Tài liệu Một số bài toán về đa thức bát khả qui - Hoàng Thị Hồng Cầm

 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC BÁT KHẢ QUI
 PHẦN I – KIẾN THỨC CHUẨN BỊ VỀ ĐA THỨC
1. Định nghĩa và các phép toán
 1.1. Định nghĩa đa thức
 Cho hàm số f : .
 - Ta gọi f là đa thức nếu f const (hằng số) hoặc tồn tại n , n 1 và các
 số thực a0, a 1 , a 2 ,..., an với a0 0 sao cho
 n
 ( ) n n 1 ... n () n k
 f x a0 x a 1 x an 1 x a n hay f x ak x
 k 0
 - Các số a0, a 1 , a 2 ,..., an gọi là các hệ số, a0 0 được gọi là hệ số cao nhất,
 an được gọi là hệ số tự do
 Đặc biệt, khi a0 1 thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay mo-nic.
 - Với a0 0 thì n là bậc của đa thức f() x ký hiệu deg f n
 Đặc biệt, f c 0 thì degf 0 . Quy ước, với f( x ) 0 thì deg f 
 m n
 ức bằng nhau: Hai đa thức ( ) k , ( ) k bằng nhau khi
 - Đa th P x  ak x Q x bk x
 k 0 k 0
 và chỉ khi m = n và ak = bk với mọi k = 0, 1, 2, , m.
 1.2. Đa thức trên các tập số
 n
 n k 
 Với K là một tập số, ký hiệu: [x ] f ( x )  ak x : a k  , k 0,1,2,..., n 
 k 0 
 n
 n k
 Cho đa thức f() x  ak x
 k 0
 - Nếu các hệ số ai thì ký hiệu f [] x
 - Nếu các hệ số ai  thì ký hiệu f [] x
 - Nếu các hệ số ai thì ký hiệu f [] x
 1.3. Các phép toán
 n m
 n k m i
 Cho f() x  ak x và g() x  bi x . Khi đó
 k 0 i 0
 
  k
 f()()() x g x  ak b k x
 k 0
 Page 1 Định lý 2.6. (Viette).
 n
 n n 1 k
 1. Nếu đa thức Pxaxax( ) n n 1 ... axa 1 o  axa k n 0 có n nghiệm
 k 0
 x1, x 2 ,..., xn thì :
 a
 x x ... x n 1
 1 2 n a
 n
 an 2
 x1 x 2 x 1 x 3 ... xn 1 x n 
 an (1)
 ...
 n a
 ... 1 o
 x1 x 2 xn 
 an
 2. Ngược lại, nếu các số x1, x 2 ,..., xn thỏa mãn (1) thì chúng là nghiệm của đa
 thức P() x bậc n.
 Định lý 2.7.
 Nếu đa thức P C x bậc n có đúng n nghiệm x1, x 2 ,..., xn thì :
 n
 1. P() x a x xk (a là hệ số chính).
 k 1
 p'( x )n 1
 2. 
 P() xk 1 x xk
 3. Đa thức với hệ số thực bậc lẻ luôn có ít nhất một nghiệm thực và nếu có
 nhiều hơn một nghiệm thực thì luôn có một số lẻ nghiệm thực (do số nghiệm
 phức luôn là số chẵn vì : Nếu đa thức có nghiệm phức x a bi thì nó cũng có
 nghiệm x a bi với i là đơn vị ảo).
 Page 3
Gv: Hoàng Thị Hồng Cầm – Tổ Toán – Trường THPT Chuyên VNG suy ra Q1()() x Q 2 x không nguyên bản, trái với bổ đề Gauss, mâu thuẫn.
 Vậy P() x bất khả quy trên Q x
2. Các tiêu chuẩn xét tính bất khả qui của Đa thức
Tiêu chuẩn 1. [Tiêu chuẩn Eisenstein]
 n n 1
 Cho f( x ) an x a n 1 x ... a 1 x a 0 , a n 0 là đa thức với các hệ số
 nguyên và p là số nguyên tố sao cho :
 1) an không chia hết cho p
 2
 2) a0 chia hết cho p nhưng a0 không chia hết cho p
 3) ai, 1< i < n chia hết cho p.
 Khi đó f(x) là đa thức bất khả qui trên
Tiêu chuẩn 2. [Tiêu chuẩn Eisenstein suy rộng]
 n n 1 ên
 Cho f( x ) an x a n 1 x ... a 1 x a 0 , a n 0 là đa thức với các hệ số nguy .
 Giả sử tồn tại số nguyên tố p và số nguyê n dương k < n sao cho:
 1) an không chia hết cho p
 2
 2) a0 chia hết cho p nhưng không chia hết cho p
 3) a1, a2, , an-k chia hết cho p
 Nếu f(x) biểu diễn được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên tức là
 f(x) = g(x).h(x) thì bậc của 1 trong hai đa thức g(x) hoặc h(x) không nhỏ hơn k.
Tiêu chuẩn 3. [Tiêu chuẩn Osada]
 n n 1
 Cho f( x ) x a1 x ... an 1 x p là đa thức với các hệ số nguyên và p là số
 nguyên tố. Nếu p > 1 + | a1 | + | a2 | +  + | an-1 | thì f(x) là bất khả qui.
Tiêu chuẩn 4. [Tiêu chuẩn Osada mở rộng]
 n n 1
 Cho f( x ) x a1 x ... an 1 x pr là đa thức với các hệ số nguyên, p là số
 à * n 1 n 2
 nguyên tố v r . Nếu p r a1 r ... an 2 r a n 1 thì f(x) là bất khả
 qui trong []x .
 Page 5
Gv: Hoàng Thị Hồng Cầm – Tổ Toán – Trường THPT Chuyên VNG PHẦN III - MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUI
Bài 1: Với bất kì số nguyên tố p đa thức f x 1 x ... x p 1 là bất khả quy trên x
Lời giải:
Thay vì ta chứng minh f x thì ta chứng minh f x 1 bất khả quy trên x
 x 1 p 1
Thật vậy f x 1 x 1 p 1 x 1 p 2 ... x 1 1 
 x 1 1
 p 1 1 p 2
 x C p.x ... p
 k
Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho đa thức trên, chú ý tính chất C p chia hết cho p
với k 1, p 1 và hiển nhiên p không chia hết cho p2 nên f x 1 bất khả quy trên
x. Bài toán được giải quyết.
Bài 2: Nếu 4 a 2b c 1001 thì đa thức f x x4 ax3 bx2 cx 2018 bất khả quy
trên x
Hướng dẫn: Tiêu chuẩn Osada mở rộng
 ên phân bi
Bài 3: Với các số nguy ệt a1,a2,..,an kí hiệu đa thức
 P x x a1 x a2 ... x an 
Nếu n 5 , giả sử a,b là các số nguyên, a 0 sao cho ax2 bx 1 là đa thức bất khả
quy. Chứng minh rằng đa thức Q x aP x 2 bP x 1 là đa thức bất khả quy.
Bổ đề: Cho số tự nhiên n 5 và đa thức P x với hệ số nguyên có bậc nhỏ hơn n
thỏa mãn P x 1 với ít nhất n giá trị nguyên phân biệt của x . Chứng minh rằng
P x 1 hoặc P x  1
Chứng minh:
Giả sử P x nhận cả giá trị 1 và 1, P x 1 với r giá trị nguyên phân biệt a1,a2,...,ar
và P x 1 với s giá trị nguyên phân biệt b1,b2,...,bs với r, s là các số nguyên dương
thỏa mãn r s n . Không mất tính tổng quát giả sử r s (nếu không thì ta thay P x 
bởi P x ). Giả sử:
 P x 1 f x x a1 x a2 ... x ar 
Suy ra: 2 P bi 1 f bi bi a1 b a2 ... b ar 
Vì 2 chỉ có thể viết thành nhiều nhất tích của ba số nguyên phân biệt là: 2 1. 1 .2
nên r 3. Vì r s n 5 nên s 2. Suy ra:
 b1 a1;b1 a2;b1 a3 b2 a1;b2 a2;b2 a3 1; 1;2
Không mất tính tổng quát, giả sử b1 a1 b2 a2 2 . Vì b1 a3 b2 a3 nên
 b1 a3;b2 a3 1; 1. Suy ra: b1 a2;b2 a1 1; 1.
Không mất tính tổng quát ta giả sử: b1 a2 1;b2 a1 1. Khi đó:
 Page 7
Gv: Hoàng Thị Hồng Cầm – Tổ Toán – Trường THPT Chuyên VNG 2
 1 1 4M P M
Nếu thì 0 . Vô lí
 2 an 2 
Vậy bổ đề được chứng minh
Trở lại bài toán:
Giả sử P x f x .g x với f x , g x là các đa thức hệ số nguyên có bậc lớn hơn
hoặc bằng 1. Vì f b .g b P b p là số nguyên tố nên f b 1 hoặc g b 1
Không mất tính tổng quát ta giả sử f b 1. Giả sử:
 f x c x 1 x 2 ... x k 
với c là hệ số cao nhất của f x , c  ,c 0 , 1, 2,..., k là các nghiệm phức của
f x và cũng là ngiệm phức của P x 
Theo bổ đề thì Re i 0 (khi đó b i b ) hoặc
 1 4 b 1 
 b 1 (do b 3)
 i 2
Suy ra b i 1 với mọi i 1,2,...,k . Suy ra
 f b c b 1 b 2 ...b k 1
Điều này mâu thuẫn. Vậy P x là đa thức bất khả quy.
Bài 5: Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy trên Zx
 P x x p 1 2x p 2 ... p 1 x p
Lời giải:
Ta chứng minh mọi nghiệm phức của P x có modun lớn hơn 1. Thật vậy, giả sử tồn
tại nghiệm phức y của P x mà có y 1. Ta có:
 y 1 P y y p y p 1 ... y p
 p p 1
 p y p y p 1 ... y y y ... y 1 1 ... 1 p
Dấu bằng xảy ra khi y 1.Thế nhưng khi đó, P 1 1 2 ... p 1 p 0
Vậy nhận xét trên đúng.
Giả sử P x Q x .R x với 0 degQ x ,deg R x p . Khi đó ta có:
 p P 0 Q 0 .R 0 
Do Q, R là đa thức hệ số nguyên nên ta phải có: hoặc Q 0 1 hoặc R 0 1
Giả sử: Q 0 1 Q 0 1
Điều này là vô lý vì ta thấy ngay, do modun các nghiệm của P lớn hơn 1 nên modun
các nghiệm của Q cũng lớn hơn 1 nên nhất thiết phải có Q 0 1.
Vậy đa thức P x bất khả quy.
Cách khác: Các bạn có thể tham khảo ở sách " Các phương pháp giải toán qua các kì
thi Olympic năm 2017, đa thức bất khả quy, trang 61" có giới thiệu cách sử dụng tiêu
chuẩn Shonemann và tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng, các bạn có thể tham khảo thêm.
 Page 9
Gv: Hoàng Thị Hồng Cầm – Tổ Toán – Trường THPT Chuyên VNG PPP1(6). 2 (6)....n 1 (6) 13
 Ta có P1(1) và P2 (1) có ít nhất 1 số bằng 1
 Giả sử P1(1) = 1 => a = −b
 P1(6) = 36 – 5b > 0 và ≠ 13 36 – 5b = 1 => b = 7, a = −7
 2
 P1() x = x 7 x 7
 2n
 Do đó P( x ) ( P1 ( x ) 6 b ) 13 chia hết cho P1() x
 2n
 (6 b ) 13 P1 ( x ) (><)
 đpcm.
Bài 8: Cho f x bất khả quy và monic, f 0 không là số chính phương và monic
Chứng minh rằng f x2 cũng bất khả quy trên x
Lời giải:
Giả sử f x2 = g( x ). h ( x ) với h,g x, deg g,h ≥ 1
Do f là đa thức monic nên giả sử g,h monic
 2 ∈ 2 2
f x = g( x ). h ( x ) => g( x ). h ( x ) g ( x ). h ( x ) = f() x 
 Các hạng tử không có bậc lẻ g( x ). g ( x ) = r() x2
 2 2
 h( x ). h ( x ) s ( x ) f x = s( x ). r ( x ) f()()() x r x s x x
Hoặc f()()() x r x s x x
 ∀
 r()() x s x x
 ∀
 g( x ). g ( x ) h ( x ). h ( x ) x
 2∀ 2 2
 g(0) h (0) f (0) h (0) là số chính phương (><)
     ∀  
 đpcm.
 P(2017) 2017!
Bài 9: Cho P() x thỏa mãn: 
 xP( x 1) ( x 2017) P ( x )
Chứng minh rằng: Q( x ) P2 ( x ) 1 bất khả quy.
Lời giải:
 P() x = 0, x {1, 2,, 2016}
 P() x = x( x 1)( x 2)...( x 2016). R ( x )
 ∀ ∈
 R( x ) R ( x 1) R ( x )  c
 Mà P(2017) 2017! R ( x ) 1
 P( x ) x ( x 1)...( x 2016)
 Theo bài 6b ta được điều phải chứng minh.
 Page 11
Gv: Hoàng Thị Hồng Cầm – Tổ Toán – Trường THPT Chuyên VNG Như vậy ta chỉ cần chọn k sao cho:
 q an a n 1 ... a 1
Là đa thức P x k sẽ bất khả quy
Vậy bài toán được chứng minh
Bài 12: Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy trong x:
 P x xp x p; p P ; p 2
Lời giải:
Phản chứng ta suy ra được tồn tại đa thức Q x ; R x hệ số nguyên khác hằng và có thể
giả sử thêm chúng cùng hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho:
 P x xp x p Q x . R x 
Từ đây suy ra: Q 0 . R 0 p .
Do tính nguyên nên ta phải có hoặc Q 0 p hoặc R 0 p
Không mất tính tổng quát ta giả sử:Q 0 p . Khi đó, gọi u1, u 2 ,..., uk là các nghiệm
phức của Q x . Khi đó ta có:
 Qx xuxu 1 2 ... xu k uuu 1 . 2 ... k p
Gọi y nghiệm phức của Q x có giá trị modun lớn nhất. Khi đó ta có:
 1 1
 k k p 1
 y u1. u 2 ... uk p y p p (do k p 1)
Do y là nghiệm của Q x nên cũng là nghiệm của P x .Nên ta có:
 1
 p p 1
 p yp y y y y y 1 pp 1 .( p 1)
 p 1
 1 
 p 1 3
 p 1 
Điều cuối cùng vô lí. Chứng tỏ rằng đa thức P x bất khả quy
Bài 13: Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy trong x:
 n
 Px xxam. pmna ; , ,  ; p  , pa 1
Lời giải:
Phản chứng ta suy ra được tồn tại đa thức Q x ; R x hệ số nguyên khác hằng và có thể
giả sử thêm chúng cùng có hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho:
 n
 P x xm x a p Q x . R x 
Khi đó ta có:
 Q 0 . R 0 Q a . R a p
Do tính nguyên nên ta phải có hoặc Q 0 1 hoặc R 0 1 .Không mất tính tổng
quát ta giả sử: Q 0 1
Hoàn toàn tương tự ta phải có Q a 1 hoặc Q a p
 Page 13
Gv: Hoàng Thị Hồng Cầm – Tổ Toán – Trường THPT Chuyên VNG