Chuyên đề SUY NGHĨ về một TOÁN đa THỨC

Phạm Xuân Thịnh, trường THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh 1Tóm tắt nội dung Bài viết này giải quyết một bài toán tổng quát của một bài toán đa thức trong kì thi Học sinh giỏi của Nhật Bản

Phạm Xuân Thịnh, trường THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh 1

Tóm tắt nội dung

Bài viết này giải quyết một bài toán tổng quát của một bài toán đa thức trong

kì thi Học sinh giỏi của Nhật Bản và nó sẽ được dùng như một tiêu chuẩn để kiểm tra tính bất khả quy của một số đa thức

Trong kì thi Học sinh giỏi Nhật Bản năm 1999 có bài toán sau

Bài toán 1 (JMO, 1999) Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức

f(x) = (x2

+ 12

)(x2

+ 22

) (x2

+ n2

) + 1 bất khả quy

Trước khi giải bài toán này, tôi xin nêu vài khái niệm và tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy sẽ có ích cho những lập luận về sau

Giả sử K là một tập con khác rỗng của R Kí hiệu K[x] là tập các đa thức với hệ

số thuộc K

Định nghĩa 1 Đa thức P (x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy trên K nếu nó không thể phân tích thành tích của 2 đa thức khác hằng thuộc K[x]

Định lý 0.1 Cho P (x) ∈ Z[x] Khi đó, P(x) bất khả quy trên Z khi và chỉ khi P(x) bất khả quy trên Q

Định lý 0.2 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P (x) = anxn

+an−1xn−1+· · ·+a1x+a0∈ Z[x] Nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho 3 điều kiện sau đồng thời thỏa mãn i) a0, a1, , an−1 chia hết cho p;

ii) an không chia hết cho p;

iii) a0 không chia hết cho p2

thì P (x) là đa thức bất khả quy trên Z

1 Các trao đổi với tác giả về bài viết này có thể liên hệ qua email : phamxthinh@gmail.com

Mã: TO08

Việc chứng minh các định lí trên xin nhường lại cho bạn đọc Bây giờ ta hãy giải bài toán đã nêu

Giải Giả sử f(x) khả quy trên Z, tức là f(x) = g(x).h(x), với g(x), h(x) ∈ Z[x]

và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Thế thì

g(k.i).h(k.i) = f (k.i) = 1, ∀k ∈ Z, 1 ≤ |k| ≤ n

Từ đó suy ra |g(k.i)| = 1 và h(k.i) = g(k.i)1 = g(k.i) = g(k.i) = g(−k.i) Điều này dẫn tới đa thức h(x) − g(−x) có 2n nghiệm Hơn nữa, đa thức này có bậc nhỏ hơn 2n nên h(x) = g(−x), ∀x Như thế, f(x) = g(x).g(−x) và do đó, f(0) = [g(0)]2, tức là (n!)2

+ 1 = [g(0)]2 Dễ thấy rằng điều này là không thể Vậy điều giả sử là sai hay f(x) là đa thức bất khả quy

Thực tế là đa thức g(x) = (x + 12

)(x + 22

)(x + 32

) (x + n2

) + 1 cũng bất khả quy Việc chứng minh trực tiếp không khó khăn lắm nhưng khá phức tạp Tuy vậy nếu

sử dụng kết quả của bài toán trên thì lại rất đơn giản Thật vậy, giả sử g(x) khả quy, tức là g(x) = P (x).Q(x), ở đó P (x), Q(x) ∈ Z[x] và có bậc lớn hơn hoặc bằng

1 Khi ấy, g(x2

) = P (x2

)Q(x2

) Điều này là không thể Bởi vậy bài toán 1 là một trường hợp riêng của bài toán sau

Bài toán 2 (Romanian TST, 2003) Cho f(x) ∈ Z[x] là đa thức monic, bất khả quy và |f(0)| không phải là số chính phương Chứng minh rằng f(x2

) là đa thức bất khả quy

Giải Giả sử f(x2

) không phải là đa thức bất khả quy Thế thì tồn tại P (x), Q(x) ∈

Z[x] có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 sao cho f (x2

) = P (x)Q(x) Đặt u =√x, x

≥ 0, ta

có f(u) = P (√u)Q(√u) Ta viết P (√u) và Q(√u) dưới dạng

P(√

u) = g1(u) +√

u.h1(u) và Q(√

u) = g2(u) +√

u.h2(u), trong đó g1(u), g2(u), h1(u), h2(u) ∈ Z[u] Khi đó,

f(u) = g1(u)g2(u) + u.h1(u)h2(u) +√

u[g1(u)h2(u) + g2(u)h1(u)] (1)

Từ đây suy ra g1(u)h2(u) + g2(u)h1(u) = 0 Đặt d(u) = gcd (g1(u), g2(u)) , thì tồn tại các đa thức q(u), s(u) ∈ Z[u] sao cho gcd (q(u), s(u)) = 1 và g1(u) =

d(u)q(u), g2(u) = d(u)s(u) Khi ấy, ta có

q(u)h1(u) = −s(u)h2(u) =⇒

!

h1(u) = k(u)s(u)

h2(u) = −k(u)q(u)

với k(u) ∈ Z[u] Thay vào (1) ta được

f(u) = q(u)s(u)"d2

(u) − uk2

(u)# (2)

Vì f(u) là đa thức bất khả quy và d2

(u) − uk2

(u) là một đa thức khác hằng nên có thể coi q(u)s(u) = ±1 Như thế,

f(u) = ±"d2

(u) − uk2(u)# Cho u = 0, ta được |f(0)| = d2

(0) là một số chính phương Điều mâu thuẫn này cho

ta điều phải chứng minh

Bài toán 2 có thể tổng quát hơn nữa để có bài toán sau

Bài toán 3 Cho a, b, c ∈ Z, a ̸= 0 là một số chính phương, ∆ = b2

− 4ac và đa thức P (x) ∈ Z[x] có hệ số cao nhất là một số chính phương Khi đó, nếu P (x) là đa thức bất khả quy trên Z và |P $−∆

4a% | không phải là bình phương của một số hữu

tỉ, thì P (ax2

+ bx + c) cũng là một đa thức bất khả quy

Giải Giả sử P (ax2

+ bx + c) là đa thức khả quy trên Z Khi ấy, tồn tại các đa thức khác hằng Q(x), H(x) ∈ Z[x] sao cho

P(ax2+ bx + c) = Q(x).H(x) (1) Trong (1) ta thay x = −b+

√ 4au + ∆ 2a , thì được

P(u) = Q& −b +√4au + ∆

2a

' H& −b +√4au + ∆

2a

' (2)

Rõ ràng tồn tại các đa thức f(u), g(u), h(u), k(u) ∈ Q[u] sao cho

⎧

⎪

⎨

⎪

⎩

Q& −b +√4au + ∆

2a

'

= f (u) + g(u).√

4au + ∆

H& −b +√4au + ∆

2a

'

= h(u) + k(u).√

4au + ∆ Thay vào (2) ta được

P(u) = f (u).h(u) + (4au + ∆).g(u).k(u) + [f (u).k(u) + g(u).h(u)] √

4au + ∆ (3)

Từ đây suy ra f(u).k(u) + g(u).h(u) = 0, ∀u Đặt d(u) = UCLN(f(u), g(u)), thì tồn tại các đa thức f1(u), g1(u), s(u) ∈ Q[u] sao cho

f(u) = f1(u).d(u); g(u) = g1(u).d(u); h(u) = f1(u).s(u); k(u) = −g1(u).s(u) Thay vào (3), ta có

P(u) = d(u).s(u)"f2

1(u) − (4au + ∆).g2

1(u)#

(4)

Do hệ số cao nhất của P (u) là một số chính phương nên có thể giả sử hệ số cao nhất của d(u).s(u) bằng ±1 Dễ thấy f2

1(u) − (4au + ∆).g2

1(u) là đa thức khác hằng Vì

P(u) bất khả quy trên Z nên cũng bất khả quy trên Q Do đó, d(u).s(u) là đa thức hằng, suy ra d(u).s(u) = ±1 Như thế, (4) trở thành

P(u) = ±"f2

1(u) − (4au + ∆).g2

1(u)#

(5)

Trong (5) ta cho u = −∆

4a, thì |P (−∆

4a)| = f2

1(−∆ 4a) Điều này mâu thuẫn với giả thiết |P (−∆

4a)| không là bình phương của một số hữu tỉ Vậy P (ax2

+ bx + c) là đa thức bất khả quy

Chú ý Trong lời giải bài toán 3 ta thấy:

i) Vì hệ thức (5) đúng với mọi u thỏa mãn 4au+∆ ≥ 0 nên nó đúng với mọi u ∈ R ii) Nếu b = 2b′ là số chẵn và a = 1, thì bằng cách thay x = b′+√

u+ ∆′ ta được

P(u) = ±"f2

1(u) − (u + ∆′).g21(u)# , (6)

ở đó f1(u) và g1(u) là các đa thức với hệ số nguyên

Dưới đây là vài áp dụng

Bài toán 4 Cho p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức f(x) = (x2

+ 1)n

+ p là bất khả quy

Giải Xét đa thức g(x) = xn

+ p, thì f (x) = (x2

+ 1)n

+ p Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức g(x) là bất khả quy Xảy các trường hợp sau

i) Nếu p = 2 hoặc p có dạng 4k + 1 Tam thức x2

+ 1 có −4a∆ = 1 Vì g(1) = 1 + p không thể là một số chính phương nên f(x) = g(x2

+ 1) là đa thức bất khả quy

ii) Nếu p có dạng 4k + 3, thì theo Chú ý trên nếu f(x) = g(x2

+ 1) là khả quy, bằng cách thay x =√u− 1, ta sẽ có

g(u) = ±"f2

1(u) − (u − 1).g2

1(u)# , ∀u ∈ R, với f1(u) và g1(u) là các đa thức với hệ số nguyên nào đó Trong hệ thức này,

ta cho u = 0, sẽ có p = f2

1(0) + g2

1(0) Nhưng p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên không thể biểu diễn được thành tổng bình phương của 2 số nguyên Vậy

f(x) phải là đa thức bất khả quy

Bài toán 5 (HongKong TST, 2011) Cho n là một số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P (x) = (x2

+ x)2 n

+ 1 bất khả quy

Giải Đặt f(x) = (x − 1)2 n

+ 1, thì P (x) = f (x2

+ x + 1) Ta có f (x) = x2 n

+

2 n

−1

,

k=1(−1)k

Ck

2 nx2 n

−k+ 2 Dễ dàng thấy rằng Ck

2 n chia hết cho 2 với mọi k = 1, 2n

− 1

Từ đó, theo tiêu chuẩn Eisenstein, f(x) là một đa thức bất khả quy trên Z Tam thức x2

+ x + 1 có −∆4 = 3

4.Theo bài toán 3, để chứng minh P (x) bất khả quy trên

Z,ta chỉ cần chứng minh

P

&

−12

'

= f& 3 4

'

= 1 + 4

2 n

42 n

không là bình phương của một số hữu tỉ, tức là chỉ cần chứng minh 1+42 n

không phải

là số chính phương Điều này là hiển nhiên, bởi vì phương trình 1 + 42 n

= a2

, a∈ N không có nghiệm nguyên dương

Bài toán 6 (VMO, 2014) Cho n là một số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P (x) = (x2

− 7x + 6)2n

+ 13 không thể biểu diễn thành tích của n + 1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên

Việc giải bài toán này không khó Ý tưởng chính của lời giải là sử dụng phản chứng Nếu P (x) biểu diễn được thành tích của n + 1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên, thì do deg(P (x)) = 4n nên ắt phải có một nhân tử có bậc nhỏ hơn 4 Hơn nữa, P (x) không có nghiệm thực nên các nhân tử phải có bậc chẵn Như thế phải có một nhân

tử bậc 2 Từ đó bằng cách xét hệ số cao nhất và cho x = 1, x = 6 ta suy ra điều mâu thuẫn

Nhưng điều tôi muốn nói ở đây là nhờ bài toán 3 ta có thể làm mạnh hơn kết quả này Cụ thể là ta có bài toán sau

Bài toán 7 Cho n là một số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P (x) = (x2

− 7x + 6)2n

+ 13 bất khả quy trên Z

Giải Đặt f(x) = x2n

+ 13, thì P (x) = f (x2

− 7x + 6) Chọn p = 13 là số nguyên

tố, thì theo tiêu chuẩn Eisenstein, f(x) là một đa thức bất khả quy trên Z Tam thức x2

− 7x + 6 có −4a∆ = −254 và

f

&

−25 4

'

=& −25 4

'2n

+ 13 = 25

2n

+ 13.42n

42n Theo bài toán 3, để chứng minh P (x) bất khả quy trên Z, ta chỉ cần chứng minh

|f$−25

4% | không phải là bình phương của một số hữu tỉ hay chỉ cần chứng minh

252n

+ 13.42n không phải là số chính phương Nhưng điều này hiển nhiên, vì 252n

+ 13.42n

≡ 2 (mod 3) Như vậy, |f$−25

4% | không phải là bình phương của một số hữu

tỉ và do đó, P (x) là bất khả quy trên Z