (ak+1−a1)(ak+1−a2). . .(ak+1−ak)w(ak+1).
Thế nhưng trị tuyệt đối của một tích gồm ít nhất là bốn thừa số nguyên tố khác nhau và khác 0 thì luôn luôn lớn hơn2. Vậy nênk≤3và dẫn đến2≤k≤3.
Xétk=3. Nếun>4thì ta có
(a4−a1)(a4−a2)(a4−a3)w(a4) =−2; (a5−a1)(a5−a2)(a5−a3)w(a5) =−2
Do đó{a1,a2,a3} ≡ {a4±1,a4±2,a4−2}. Nhưnga5>a4>a3nên|a5−a3| ≥3
với mọii∈ {1,2,3}. Điều này vô lý. Nếun=4thì
g(x) +h(x)−1= (x−a1)(x−a2)w(x)
do degw≥1 do degg≤3vàdegh≤3. Suy ra (ai−a1)(ai−a2)w(ai) =−2 với
i=3,4.
Nếudegw=1thìdegg(x) =3,h(x) =x−avà
0= f(a) = (a−a1)(a−a2)(a−a3)(a−a4) =2.
Vậyw(x)là đa thức hằng. Do đódegg=degh=2,w(x)≡2vàw(a3) =w(a4) =2. Từ đó
−1= (a3−a1)(a3−a2) và {a1,a2} ≡ {a3−1,a3+1}.
Tương tự ta cũng có−1= (a4−a1)(a4−a2)nên{a1,a2} ≡ {a4−1,a4+1}. Do đóa4=a3 vô lý.
Tóm lại, chỉ cón=3thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Bài toán 2.2.3. Chonsốai∈Z. Chứng minh rằng đa thức
P(x) = (x−a1)(x−a2). . .(x−an)−1
Lời giải. Giả sử ta có phan tíchP(x) =G(x)H(x)trongZ[x]vàdegG<n,degH <
n.
Ta cóP(ai) =G(ai)H(ai) =−1. VậyG(ai)và H(ai)nhận hai giá trị±1 nên
G(ai) +H(ai) =0Khi đó đa thứcG(x) +H(x)códeg(G+H)<nmà cónnghiệm. Suy raG(x) +H(x)≡0, tức là G(x) =−H(x). Do đó P(x) =−[H(x)]2. So sánh hệ số củaxncủa hai vế thì vế trái lớn hơn không, vế phải nhỏ hơn không, điều này vô lý, nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.4. Chonsốai∈Z. Chứng minh rằng đa thức
P(x) = (x−a1)2(x−a2)2. . .(x−an)2+1
bất khả quy trongZ[x].
Lời giải. Vì P(x)>0 với mọix nên đa thứcP(x)vô nghiệm. Suy ra hai nhân tử
G(x)vàH(x)cũng vô nghiệm nên không đổi dấu.
Giả sửG(x)vàH(x)dương với mọix. Ta cóH(ai)G(ai) =1nên suy raH(ai) = 1vàG(ai) =1. NếudegH<nsuy raH(x)−1cónnghiệm. Kéo theo rằngH(x)≡
1. Điều này vô lý, nêndegH =degG=n, suy ra
H(x)−1=A(x−a1). . .(x−an), G(x)−1=B(x−a1). . .(x−an). Thế vào ta có (x−a1)2(x−a2)2. . .(x−an)2+1 = [1+A(x−a1). . .(x−an)][1+B(x−a1). . .(x−an)]. So sánh hệ số củax2n thì ta có1=AB. So sánh hệ số tự do a21a22. . .an2+1=1+ (A+B)a1a2. . .an+a12a22. . .a2n.
Suy raA+B=0. Do đó1=AB=−A2. Điều này vô lý. Vậy bài toán được chứng minh.
Chương 3
Một số chủ đề khác
3.1 Đa thức nhiều biến
Bài toán 3.1.1. Cho đa thức f(x,y) =ax2+2bxy+2y2 luôn luôn dương. Chứng minh
(f(x1,y1, f(x2,y2))12f(x1−x2−y2)≥(ac−b2)(x1y2−x)
với mọix1,x2,y1,y2.
Lời giải. Từ giả thiết ta cób2−ac<0hayac−b2>0. Ta có đồng nhất thức
(ax12+2bx1y1+cy12)(ax22+2bx2y2+cy22) (ax1x2+by1y2+bx2y1+cy1y2)2+ (ac−b2)(x1y2−x2y1)2. (3.1) Đặt E1= f(x1,y1)>0,E2= f(x2,y2)>0 F =|ax1x2+bx1y2+bx2y1+cy1y2)| ≥0. Từ (3.1) suy ra E1E2 = F2+ (ac−b2)(x1y2−x2y1)2. Mà f(x1−x2,y1−y2) = E1+E2±2F. Do đó (f(x1,y1),f(x2,y2))12f(x1,x2,y1−y2) = (E1E2)12.(E1+E2−2F) ≥(E1E2)2.(2(E1E2)2−2F) =2E1E2−2((E1E2)12.F
=2F2+2(ac−b)2(x1y2−22y1)2−2F(F2+ (ac−b2)(x1y2−x2y1)2 1 2 =2F2+2(ac−b)2(x1y2−x2y1)2−2F2 1+ac−b2(x1y2−x2y1)2 F2 !1 2 ≥2F2+2(ac−b)2(x(y2x2y1)2−2F2 1+(ac−b2)(x1y2−x2y1)2 2F2 ! = (ac−b2)(x1y2−x2y1)2 Vậy (f(x1,y1, f(x2,y2))12f(x1−x2−y2)≥(ac−b2)(x1y2−x) với mọix1,x2,y1,y2.
Bài toán 3.1.2(Olympic Sinh viên Toàn quốc 2010).
(a) Chứng minh rằng ứng với mỗi số nguyên dươngn, biểu thứcxn+yn+zncó thể biểu diễn dưới dạng đa thứcPn(s,p,q)bậc không quáncủas=x+y+z,
p=xy+yz+zx,q=xyz.
(b) Hãy tìm tổng các hệ số của đa thứcP2010(s,p,q).
Lời giải. (a) Ký hiệuSn=xn+yn+zn.Trước hết ta chứng minh
Sn =sSn−1−pSn−2+qSn−3. (3.2) Thật vậy, ta có Sn=sSn−1−pSn−2+qSn−3 = (x+y+z)(xn−1+yn−1+zn−1) −(xy+yz+zx)(xn−2+yn−2+zn−2) +xyz(xn−3+yn−3+zn−3) =xn+yn+zn+xyn−1+xn−1y+xzn−1+zxn−1+yzn−1+zyn−1 − xn−1y+xyn−1+xn−1z+xzn−1+yzn−1y+xyzn−2+ +xyn−2z+xn−2yz+ (xyzn−2+xyn−2z+xn−2yz) =xn+yn+zn=Sn.
Ta sẽ chứng minh mệnh đề : “biểu thứcxn+yn+zn có thể biểu diễn dưới dạng đa thứcPn(s,p,q)bậc không quáncủas=x+y+z, p=xy+yz+zx,q=xyz.” bằng phương pháp quy nạp. Ta có S1 =x+y+z=s S2 =x2+y2+z2 = (x+y+z)2−2(zy+yz+zx) =s2−2p, S3 =x3+y3+z3 = (x+y+z)3−3(x+y+z)(xy+yz+zx) +3xyz =s3−3sp+3q. Vậy mệnh đề đúng vớin=1,n=2,n=3.
Giả sử mệnh đề đúng với n=k−1, n=k−2, n=k−3. Khi đó theo (3.2), suy ra mệnh đề cũng đúng vớin=k. Do đó ta có điều phải chứng minh.
(b) Giả sử x2010+y2010+z2010 = P2010(s,p,q). Ta cần tìm tổng các hệ số của P2010(s,p,q), tức là tínhP2010(1,1,1). Xét hệ phương trình x+y+z=1 xy+yz+zx=1 xyz=1
Khi đó theo Định lí Viet suy rax,y,zlà nghiệm của phương trìnht3−t2+t−1=0, tức làt ∈ {1,i,−i}. Vậy chỉ cần chọnx=1,y=i,z=−i, ta được tổng các hệ số của đa thứcP2010(s,p,q)là