2 Một số dạng toán thi học sinh giỏi về đa thức
2.3 Sử dụng đa thức bất khả quy
Bài toán 2.17. Cho a∈ Clà nghiệm của một đa thức khác0trongQvàg(x)là đa thức với hệ số hữu tỷ sao cho g(a) 6= 0. Chứng minh rằng tồn tạif(x) ∈ Q[x] sao cho 1
g(a) =f(a).
Chứng minh. Gọi 0 6= p(x) ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của a. Chia g(x) cho
hoặc degr(x) < degp(x). Vì g(a) 6= 0 và p(a) = 0 nên ta cór(x) 6= 0 và ta có
g(a) =r(a).Dop(x)bất khả quy vàdegr(x) <degp(x) nêngcd(p(x), r(x)) = 1.
Do đó có các đa thứcf(x), t(x) ∈ Q[x] sao cho1 = r(x)f(x) +p(x)t(x).Doa là nghiệm củap(x)nên1 =r(a)f(a).Vì thế1 =g(a)f(a) hay 1
g(a) = f(a).
Bài toán 2.18. Trục căn thức ở mẫu của phân số sau
1 1 +√3
2 + 2√3 4.
Lời giải. Đặt g(x) = 1 + x + 2x2. Khi đó mẫu số của phân số là g(√3
2). Đa thức bất khả quy của phần tử √3
2 là p(x) = x3 − 2. Vì degg(x) < degp(x) nên
gcd(p(x), g(x)) = 1.Thực hiện phép chia liên tiếp
4p(x) =g(x)(2x−1)−x−7 g(x) = (−x−7)(−2x+ 13) + 92 −x−7 = 92(− x 92 − 7 92) + 0. Suy ra92 = g(x) + (−x−7)(2x−13). Do đó 92 = g(x) +4p(x)−g(x)(2x−1)(2x−13). Vì thế92 = 4(2x−13)p(x) + 4(−x2+ 7x−3)g(x).Vậy, 23 = (2x−13)p(x) + (−x2+ 7x−3)g(x). Suy ra23 = −√3 4 + 7√3 2−3 1 +√3 2 + 2√3 4.Do đó 1 1+√3 2 + 2√3 4 = −√3 4 + 7√3 2−3 23 .
Bài toán 2.19. Choa1, . . . , an là các số nguyên phân biệt. Chứng minh rằng đa thức
f(x) = (x− a1). . .(x−an) + 1là bất khả quy trên Z (tức làf(x) không là tích của hai đa thức có hệ số nguyên và có bậc bé hơn).
Chứng minh. Giả sử ngược lại, khi đó f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là hai đa thức có hệ số nguyên và có bậc bé hơnn. Vìf(ai) = 1với mọii = 1, . . . , nnên ta
có g(ai)h(ai) = 1với mọi i = 1, . . . , n.Do g(ai) và h(ai) là các số nguyên nên ta có g(ai) = ±1vàh(ai) = ±1với mọi i = 1, . . . , n.Vì n lẻ vàg(a1), . . . , g(an) ∈ {1,−1}, ắt phải có (n+ 1)/2chỉ sối sao chog(ai) = 1(hoặcg(ai) =−1). Không mất tính tổng quát ta giả thiếtg(ai) = 1với ít nhất(n+1)/2chỉ sối. Vì cácailà phân biệt nên đa thứcg(x)−1có ít nhất(n+ 1)/2nghiệm. Suy radegg(x) ≥ (n+ 1)/2.
Tương tự ta suy radegh(x) ≥(n+ 1)/2. Suy ra
n = degf(x) = degg(x) + degh(x) ≥(n+ 1)/2 + (n+ 1)/2 =n+ 1,
điều này vô lí.
Tiêu chuẩn Eisenstein. Cho
f(x) =anxn +an−1xn−1+. . .+a1x+a0
là đa thức bậcndương với hệ số nguyên. Nếu có một số nguyên tốpsao chopkhông là ước củaan vàplà ước củaaivớii < n, đồng thờip2không là ước củaa0thìf(x)
là đa thức bất khả quy trên Q (tức làf(x) không là tích của hai đa thức có hệ số nguyên và có bậc bé hơnn).
Lời giải bài toán sau đây cần sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein.
Bài toán 2.20. Chopnguyên tố. Chứng minh rằng
f(x) =xp−1+xp−2+· · ·+x+ 1 là bất khả quy trênQ. Chứng minh. Đặtf(x) =xp−1+xp−2 +· · ·+x+ 1có f(x) = x p−1 x−1, nên f(x+ 1) = (x+ 1) p−1 x = xp−1+Cp1xp−2+· · ·+Cpp−2x+Cpp−1.
Với1≤ k ≤p−1, ta có Cpk = p! k!(p−k)! ...p vớiCpk =ai. Dopnguyên tố, Cpp−1 = p! 1!(p−1)! =p6... p2, an = 16... p vớiCpk =Cpp−k.
Theo tiêu chuẩn Eisenstein thìf(x+ 1)là bất khả quy nên f(x)bất khả quy. Bài toán sau đây có cách giải tương tự bài toán trên.
Bài toán 2.21(IMO 1993). Cho số nguyênn >1. Chứng minh rằngxn+ 5xn−1+ 3
là bất khả quy trênZ[x].