2 Tổng thu hẹp-phương pháp đa thức
3.3.1 Chứng minh số vô tỷ
Theo kết quả sau đây, ta biết được rằng, một đa thức bậc n > 0 có không quá n nghiệm phân biệt.
Định lý 3.3.1. [Bézout] Một đa thức bậc n > 0 có không nhiều hơn n
nghiệm phân biệt.
Ví dụ 3.3.2. Chứng minh rằng, số √
3 là một số vô tỷ.
Bài giải: Đa thức x2 −3 là bất khả quy trong Z[x]. Vì đa thức x2 −3
không có nghiệm hữu tỷ trong Q và √
3 là nghiệm của đa thức này nên √
3 là một số vô tỷ.
Ví dụ 3.3.3. Chứng minh rằng, số α dưới đây là một số vô tỷ:
α = p10092 + 1 +p10102 + 1 +· · ·+ p20162 + 1.
Bài giải: Trước tiên ta chỉ ra số α không phải là một số nguyên. Thật vậy, từ việc đánh giá n < √
n2 + 1 < n+1
n ta có thể viết α = 1009 +t1+
1010 +t2+· · ·+ 2016 +t1008 với 0 < ti < 1
1008 với mọi i = 1,2, . . . ,1008.
Vì 0 < t1 + t2 +· · ·+t1008 < 1 nên α không là số nguyên. Tiếp theo, bằng phương pháp quy nạp nta chỉ ra αn =
n
P
i=1 √
ai, trong đó các ai đều là số nguyên dương, không là số chính phương, là đại số trên
Q hay có một đa thức monic bậc dương thuộc vành Z[x] nhận αn làm nghiệm. Với n= 1, α1 = √
a1 là nghiệm của đa thức monicx2−a1 ∈ Z[x],
kết luận đúng. Giả sử kết luận đúng cho n, có nghĩa: Có đa thức monic
f(x) = xr+b1xr−1+· · ·+br−1x+br ∈ Z[x], r > 0, nhận αn làm nghiệm. Với n+ 1, từ αn+1 = αn+√
an+1 ta suy ra f(αn+1−√an+1) =f(αn) = 0.
Như vậy, đa thức f(x−√an+1) nhận αn+1 làm nghiệm. Biểu diễn
f(x−√an+1) = (x−√an+1)r +b1(x−√an+1)r−1 +· · ·
+ br−1(x−√an+1) +br
= xr+ g(x) +√
an+1h(x)
với đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] và degg(x),degh(x) 6 r −1. Xét đa thức
với hệ số nguyên nhận αn+1 làm nghiệm, vì từ hệ thức αrn+1+g(αn+1) +
√
an+1h(αn+1) =f(αn+1 −√an+1) = 0 suy ra
αrn+1 +g(αn+1)2 −an+1h(αn+1)2 = 0
hay φ(αn+1) = 0.
Ví dụ 3.3.4. [Soviet MO 1991] Cho 2n số phân biệt a1, a2, . . . , an
và b1, b2, . . . , bn đặt vào các ô của một lưới nguyên tạo bởi các đường
x = 0, x = 1, . . . , x = n và y = 0, y = 1, . . . , y = n theo quy tắc sau: Ô lưới nguyên ở cột thứ i và dòng thứ j thì ta viết số ai +bj. Chứng minh rằng, nếu tích các số thuộc mỗi cột là bằng nhau thì tích các số ở mỗi dòng cũng bằng nhau.
Bài giải: Xét đa thức p(x) =
n Q i=1 (x + ai) − n Q j=1 (x − bj). Hiển nhiên
degp(x) < n. Theo giả thiết tất cả các số c = p(bj), j = 1,2, . . . , n,
đều bằng nhau. Như vậy, đa thức p(x)−c có bậc nhỏ hơn n, nhưng có
n nghiệm phân biệt là b1, b2, . . . , bn. Đa thức này phải đồng nhất bằng 0 hay p(x) ≡ c với mọi giá trị của x. Ta nhận được c = p(−ai) = (−1)n+1
n
Q
j=1
(ai + bj) với mọi i = 1,2, . . . , n. Từ đó suy ra tích mỗi số ở mỗi dòng đều bằng nhau và
n
Q
j=1
(ai+bj) = (−1)n+1c.
Ví dụ 3.3.5. Cho 2n số chia thành hai nhóm phân biệt là a1, a2, . . . , an
và b1, b2, . . . , bn thỏa mãn điều kiện: ai +aj = bi +bj với 16 i < j 6 n.
Chứng minh rằng, n là một lũy thừa của 2.
Bài giải: Xét đa thức f(x) =
n P i=1 xai và g(x) = n P j=1 xbj. Khi đó f(x)2 = n P i=1 x2ai + 2 P 16i<j6n xai+aj = f(x2) + 2 P 16i<j6n xai+aj và g(x)2 = n P i=1 x2bi + 2 P 16i<j6n xbi+bj = g(x2) + 2 P 16i<j6n xbi+bj. Vì ai + aj = bi + bj với mọi
i, j = 1,2, . . . , n, i < j, theo giả thiết, nên ta có ngay f(x)2 −f(x2) =
nên f(x)−g(x) = (x−1)kq(x) với k là số nguyên dương và đa thức q(x) thỏa mãn q(1) 6= 0. Vậy f(x) + g(x) = f(x 2)−g(x2) f(x)−g(x) = (x2 −1)kq(x2) (x−1)ka(x) = (x+ 1) kq(x2) q(x) .
Với x = 1 ta nhận được 2n = 2k hay n= 2k−1.
Với tập khác rỗng A ta định nghĩa A + A = {a + b|a, b ∈ A} và
A−A = {a−b|a, b ∈ A}.
Ví dụ 3.3.6. [RMC 2015] Giả sử A là một tập hữu hạn các số thực, khác rỗng. Chứng minh rằng
card(A).card(A−A) 6 card(A+A)2.
Bài giải: Đặt S = A+A và D = A−A. Xây dựng ánh xạ f : A×D →
S×S,(a, d) 7→ (a+xd, a+yd)vớixd, yd ∈ Asao choxd−yd = dvàxdlà lớn nhất. Hiển nhiên, khi biết dthìxd, yd được xác định duy nhất. Bây giờ ta chỉ ra f là một đơn ánh. Nếuf(a, d) =f(a0, d0) thì a+ xd = a0+xd0 a+ yd = a0 +yd0.
Từ hệ này suy ra d = xd −yd = xd0 −yd0 = d0. Từ đó suy ra a = a0 và
xd = xd0. Như vậy, f được xác định hoàn toàn và là một đơn ánh. Do f
là đơn ánh nên card(A).card(A−A) 6 card(A+A)2.
Ví dụ 3.3.7. [RMC 2015] Giả sử n ∈ N, n > 4. Xác định tập A =
{a1, a2, . . . , an} ⊂ N sao cho A chứa 2015 và |ai −aj| là số nguyên tố cho tất cả các số phân biệt i, j ∈ {1,2, . . . , n}.
Bài giải: Dễ dàng thấy ngay rằng A không thể chứa nhiều hơn hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ vì điều kiện |ai −aj| phải là một số nguyên tố. Do n > 4 nên n = 4 và A chứa hai số chẵn, hai số lẻ. Do 2015 ∈ A
nên hai số lẻ thuộc A hoặc là 2013,2015 hoặc là 2015,2017. Xét trường hợp A chứa 2013,2015. Hai số chẵn thuộc A là 2a,2a + 2, trong đó a
là số nguyên dương. Do |2013 − 2a|,|2011 − 2a| và |2015 − 2a| là số nguyên tố lẻ nên 2a không thể là 2010,2012,2014,2016. Khi 2a < 2010
thì 2011−2a,2013−2a,2015−2a là ba số lẻ liên tiếp và đều là số nguyên tố. Do vậy, một trong ba số đó phải bằng 3. Vậy 2a = 2008, a+ 2 = 2010.
Kiểm tra A = {2008,2010,2013,2015} thỏa mãn. Khi 2a > 2016 thì −2011+2a,−2013+2a,−2015+2alà ba số lẻ liên tiếp và đều là số nguyên tố. Do vậy, một trong ba số đó phải bằng 3. Vậy 2a = 2018, a+ 2 = 2020.
Kiểm tra A = {2013,2015,2018,2020} thỏa mãn. Tương tự ta cũng có
A = {2010,2012,2015,2017} và A = {2015,2017,2020,2022}.