đa thức với các hệ số nguyên

MAI THỊ PHƯƠNG LAN ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC th¸i nguyªn - n¨m 2014... MAI THỊ PHƯƠNG LAN ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC th¸i nguyª

MAI THỊ PHƯƠNG LAN

ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

th¸i nguyªn - n¨m 2014

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

MỤC LỤC

Chương 1ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN - 4 -

1.1 Đa thức - 4 -

1.2 Phân tích đa thức thành nhân tử - 8 -

1.3 Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên - 13 -

1.4 Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy - 14 -

1.5 Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức - 25 -

Chương 2 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 một số điều kiện - 38 - Dạng toán 2.2 Các bài toán liên quan đến tính chia hết - 40 -

Dạng toán 2.3 Phân tích đa thức với hệ số nguyên ra thừa số - 42 -

Dạng toán 2.4 Các tính chất của đa thức với hệ số nguyên - 49 -

Dạng toán 2.5 Đa thức bất khả quy - 56 -

Dạng toán 2.6 Các bài tập tổng hợp - 58 -

MAI THỊ PHƯƠNG LAN

ĐA THỨC VỚI CÁC HỆ SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

th¸i nguyªn - n¨m 2014

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

MỞ ĐẦU

Toán học là một ngành khoa học hấp dẫn khiến hàng triệu con người trên thế giới đam mê Đại số là một trong các lĩnh vực nghiên cứu của toán học, trong đó đa thức là một trong những vấn đề quan trọng của đại số Đa thức nói chung và đa thức với hệ số nguyên nói riêng có nhiều tính chất hay, đẹp và có nhiều ứng dụng

Đa thức với hệ số nguyên là lớp đa thức có nhiều tính chất đặc thù mà chỉ riêng lớp

đa thức này mới có Thí dụ, phân tích đa thức với hệ số nguyên thành các đa thức thừa số với hệ số là số nguyên, hay tiêu chuẩn để một đa thức với hệ số nguyên là bất khả qui,…là các bài toán khó, liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau của đại

số như lý thuyết đồng dư, đa thức bất khả quy,… và hiện nay vẫn được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu

Mặt khác, các bài tập cụ thể về đa thức với hệ số nguyên thường là các bài toán thú

vị, phát biểu đơn giản, chứng minh đẹp đẽ và sơ cấp, nhiều khi chỉ cần đến những kiến thức toán phổ thông nâng cao nhưng cần các suy luận độc đáo Chính vì vậy

mà dạng toán này thường được ra trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế

Luận văn Đa thức với các hệ số nguyên có mục đích trình bày tổng quan về một số

kết quả đã biết về đa thức với hệ số nguyên và ứng dụng trong giải toán

Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm hai chương

Chương 1 trình bày tổng quan về đa thức với hệ số nguyên

Chương này trình bày đa thức với hệ số nguyên: đa thức và nghiệm của đa thức, phân tích đa thức thành nhân tử, đa thức bất khả quy và các tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức, đa thức với hệ số nguyên và đồng dư thức,

Chương 2 trình bày các dạng toán về đa thức với hệ số nguyên và các bài toán về

đa thức với hệ số nguyên trong các đề thi vô địch quốc gia , quốc tế

Luận văn trình bày các kiến thức cơ bản về đa thức với hệ số nguyên và tập hợp một lượng không nhỏ (khoảng 50 bài) các bài toán thi vô địch quốc gia và quốc tế

về đa thức với hệ số nguyên Tuy nhiên, luận văn chắc chắn còn nhiều thiếu sót, nên rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô, các bạn đồng nghiệp và độc giả quan tâm để tác giả hoàn thiện luận văn tốt hơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình và nghiêm túc của PGS TS

Tạ Duy Phượng Xin được bày tỏ lòng biết ơn tới người Thày, đã không chỉ hướng dẫn khoa học, mà còn động viên và khích lệ tác giả say mê học tập và nghiên cứu Xin bày tỏ lòng biết ơn Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đã trang

bị cho tôi những kiến thức toán học cơ bản trong thời gian học Cao học

Xin được cám ơn Trường Cao đẳng Công Nghiệp và Xây Dựng, Quảng Ninh, nơi tôi công tác, đã tạo mọi điều kiện để tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập

Xin được cám ơn Gia đình, bạn bè đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học Cao học và viết Luận văn

Quảng Ninh, ngày 01.5.2014

Mai Thị Phương Lan

Định nghĩa 1.1.1 Đa thức bậc n ( deg P n ) trên vành K là biểu thức dạng

1

với a iK a, n 0 được gọi là hệ số cao nhất, a được gọi là hệ số tự do 0

Định nghĩa 1.1.2 Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng

Tập tất cả các đa thức với hệ số nguyên là một vành, ký hiệu là  x

Giá trị của đa thức ( )P x tại x là 0 P x( )0 a x n 0n a x n1 0n1  a x1 0 a0

Định lý 1.1.1 (Euclid) Cho đa thức P x bậc n và đa thức   Q x bậc m ( m  n)

Chứng minh

Sự tồn tại Sự tồn tại của S x và   R x thì suy ra từ thuật toán dưới đây  

 

thức R x được gọi là đa thức dư của   P x khi chia cho   Q x  

Trường hợp 1 degPdeg Q Đặt S x 0,R x P x  Hiển nhiên ta có phân tích (1.1)

Trường hợp 2 degPdeg Q Giả sử

có bậc không vượt quá n1, thực sự nhỏ hơn bậc của P x hoặc  , P x1 0

Nếu P x1 0 thì đa thức dư R x 0 và đa thức thương Q x H x 

Dãy đa thức P x1 , P x2  có bậc thật sự giảm dần

Cuối cùng ta đi đến một đa thức có bậc thực sự nhỏ hơn bậc của Q x  

Đa thức đó chính là đa thức dư R x  

Nếu một đa thức của dãy bằng 0 thì đa thức dư R x 0

Để thấy rõ hơn, ta viết các bước mà ta đã thực hiện để được dãy P x1 , P x2 ,

với P x k 0 hoặc degP k deg Q

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được

 1   1   1

deg RR deg Q SS degQdeg SS Mặt khác,

 1  1  1

deg RR max deg ,degR R degQdegQdeg SS

Mâu thuẫn với đẳng thức trên Tính duy nhất của phân tích (1.1) được chứng minh

Định lý 1.1.2 (Bezout) Phần dư R khi chia đa thức P x với các hệ số nguyên  

Chứng minh Từ Định lí 1.1, với Q x( )xa, ta có

Nhưng ( )R x có bậc nhỏ hơn Q x( )xa,nên ( )R x R

Thay xa vào đẳng thức trên ta được

1.2 Phân tích đa thức thành nhân tử

Định nghĩa 1.2.1 Cho đa thức ( )P x với các hệ số thuộc vành K Nhân tử (thừa

biểu diễn dưới dạng tích của ( )Q x và một đa thức ( ) S x với các hệ số thuộc vành ,

x x  x trên vành số nguyên

Định nghĩa 1.2.2 Cho ( )P x và ( ) Q x là các đa thức một biến với các hệ số thuộc

vành K Ta nói rằng ( ) P x chia hết cho ( ) Q x nếu ( )P x Q x S x( ) ( ),trong đó ( )S x

là một đa thức với các hệ số thuộc vành K

Định nghĩa 1.2.3 Cho P x là đa thức với hệ số thuộc vành   K Ta gọi P x là đa  

với các hệ số thuộc K và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1

thức bất khả quy với các hệ số trên trường K

Ví dụ 1.2.2 Cho 3 2

Đa thức ( )P x được phân tích ra thừa số dưới dạng P x( )(x1) (2 x1)

Nhận xét 1 2.1 Nghiệm của đa thức là các nghiệm của các nhân tử của đa thức đó

Ví dụ 1.2.3 Trước tiên, ta thấy nghiệm của 2

P x  x  là 1 Mà

2

x   x x Nghiệm của x1 là 1 và nghiệm của x1 là 1

Như vậy ( )P x có hai nghiệm 1, cũng là nghiệm của hai nhân tử x1 và x1.Nhận xét dưới đây là hiển nhiên, nhưng cũng rất thuận lợi trong sử dụng (xem các

Ví dụ 1.4.4 và các Bài tập sau đó)

Nhận xét 1.2.2 Nếu đa thức (P xa), a , là bất khả quy (trên ) thì đa thức ( )

Chứng minh Giả sử đa thức ( )P x khả quy, tức là ( ) P x Q x S x( ) ( ) Suy ra

P x P xa Q xa S xa

Vì ( )Q x và ( ) S x là đa thức trên nên Q x1( )Q x( a) và S x1( )S x( a) cũng

là đa thức trên Vậy P x( a)P x1( )Q x( a S x) ( a)Q x S x1( ) ( )1 là đa thức khả quy trên Mâu thuẫn

Định nghĩa 1 2.4 Một đa thức với hệ số nguyên ( )D x được gọi là ước chung của

( )

Ước chung ( )D x của ( ) P x và Q x được gọi là ước chung lớn nhất nếu nó chia ( )hết cho mọi ước chung của ( )P x và ( ) Q x

Ước chung lớn nhất của ( )P x và ( ) Q x được ký hiệu ngắn gọn là D( , ).P Q

Hai đa thức ( )P x và Q x được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung lớn ( )nhất của nó bằng 1

Định lý 1.2.1 Hai đa thức ( ) P x và Q x nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn ( )

Chứng minh Giả sử tồn tại các đa thức U x V x thoả mãn điều kiện ( ), ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1

( )

Ngược lại, giả sử P x Q x( ), ( )1 Khi ấy tồn tại các đa thức U x V x( ), ( ) sao cho ( ) ( )P x U x Q x V x( ) ( ) 1.

Ta chứng minh điều này bằng quy nạp theo mmin deg ,deg P Q

Nếu m0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên Chẳng hạn nếu degQ0 thì

0

Q c là hằng số và ta chỉ cần chọn     1

0,

U x  V x c thì ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 1

Giả sử khẳng định của định lý đúng đến m

Xét hai đa thức ( )P x và ( ) Q x có min deg ,deg P Q m 1

Không mất tính tổng quát, giả sử m 1 deg Q

Thực hiện phép chia ( )P x cho ( ) Q x được thương là ( ) S x và dư là ( ), R x tức là

Nếu R x 0 thì P x( )Q x S x( ) ( ) Chứng tỏ Q x là ước của ( ) P x hay ước ( )chung của ( )P x và ( ) Q x là ( ) 1 Q x  Vô lí vì theo giả thiết P x Q x( ), ( )1

Vì vậy, ta có R x 0 Hơn nữa, vì ( )R x P x( )Q x S x( ) ( ) nên

Đặt U x U*   x V x, V * x –S x U   * x ta được điều phải chứng minh

Bổ đề 1.2.1 Nếu đa thức ( ) ( ) P x Q x chia hết cho một đa thức bất khả quy ( ) R x thì

Chứng minh Giả sử rằng ( )Q x không chia hết cho ( ) R x Vì ( ) R x là bất khả quy

nên ( , ) 1.Q R  Theo Định lí.2.1, tồn tại các đa thức U x và ( ) V x sao cho ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

cho R x và ( ) R x P x cũng chia hết cho ( ) ( ) R x Chứng tỏ vế trái chia hết cho ( ).( ).

Định lý 1.2.2 Mọi đa thức ( ) P x trên trường K có thể phân tích thành tích của

các nhân tử bất khả quy và sự phân tích đó là duy nhất đến sai khác một hằng số

Chứng minh Ta sẽ chứng minh nhờ quy nạp theo ndeg P Trước tiên, nhận xét rằng, nếu ( )P x bất khả quy thì ( ) P x chính là phân tích bất khả qui của ( ) P x

Với n1, thì đa thức ( )P x axb là bất khả quy trên mọi trường K

Giả sử quy nạp rằng các đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ hơn n đều phân tích

được thành tích của các đa thức bất khả quy

Ta sẽ chứng minh Định lý cho bậc của ( )P x bằng n

Giả sử rằng ( )P x là khả quy, có nghĩa là ( )P x Q x S x( ) ( ),trong đó bậc của ( )Q x

và bậc của ( )S x đều nhỏ hơn n

Theo giả thuyết qui nạp, ( )Q x và ( )S x được phân tích dưới dạng

1

k i i

Bây giờ chúng ta chứng minh sự phân tích trên là duy nhất (chính xác đến hệ số) Giả sử P x( )aQ x1( ) Q x k( )bR x1( ) R x s( ), trong đó ,a b K , và Q x1( ), ,Q x k( ),

tính tổng quát, giả sử Q x chia hết cho 1( ) R x1( ) Để ý rằng Q x và 1( ) R x là các đa 1( )thức bất khả quy, ta suy ra Q x1( )c R x1 1( ), trong đó c1K Đơn giản biểu thức

2, ,s Vậy phân tích ( ) P x thành tích của các nhân tử bất khả quy là duy nhất

đến sai khác một hằng số.∎

1.3 Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

Định lý 1.3.1 (Mối liên hệ giữa nghiệm và nhân tử trong một đa thức với hệ số

nguyên) Giả sử x m, ( , ) 1m n

n

( )

Ví dụ 1.3.1 Nghiệm của đa thức 2

3

Suy ra (x1) và (3x1) là hai nhân tử với hệ số nguyên bất khả quy của ( ).P x

Định lý 1.3.2 (về nghiệm hữu tỷ) Cho 1

Chứng minh Giả sử phân số tối giản x r

a s chia hết cho r mà  s r n, 1 nên a chia hết cho 0 r ∎

Hệ quả 1.3.1 Cho P x là đa thức mônic với hệ số nguyên Khi đó nếu   x là nghiệm hữu tỷ của P x thì   x là số nguyên

1.4 Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy

Định lý 1.4.1 (Tiêu chuẩn T Schönemann (1846)- Eisenstein (1850)) Cho đa thức

1

Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho:

ii) a chia hết cho p với mọi i i0,1,2, ,n1;

iii) a không chia hết cho 0 p 2

được dưới dạng tích của hai đa thức với hệ số nguyên và có bậc không nhỏ hơn 1

Chứng minh (xem, thí dụ, [5], [6] p.50) Giả sử P x phân tích thành tích của hai  

đa thức với hệ số nguyên và có bậc không nhỏ hơn 1, tức là

Vì theo ii), a chia hết cho p nên 0 b c chia hết cho ,0 0 p do đó một trong hai số b 0

hoặc c chia hết cho 0 p Để xác định, coi b chia hết cho 0 p Khi ấy c không chia 0

hết cho p vì theo iii), a0 b c0 0 không chia hết cho p 2

Nếu tất cả các số nguyên ,b i i 1,2, ,r đều chia hết cho p thì a n b c r s chia hết cho ,p vô lý vì theo giả thiết i) thì a không chia hết cho n p Do đó tồn tại một chỉ

số i 0, 0  i0 r n, sao cho

0

i

nhất trong số các b không chia hết cho i p tức là , b chia hết cho p với i

b c a  b c  b c  b c chia hết cho ,p vì tất cả các số hạng ở vế trái

đều chia hết cho p Mà c không chia hết cho p nên 0

0

i

thuẫn Chứng tỏ ( )P x là đa thức bất khả quy Định lý chứng minh xong

Ghi chú: Tiêu chuẩn trên thường được mang tên Ferdinand Eisenstein Thực ra nó đã được công

bố bởi T Schönemann trong Crelle's Journal 32 (1846), p 100, và đã được đại chúng hóa bởi Eisenstein trong Crelle's Journal 39 (1850), pp 166-169 Eisenstein đã áp dụng định lý này cho các đa thức với hệ số trong ( ),i chứ không phải trong Vì vậy nhiều tác giả gọi Định lí trên là Tiêu chuẩn T Schönemann- Eisenstein (xem, thí dụ, [5])

Áp dụng trực tiếp tiêu chuẩn Eisenstein ta có một số ví dụ sau đây

Ví dụ 1.4.4 (xem [6] p 50, [9] p.74) Giả sử p là số nguyên tố và q không chia hết

cho p Khi ấy đa thức x m  pq là bất khả quy trên Từ đây suy ra mọi số m pq

là số vô tỷ

Ví dụ 1.4.5 (xem [9], p.75) Số m 1, ,

r

nhau là số vô tỷ với mọi m1

Ví dụ 1.4.6 ([9] p 75) Nếu p là số nguyên tố thì đa thức

p p

x  tuy nhiên, với Nhận xét 2.2, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn

Eisenstein để chứng minh tính bất khả quy của khá nhiều đa thức

P x x  x  x là đa thức bất khả quy trên

Chứng minh Không có p nguyên tố nào để kiểm tra tính bất khả quy của đa thức

P x x  x  x theo tiêu chuẩn Eisenstein (vì không có p nguyên tố nào

chia hết 8, 4, 5) Nhưng đa thức

Vậy theo Nhận xét 2.2, đa thức ban đầu 4 2

Chứng minh Không có p nguyên tố nào để kiểm tra tính bất khả quy của đa thức

P x  x  x  x theo tiêu chuẩn Eisenstein (vì không có p nguyên

tố nào chia hết 27, 222, 562) Nhưng đa thức

Giả sử có một số nguyên tố p thỏa mãn:

i) Tồn tại số nguyên , 0 k  k n sao cho a a0, , ,1 a k1 chia hết cho p và a không k

ii) a0 không chia hết p 2

Định lý 1.4.3 (Tiêu chuẩn Cohn, xem, thí dụ, [10]) Cho số nguyên tố p mà biểu

diễn trên hệ cơ số 10 có dạng

Ví dụ 1.4.10 Chứng minh rằng đa thức 3 2

x  x  x là bất khả quy

Giải Có thể kiểm tra (trực tiếp hoặc nhờ máy) được 1733 là số nguyên tố

Số 1733 được biểu diễn trong hệ cơ số 10 như sau:

1733 1.10 7.10 3.10 3.10 Vậy đa thức đã cho là bất khả quy

Định lý 1.4.4 (Tiêu chuẩn Cohn tổng quát) Cho số nguyên tố p và số tự nhiên

dương, hoặc thỏa mãn

.2

Chứng minh Định lý 1.4.4 Vì b là cơ số của hệ đếm và số nguyên tố p có phân

tích p a b n n a n1.b n1  a b1 a b0 0 nên 0 a i b hay 0  a i b 1 với mọi 0,1, ,

i n Hơn nữa, a n 1 và a n1 0 Như vậy, Bổ đề 4.1 được thỏa mãn với

b

Giả sử ( )P x khả quy, nghĩa là ( ) P x Q x S x( ) ( ), trong đó ( )Q x và ( ) S x là các đa

hạng có số mũ cao nhất của ( ).Q x Vì Q b( ) 1 nên c 1

Vì ( )P x Q x S x( ) ( ) và i là các nghiệm của ( )Q x nên i cũng là các nghiệm

của ( ).P x Do đó, hoặc Re( )i 0 hoặc 1 1 4( 1)

    Vô lý Vậy ( )P x là bất khả quy

Tiêu chuẩn Cohn tổng quát được chứng minh

( ) n n n n

Định lý 1.4.6 (Tiêu chuẩn Perron) Cho 1

Mặt khác, với z 1, ta có

1 1 1

Theo Định lý Rouche (Định lý 1.3), số nghiệm của ( )P z và ( ) Q z bên trong đường

tròn z 1 là như nhau, tức là P z có đúng ( ) n1 nghiệm (bằng số nghiệm của ( )

Q z ) nằm bên trong hình tròn z 1

Nói cách khác, ( )P z chỉ có duy nhất một nghiệm z với z 1

Bây giờ giả sử ngược lại rằng, ( )P x không phải là đa thức bất khả quy (trên trường

số nguyên), tức là P x( )P x P x1( ) ( )2 với P x và 1( ) P x là các đa thức có bậc 2( )dương với hệ số nguyên Gọi x x1, 2, ,x k là nghiệm của P x1( )x k   b0 Khi ấy theo Định lý Viet, tích x x1 2 x k   1 k b0 của các nghiệm của đa thức P x (và 1( )

vậy Mâu thuẫn Chứng tỏ ( )P x là đa thức bất khả quy

ii) Nếu a1  1 a2   a n , thì bất đẳng thức (1) trở thành không ngặt Nhưng nếu ( 1) 0P   thì bất đẳng thức (2) trở thành ngặt Thật vậy, với z 1, đẳng thức

P z( )  Q z( )  a1 1

chỉ có thể xảy ra khi đồng thời ( )P z 0 và za1  a1 1

Định lý 1.4.7 (Tiêu chuẩn Brauer) Cho a1a2  a n là các số nguyên dương

Chứng minh (xem [6] p 58) Xét đa thức ( ) (Q x  x1) ( ).P x Rõ ràng,

Các số b1, ,b n1 là các số nguyên dương và b1   1 b2 b n1 Do đó, ( )Q x thỏa

mãn điều kiện thứ nhất trong ii) của Định lý 4.6 Nhưng nó không thỏa mãn điều kiện thứ hai vì (1) 0.Q  Do đó ta phải áp dụng một kĩ thuật khéo léo hơn như sau

Hệ số của  là dương, và do đó, với  0 đủ nhỏ ta có T z( )  z n1 0.

Trong trường hợp này

z   bằng số nghiệm của ( ).T z Nhưng tất cả n nghiệm của ( ) T z nằm hoàn

toàn trong đĩa đơn vị z 1 Thật vậy, nếu z 1, thì

1

Cho  0, ta thấy rằng bên trong và trên biên của đĩa đơn vị có đúng n nghiệm

của đa thức ( ) (Q x  x1) ( ).P x Do đó có đúng n1 nghiệm của ( )P x nằm trong đĩa đơn vị và ít nhất một trong các nghiệm này nằm bên ngoài Do đó, ( )P x là bất

Chứng minh Giả sử rằng ( )P x Q x S x( ) ( ), trong đó ( ), ( )Q x S x là các đa thức có

bậc dương với hệ số nguyên Tích của các số hạng tự do của ( )Q x và ( ) S x bằng

p

 Vì p là số nguyên tố, nên một trong các số hạng tự do của Q x hoặc ( )( ) S x

bằng 1. Giả sử đó là Q x Theo Định lý Viet, tích của giá trị tuyệt đối của tích ( ).các nghiệm của đa thức ( )Q x bằng 1 Vậy đa thức này phải có một nghiệm  sao cho  1 Vì  cũng là một nghiệm của ( )P x , nên từ ( ) P  0 ta có

p n a1n1 a n 1 1 a1 a n 1.

       

Mâu thuẫn với điều kiện i) Vậy ( )P x là bất khả quy

Trong trường hợp ii)  không là một căn của đơn vị Do đó  1 Suy ra

Chứng minh Vì 2011 là số nguyên tố và 2011 1 18 3   nên theo tiêu chuẩn

P x x  x   x  là bất khả quy

1.5 Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức

Phần này được viết dựa theo [1]

Cho đa thức P x với các hệ số nguyên và số nguyên tố   p Chúng ta sẽ xét vấn đề

về sự tồn tại nghiệm của phương trình đồng dư P x 0 mod p k,trong đó k là

Mọi nghiệm khác của phương trình này đều có dạng x t x0 mt t, 

Chứng minh Nếu ,k l ,k1,0  k m 1,0  l m 1 thì ak almodm Điều này có nghĩa là biểu thức asb s, 0,1, ,m1 cho m số dư khác nhau khi

Nếu x t  là một nghiệm của phương trình đồng dư axbmodm thì

Định lý 1.5.3 Cho đa thức P x với các hệ số nguyên và một số nguyên tố   p Nếu

phương trình đồng dư P x  0 modp có đúng r nghiệm nguyên phân biệt

P x

P x t p p

P x   p vì P x i k 0 mod p

Vậy phương trình đồng dư    1

0 mod k

P x  p  có đúng r nghiệm nguyên phân

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì khẳng định đúng với mọi k1.

Định lý đã được chứng minh Áp dụng định lý này có thể chứng minh bài toán sau

Ví dụ 1.5.1(Olympic Toán Quốc gia, Việt Nam 2000) Cho đa thức

  3 2

P x x  x  x

1 Chứng minh rằng trong đoạn 1;32000 tồn tại ít nhất chín số nguyên dương

Mặt khác P 22 22 1 mod3   suy ra P  2 0 mod3 

Theo Định lý 1.5.3, trong đoạn 1996

  Từ đó suy ra rằng trong đoạn 1;32000 có đúng 9 số

nguyên dương a phân biệt sao cho P a chia hết cho   32000

Định lý 1.5.4 Cho các đa thức P x Q x với các hệ số nguyên và nguyên tố    ,cùng nhau (trong  x ) Khi đó tồn tại cá đa thức U x V x với các hệ số    ,

nguyên và có số nguyên tố m sao cho U x P x   V x Q x   m

Định lý 1.5.5 Cho đa thức P x khác hằng số và có các hệ số nguyên Khi đó tồn  

tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư P x  0 modpcó nghiệm

Nếu a n 0 thì P x xQ x , trong đó Q x là đa thức với các hệ số nguyên,  

khi đó phương trình xQ x  0 modp có nghiệm với mọi số nguyên tố p

Giả sử a n 0 và phương trình đồng dư xQ x  0 modp có nghiệm với mọi số nguyên tố p p1, 2, ,p k.Với t , đặt x1 p p1 2 p a t k n Khi đó

 t 0 1 2 k n n n 1 1 2 k n n n 1 2 k 1 ,

Chọn t sao cho p p1 2 p B k 1 khác 1 và -1 Khi đó P x có ước nguyên tố  1

khác p p1, 2, ,p k

Định lý 1.5.6 Cho đa thức P x có các hệ số nguyên, bất khả quy trong    x và

không phải là hằng số Khi đó tồn tại các đa thức U x V x với các hệ số nguyên    ,

và số nguyên m0 sao cho U x P x   V x P x    m

Hệ quả 1.5.6 Cho đa thức P x có các hệ số nguyên, bất khả quy trong  x và

không phải là hằng số Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình

đồng dư P x  0 modp có nghiệm x0 mà P x  0 0 modp

Chứng minh Theo Định lý 5.6 tồn tại các đa thức U x V x với các hệ số    ,nguyên và số nguyên m0 sao cho U x P x   V x P x    m

Từ Định lý 1.5.5 suy ra rằng có vô số số nguyên tố p m để phương trình

  0 mod 

P x  p có nghiệm x0

Khi đó P x chia hết cho  0 p Suy ra P x 0 không chia hết cho p

Nếu P x 0 chia hết cho p thì m chia hết cho p

Định lý 1.5.7 Cho đa thức P x có các hệ số nguyên và không phải là hằng số  

Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư

  0 mod k

P x  p có nghiệm với mọi số nguyên dương k

Chứng minh Nếu đa thức P x bất khả quy thì khẳng định được suy ra từ Định lý  

5.3 và hệ quả của Định lý 5.6 Nếu P x khả quy thì   P x G x H x   ,trong đó

   ,    

phải chứng minh Áp dụng Định lý 5.5 ta có thể giải được bài toán sau

Bài toán 1.5.7 Cho đa thức P x khác hằng số và có các hệ số nguyên Giả sử  

,

n k là các số nguyên dương Chứng minh rằng tồn tại số nguyên x sao cho các số

  , 1 , ,  1

Giải Theo Định lý 5.5, tồn tại các số nguyên tố p p1, 2, ,p p k, k1, ,p nk khác nhau từng đôi một và các số nguyên x x1, 2, ,x sao cho nk P x  j 0 modp j 1 j nk

Theo định lý Trung Hoa về số dư (*), tồn tại số nguyên x sao cho

mod  1 ,0 1 

Từ đó ta có điều phải chứng minh

(*) Định lý Trung Hoa về số dư: Giả sử m m1, 2, ,m r là các số nguyên tố cùng nhau từng cặp Khi đó hệ các đồng dư tuyến tính