Sử dụng số phức trong đa thức

Nghiệm phức của đa thức với hệ số nguyên, trong nhiều trường hợp là chìa khóa để chứng minh tính bất khả quy trên (Z, và Q) của đa thức đó. Chúng ta tìm hiểu các lý luận mẫu trong vấn đề này thông qua các ví dụ sau:

Bài 1: Cho P(x) và Q(x) là 2 đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện:

$\begin{bmatrix}
P(x^3)+xQ(x^3)
\end{bmatrix}\vdots (x^2+x+1)$ Gọi d là ước chung lớn nhất của P(2007) và Q(2007). Chứng minh rằng $d \vdots 2006$

Lời giải:

Ta sẽ chứng minh rằng P(1)=Q(1)=0

Ta có: $\varepsilon =\frac{-1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$ là nghiệm của đa thức $x^2+x+1$

Suy ra: $\varepsilon^3=1$

Từ điều kiện lần lượt cho $x=-\varepsilon, -\varepsilon^2$ vào ta được
$\left\{\begin{matrix}
P(1)+\varepsilon Q(1)=0 (1)& \\
P(1)+\varepsilon^2Q(1)=0 (2)&
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
-\varepsilon P(1)-\varepsilon^2 Q(1)=0 (3)& \\
- \varepsilon^2 P(1)-\varepsilon Q(1)=0 (4)&
\end{matrix}\right.$
Cộng (1), (2), (3), (4) và sử dụng $\varepsilon^2+\varepsilon+1=0$ ta được $3P(1)=0$

Ta chỉ còn chứng minh Q(1)=0, mà từ (1), (2):

$\left\{\begin{matrix}
P(1)+\varepsilon Q(1)=0 & \\
P(1)+\varepsilon^2Q(1)=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
\overline{\varepsilon} P(1)+Q(1)=0 & \\
\overline{\varepsilon} P(1)+ Q(1)=0&
\end{matrix}\right.$ Đến đây làm tương tự như P(1) ta có điều phải chứng minh.

Bài 2 (USA MO): Cho P(x), Q(x), R(x) là các đa thức sao cho:
$\begin{bmatrix}
P(x^5)+xQ(x^5)+x^2R(x^5)
\end{bmatrix} \vdots(x^4+x^3+x^2+x+1)$

Chứng minh rằng P(x) chia hết cho x-1.

Giải: Đặt $w=e^{\frac{2\pi i}{5}}$ thì $w^5=1$, thay x lần lượt bằng $w, w^2, w^3, w^4$ ta được các phương trình:

$\left\{\begin{matrix}
P(1)+wQ(1)+w^2R(1)=0\\
P(1)+w^2Q(1)+w^4R(1)=0\\
P(1)+w^3Q(1)+w^6R(1)=0\\
P(1)+w^4Q(1)+w^8R(1)=0
\end{matrix}\right.$
Nhân các phương trình từ 1 đến 4 lần lượt với $-w, -w^2, -w^3, -w^4$ ta được:



$\left\{\begin{matrix}
-wP(1)-w^2Q(1)-w^3R(1)=0\\
-w^2P(1)-w^4Q(1)-wR(1)=0\\
-w^3P(1)-wQ(1)-w^4R(1)=0\\
-w^4P(1)-w^3Q(1)-w^2R(1)=0
\end{matrix}\right.$

Sử dụng $1+w+w^2+w^3+w^4=0$ ta được 5P(1)=0 tức là x-1 | P(x)

Nếu gọi $\overline{w}=e^{\frac{2.\pi.i4}{5}} \Rightarrow \overline{w}.w=e^{2 \pi i}=1$

Tương tự như bài trên cho Q(x) ta có Q(1)=0, Q(1)=0 kéo theo R(1) bằng 0.

Ngoài ra ta còn có cách khá đẹp của pco:

Write $P(x)=(x-1)A(x)+P(1)$, $Q(x)=(x-1)B(x)+Q(1)$ and $R(x)=(x-1)C(x)+C(1)$ and constraint is :

$x^4+x^3+x^2+x+1|$ $(x^5-1)A(x^5)+x(x^5-1)B(x^5)$ $+x^2(x^5-1)C(x^5)+P(1)+xQ(1)+x^2R(1)$

And since $x^4+x^3+x^2+x+1|x^5-1$, we get $x^4+x^3+x^2+x+1|P(1)+xQ(1)+x^2R(1)$

And so $P(1)=Q(1)=R(1)=0$

Hence the claim