Toán học sơ cấp: Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy và ví dụ

Thứ Bảy, 15 tháng 10, 2016

Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy và ví dụ

Chúng ta đã quen thuộc với việc sử dụng Tiêu chuẩn Schonemann -Eisenstein trong chứng minh đa thức bất khả qui. Ở bài viết này tôi sẽ trình bày thêm một số tiêu chuẩn khác có thể gọi là “sâu hơn” về tính bất khả qui của đa thức. Tuy nhiên để có một cách hệ thống tôi sẽ nhắc lại cả tiêu chuẩn Schonemann -Eisenstein ở đây.

Tiêu chuẩn 1.1. [Tiêu chuẩn Eisenstein] Cho $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,a_n\ne 0,$ là đa thức với các hệ số nguyên và $p$ là số nguyên tố sao cho $a_n$ không chia hết cho $p$ và các $a_i,i<n,$ chia hết cho $p$ nhưng $a_0$ không chia hết cho $p^2.$ Khi đó $f(x)$ là đa thức bất khả qui trên $\Bbb Z.$

Tiêu chuẩn 1.2. [Tiêu chuẩn Eisenstein suy rộng] Cho $f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n,a_0\ne 0,n>1,$ là đa thức với các hệ số nguyên và $p$ là số nguyên tố sao cho $a_0$ không chia hết cho $p$ và các $a_i$ chia hết cho $p$ với $i=k+1,k+2,\ldots,a_n$ và $a_n$ không chia hết cho $p^2.$ Nếu $f(x)$ biểu diễn được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên, $f(x)=g(x)h(x),$ thì bậc của một trong hai đa thức $g(x)$ hoặc $h(x)$ không nhỏ hơn $n-k.$

Ví dụ 1. Với bất kỳ số nguyên tố $p$ đa thức $f(x)=1+x+\cdots+x^{p-1}$ là bất khả quy trên $\Bbb Z.$

Ví dụ 2. Với bất kỳ số nguyên dương $n$ đa thức $f(x)=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}$ là bất khả quy trên $\Bbb Q.$

Ví dụ 3. Cho $f(x)=b_0x^n+b_1x^{n-1}+\cdots+b_n$ là đa thức với các hệ số nguyên và $p$ là số nguyên tố sao cho $b_0$ không chia hết cho $p$ nhưng $b_{k+1},\ldots,b_n$ chia hết cho $p,$ $b_n$ không chia hết cho $p^2.$ Khi đó $f(x)$ có nhân tử bất khả qui bậc $\geqslant n-k.$

Tiêu chuẩn 2.1. [Tiêu chuẩn Osada] Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x\pm p$ là đa thức với các hệ số nguyên và $p$ là số nguyên tố. Nếu $p>1+|a_1|+\cdots+|a_{n-1}|$ thì $f(x)$ là bất khả qui.

Chứng minh: Giả sử $f(x)$ là khả qui. Khi đó $f(x)=g(x)h(x),$ ở đó $g,h$ là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên. Vì $p$ là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của $g$ hay $h$ phải bằng $\pm 1,$ chẳng hạn hệ số tự do của $g$ bằng $\pm 1.$ Vậy giá trị tuyệt đối của tích các nghiệm của $g$ phải bằng 1. Khi đó $g(x)=0$ phải có một nghiệm $\alpha$ với $|\alpha|\leqslant 1.$ Vì $\alpha$ cũng là nghiệm của $f(x)=0$ nên $p=|\alpha^n+a_1\alpha^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\alpha|\leqslant 1+|a_1|+\cdots+|a_{n-1}|.$ Điều mâu thuẫn này chứng tỏ $f(x)$ là bất khả qui.

Tiêu chuẩn 2.2. [Tiêu chuẩn Osada mở rộng] Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x\pm pr$ là đa thức với các hệ số nguyên, $p$ là số nguyên tố và $r\in\Bbb Z,r\ne 0.$ Nếu $p>|r|^{r-1}+|a_1r^{n-2}|+\cdots+|a_{n-2}r|+|a_{n-1}|$ thì $f(x)$ là bất khả qui trong $\Bbb Z[x].$

Ví dụ 4. Nếu $4|a|+2|b|+|c|<1001$ thì đa thức $q(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx-2018$ bất khả quy trong $\Bbb Z[x].$

Ví dụ 5. Đa thức $p(x)=x^9+x^8+\cdots+x^2+x+11$ luôn luôn là bất khả quy.

Tiêu chuẩn 3. [Tiêu chuẩn Polya] Cho $f(x)$ là đa thức bậc $n$ với các hệ số nguyên. Đặt $m=[\dfrac{n+1}{2}].$ Giả sử cho $n$ số nguyên khác nhau $d_1,\ldots,d_n$ có $|f(d_i)|<\dfrac{m!}{2^m}$ và các số $d_i$ đều không là nghiệm của $f(x).$ Khi đó $f(x)$ là bất khả qui

Chứng minh. Giả sử $f(x)$ là một đa thức khả qui. Khi đó ta có biểu diễn $f(x)=g(x)h(x)$ với $g,h$ là những đa thức bậc dương, các hệ số nguyên. Hiển nhiên $\deg g(x),\deg h(x)<n.$ Không hạn chế ta có thể giả thiết $\deg h(x)\leqslant \deg g(x)=s.$ Ta có $m\leqslant s<n.$ Ta thấy ngay $g(d_i)\ne 0$ và $g(d_i)$ chia hết $f(d_i).$ Do đó $ $|g(d_i)|\leqslant |f(d_i)|< \dfrac{m!}{2^m}.$ Khi đó có $i$ để $|g(d_i)|\geqslant \dfrac{s!}{2^s}.$ Vì $s\geqslant m$ nên $\dfrac{s!}{2^s}\geqslant \dfrac{m!}{2^m},$ Thật vậy: hiển nhiên $\dfrac{(m+1)!}{2^{m+1}}\geqslant \dfrac{m!}{2^m}$ khi $m\geqslant 1.$ Vậy $\dfrac{s!}{2^s}\geqslant \cdots\geqslant \dfrac{(m+1)!}{2^{m+1}}\geqslant \dfrac{m!}{2^m}$ . Vậy $\dfrac{m!}{2^m}>|g(d_i)|\geqslant \dfrac{s!}{2^s}.$ Mâu thuẫn này chỉ ra $f(x)$ là một đa thức bất khả qui

Ví dụ 6. [VMO 1984] Xác định đa thức bất khả quy $f(x)\in \Bbb Z[x]$ nhận $\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}$ làm một nghiệm.

Vid dụ 7. Với các số nguyên phân biệt $a_1,a_2,\ldots,a_n,$ ký hiệu đa thức $f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\ldots (x-a_n).$ Nếu $n\geqslant 7$ và $ax^2+bx+1\in \Bbb Z[x],a\ne 0,$ là bất khả quy thì $af(x)^2+bf(x)+1$ là bất khả quy.

Ví dụ 8. Tìm tất cả các cặp $(n,r)$ với số tự nhiên $n>1$ và số thực $r$ để đa thức $p(x)=(x+1)^n-r$ chia hết cho $2x^2+2x+1.$

Tiêu chuẩn 4. [Tiêu chuẩn Perron]} Giả sử $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\in\Bbb Z[x]$ với bậc $n\geqslant 2,a_0\ne 0.$ Nếu $|a_{n-1}|>1+|a_{n-2}|+\cdots+|a_1|+|a_0|$ thì $f(x)$ là đa thức bất khả quy trên $\Bbb Z.$

Chứng minh. Trước tiên ta chỉ ra $f(x)$ có đúng một nghiệm $\alpha$ với môđun $|\alpha|>1.$ Giả sử $f(x)=0$ có nghiệm $\alpha.$ Khi đó $-a_{n-1}\alpha^{n-1}=\alpha^n+a_{n-2}\alpha^{n-2}+\cdots+a_1x+a_0.$ Nếu $|\alpha|=1$ thì $|a_{n-1}|\leqslant 1+|a_{n-2}|+\cdots+|a_1|+|a_0|:$ mâu thuẫn giả thiết. Do đó $|\alpha|\ne 1.$ Giả sử $f(x)=0$ có các nghiệm phức $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n.$ Ta có $|a_0|=|\alpha_1||\alpha_2|\ldots |\alpha_n|.$ Vì $|a_0|\ne 0$ và nguyên nên $|\alpha_1||\alpha_2|\ldots |\alpha_n|\geqslant 1.$ Vì $|\alpha_i|\ne 1$ nên có $\alpha_i,$ chẳng hạn: $\alpha_1$ với $|\alpha_1|>1.$ Đặt $p(x)=x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+\cdots+b_1x+b_0$ thỏa mãn $f(x)=(x-\alpha_1)p(x).$ Khi đó ta có hệ $a_0=-\alpha_1b_0,a_1=b_0-\alpha_1b_1,\ldots,a_{n-2}=b_{n-3}-\alpha_1b_{n-2},a_{n-1}=b_{n-2}-\alpha_1$ và có $|b_{n-2}-\alpha_1|=|a_{n-1}|>1+|b_{n-3}-\alpha_1b_{n-2}|+\cdots+|\alpha_1b_0|.$ Do vậy $|b_{n-2}|+|\alpha_1|>1+|\alpha_1||b_{n-2}|-|b_{n-3}|+\cdots+|\alpha_1||b_1|-|b_0|+|\alpha_1||b_0|$ và suy ra $|\alpha_1|-1>(|\alpha_1|-1)(|b_{n-2}|+\cdots+|b_0|).$ Vì $|\alpha_1|-1>0$ nên ta nhận được $|b_{n-2}|+|b_{n-3}|+\cdots+|b_0|<1.$ Với số phức $\alpha,|\alpha|\geqslant 1,$ có $p(\alpha)|=|\alpha^{n-1}+b_{n-2}\alpha^{n-2}+\cdots+b_1\alpha+b_0|$

$\geqslant|\alpha^{n-1}|-|b_{n-2}||\alpha^{n-2}|-\cdots-|b_1||\alpha|-|b_0|$

$\geqslant|\alpha^{n-1}|-|b_{n-2}|-\cdots-|b_1|-|b_0|>0.$

Như vậy, mọi nghiệm $\gamma$ của $p(x)$ đều phải thỏa mãn $|\gamma|<1.$ Tóm lại, ta đã chỉ ra $f(x)$ có đúng một nghiệm $\alpha$ với môđun $|\alpha|>1.$ Giả sử $f(x)$ là khả quy với $f(x)=g(x)h(x),$ trong đó $g(x),h(x)\in \Bbb Z[x]$ và $\deg g,\deg h\geqslant 1.$ Vì $f(x)$ chỉ có một nghiệm với môđun lớn hơn 1 nên một trong hai đa thức, chẳng hạn $h(x)$ chỉ có các nghiệm với môđun nhỏ hơn 1. Giả sử $\gamma_1,\ldots,\gamma_r$ là tất cả các nghiệm của $h(x)=x^r+d_1x^{r-1}+\cdots+d_r$ với $d_r$ nguyên, khác 0. Ta có $1\leqslant |d_r|=|\gamma_1|\ldots|\gamma_r|<1:$ mâu thuẫn. Như vậy, điều giả sử là sai và suy ra $f(x)$ là đa thức bất khả quy.

Tiêu chuẩn 5. [Tiêu chuẩn Brauer]} Giả sử đa thức $f(x)=x^n-a_1x^{n-1}-\cdots-a_{n-1}x-a_n\in\Bbb Z[x]$ với bậc $n\geqslant 2.$ Nếu các hệ số $a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots\geqslant a_n\geqslant 1$ thì $f(x)$ là đa thức bất khả quy trên $\Bbb Z.$

Ví dụ 9. [IMO 1993]} Cho số tự nhiên $n>1.$ Chứng minh rằng, đa thức $f(x)=x^n+5x^{n-1}+3$ là bất khả quy trong $\Bbb Z[x].$

Ví dụ 10. Đa thức $f(x)=x^{62}+2013x^{61}+2x^{60}+3x^{59}+\cdots+61x+62$ bất khả quy trong $\Bbb Z[x].$

………………………………Tiếp theo tôi sẽ viết bài tập …………………………..

Toán học sơ cấp

Thứ Bảy, 15 tháng 10, 2016

Các tiêu chuẩn về đa thức bất khả quy và ví dụ

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét

Bất đẳng thức tuyển sinh lớp 10 chọn lọc

Tìm kiếm Blog này