ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN KHẮC HƯỞNG TIÊU CHUẨN EISENSTEIN VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN KHẮC HƯỞNG TIÊU CHUẨN EISENSTEIN VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời nói đầu Chương Tiêu chuẩn Eisenstein 1.1 Đa thức bất khả quy 5 1.2 Tiêu chuẩn Eisenstein 11 1.3 Lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein 14 Chương Một số mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein 18 2.1 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên 18 2.2 Miền phân tích (UFD) 25 2.3 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số miền UFD 29 2.4 Vận dụng xét tính bất khả quy đa thức 31 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 LỜI CẢM ƠN Luận văn “Tiêu chuẩn Eisenstein tính bất khả quy đa thức” thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học Cơ dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Luận văn tơi hồn thành nhờ đôn đốc nhắc nhở hướng dẫn nhiệt tình Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, thầy, cô tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Quế Võ số - Bắc Ninh tạo điều kiện cho tơi hồn thành tốt nhiệm vụ học tập Nhân dịp này, tơi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K10C (khóa 2016 - 2018), cảm ơn gia đình bạn bè động viên giúp đỡ nhiều q trình học tập Tơi xin trân trọng cảm ơn! Lời nói đầu Trong kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, kì thi Olympic tốn sinh viên trường đại học toán liên quan đến đa thức thường xuyên đề cập xem tốn khó Trong lý thuyết đa thức đa thức bất khả quy đóng vai trị quan trọng giống vai trò số nguyên tố tập số ngun Các tốn xét tính bất khả quy đa thức trường số C R giải từ người ta chứng minh Định lý Đại số chứng minh hoàn chỉnh đưa Gauss năm 1816 Nhưng tốn tính bất khả quy đa thức Q thử thách nhà toán học giới Với lý trên, chọn đề tài “Tiêu chuẩn Eisenstein” tính bất khả quy đa thức Q Mục đích luận văn trình bày lại số kết gần mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho tính bất khả quy đa thức Tiêu chuẩn Eisenstein phát biểu rằng, f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1  ☎ ☎ ☎  a1 x   a0 đa thức với hệ số nguyên cho có số nguyên tố p thỏa mãn p ước với i ➔ n, p không ước an p2 không ước a0 , f ♣xq bất khả quy trường hữu tỷ Q Luận văn nghiên cứu đến vấn đề sau đây: • Vấn đề Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp số nguyên tố p không ước hệ số ak với k số tự nhiên tùy ý không thiết n p2 không ước at với t tùy ý không thiết (dựa theo tài liệu [1], [4] [5]); • Vấn đề Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp hệ số đa thức thuộc miền phân tích tùy ý (khơng thiết miền Z số ngun) Từ xét tính bất khả quy đa thức nhiều biến (dựa theo tài liệu [6]); • Vấn đề Trình bày lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein (dựa theo tài liệu [3]) Luận văn gồm hai chương Trong Chương 1, nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein Chương nội dung luận văn, nêu số mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein Tiết đầu dành để mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên Tiết 2.2 trình bày khái niệm miền phân tích nhất, chuẩn bị cho việc mở rộng tiêu chuẩn với trường hợp đa thức với hệ số miền UFD Tiết cuối trình bày vận dụng mở rộng để xét tính bất khả quy đa thức Nội dung nghiên cứu chưa tiếp cận bậc phổ thơng đại học, gắn liền với tốn sơ cấp Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Nguyễn Khắc Hưởng Chương Tiêu chuẩn Eisenstein Mục tiêu Chương trình bày đa thức bất khả quy Tiêu chuẩn Eisenstein Trong tiết đầu chương nhắc lại số khái niệm đa thức bất khả quy số phương pháp chứng minh đa thức bất khả quy Tiết dành để trình bày Tiêu chuẩn Eisenstein Trong phần cuối chương chúng tơi trình bày lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein 1.1 Đa thức bất khả quy Đa thức bất khả quy đóng vai trò quan trọng giống vai trò số nguyên tố vành Z số nguyên Nhờ Định lí số học, để nghiên cứu vành số ngun ta xuất phát từ số nguyên tố Tương tự để nghiên cứu vành đa thức ta nghiên cứu đa thức bất khả quy Trong suốt tiết này, giả thiết V miền nguyên, tức V vành giao hoán khác t0✉ a, b ✘ hai phần tử V ab ✘ Ta có khái niệm đa thức bất khả quy vành đa thức V rxs Chú ý V rxs miền nguyên Nội dung tiết tham khảo từ tài liệu [1] Định nghĩa 1.1.1 Cho f ♣xq € V rxs đa thức khác khơng khả nghịch Ta nói f ♣xq bất khả quy V khơng có ước thực Ta nói f ♣xq khả quy f ♣xq có ước thực Chú ý tính bất khả quy đa thức phụ thuộc vào vành sở Chẳng hạn, đa thức 2x   bất khả quy trường Q Tuy nhiên 2x   khơng bất khả quy vành Z đa thức x   ước thực 2x   Tương tự, đa thức x2   bất khả quy R không bất khả quy C Bổ đề 1.1.2 Đa thức f ♣xq bất khả quy f ♣x   aq bất khả quy với a € V Vì phần tử khác trường khả nghịch, nên từ định nghĩa đa thức bất khả quy ta có kết sau Bổ đề 1.1.3 Đa thức f ♣xq với hệ số trường K bất khả quy deg f ♣xq → f ♣xq khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Chú ý đa thức bậc với hệ số trường có nghiệm Vì ta có kết sau Bổ đề 1.1.4 Trên trường K, phát biểu sau i) Đa thức bậc bất khả quy ii) Đa thức bậc bậc bất khả quy khơng có nghiệm K Tiếp theo chúng tơi trình bày số phương pháp xét tính bất khả quy đa thức tập số hữu tỷ Q Trước hết ta nhắc lại khái niệm đa thức nguyên Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức khác không vành Zrxs gọi nguyên hệ số có ước chung lớn Bổ đề 1.1.6 Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên Bổ đề 1.1.7 (Bổ đề Gauss) Cho p♣xq € Zrxs Giả sử p♣xq ✏ g ♣xqf ♣xq với g ♣xq, f ♣xq € Qrxs Khi tồn g✝ ♣xq, f✝ ♣xq € Zrxs cho deg g ♣xq ✏ deg g✝ ♣xq, deg f ♣xq ✏ deg f✝ ♣xq p♣xq ✏ g✝ ♣xqf✝ ♣xq Đặc biệt, p♣xq khả quy Q phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp Chứng minh Viết f ♣xq ✏ af1♣xq g♣xq ✏ bg1♣xq, a, b € Q f1 ♣xq, g1 ♣xq € Zrxs đa thức nguyên Khi f1 ♣xqg1 ♣xq đa thức nguyên (theo Bổ đề 1.1.6) Rõ ràng p♣xq ✏ abf1 ♣xqg1 ♣xq € Zrxs r r với Ta chứng minh ab € Z Thật vậy, giả sử ab ❘ Z Khi ab ✏ s s phân số tối giản s → Viết f1 ♣xqg1 ♣xq ✏ an xn     a1 x   a0 Vì f1 ♣xqg1 ♣xq nguyên nên gcd♣an , an✁1 , , a0 q ✏ Vì p♣xq € Zrxs ran ra1 ra0 nên ta có , , , € Z Suy s ước chung an, , a1, a0, s s s điều vơ lí Vậy ab € Z Đặt f✝ ♣xq ✏ abf1 ♣xq g✝ ♣xq ✏ g1 ♣xq Khi p♣xq ✏ f✝ ♣xqg✝ ♣xq với f✝ ♣xq, g✝ ♣xq € Zrxs deg f ♣xq ✏ deg f✝ ♣xq deg g ♣xq ✏ deg g✝ ♣xq ❧ Chú ý f ♣xq ✏ an xn     a1 x   a0 đa thức với hệ số nguyên p nhận phân số tối giản làm nghiệm p ước a0 q ước q an Đặc biệt, an ✏ nghiệm hữu tỷ f ♣xq nghiệm nguyên Việc sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy đa thức Q phương pháp hữu hiệu Một số ví dụ minh họa cho phương pháp xem tài liệu [1] Sau số ví dụ khác Ví dụ 1.1.8 Chứng minh đa thức p♣xq ✏ x4 ✁ x2   bất khả quy Q Lời giải Nếu p♣xq có nghiệm hữu tỷ nghiệm phải nghiệm nguyên (do hệ số số hạng cao 1) ước số hạng tự Kiểm tra ước 1, ✁1 thấy chúng khơng nghiệm p♣xq Do p♣xq khơng có nghiệm hữu tỷ Vì p♣xq khơng tích đa thức bậc đa thức bậc ba Giả sử p♣xq khả quy Q Theo Bổ đề Gauss, p♣xq có phân tích p♣xq ✏ g ♣xqh♣xq g ♣xq, h♣xq € Zrxs có bậc có hệ số cao Ta viết g ♣xq ✏ x2   ax   b h♣xq ✏ x2   cx   d, a, b, c, d € Z Đồng hệ số hai vế ✩ ✬ a c ✬ ✬ ✬ ✬ ✫ ac b d   ✏     ✏ ✁1 Vì bd ✏ vai đẳng thức p♣xq ✏ g ♣xqh♣xq ta ✬ ad   bc ✏ ✬ ✬ ✬ ✬ ✪ bd ✏ trò b, d nên khơng tính tổng qt ta giả thiết ✏ d ✏ b ✏ d ✏ ✁1 Nếu b ✏ d ✏ a   c ✏ 0, ac ✏ ✁3 Suy a2 ✏ đ a ❘ Z, vơ lí Nếu b ✏ d ✏ ✁1 a   c ✏ 0, ac ✏ Suy a2 ✏ ✁1, vơ lí Như vậy, đa thức p♣xq bất khả quy Q ✆ b Ví dụ 1.1.9 Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ x6 ✁ 6x4 ✁ 6x3   12x2 ✁ 36x   bất khả quy Q Lời giải Dễ dàng kiểm tra f ♣xq khơng có nghiệm hữu tỷ Vì f ♣xq khơng tích đa thức bậc đa thức bậc năm Giả sử f ♣xq khả quy Q Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn phân tích f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, g ♣xq, h♣xq € Zrxs có hệ số cao có bậc dương Vì deg f ♣xq ✏ nên ta có hai trường hợp Trường hợp : f ♣xq ✏ ♣x2   ax   bq♣x4   cx3   dx2   ex   g q, a, b, c, d, e, g Vì bg € Z Đồng hệ số ta ✩ ✬ a c✏0 ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ac   b   d ✏ ✁6 ✬ ✬ ✬ ✬ ✫ ad   bc   e ✏ ✁6 ✬ ae   bd   g ✏ 12 ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ag   be ✏ ✁36 ✬ ✬ ✬ ✬ ✪ bg ✏ (1.1) ✏ nên xảy trường hợp nhỏ sau Với b ✏ 1, g ✏ 1, 32 thi IMO (International Mathematical Olympiad, kì thi Tốn học cấp quốc tế hàng năm dành cho học sinh trung học phổ thơng), VMO (Viet Nam Mathematical Olympiad, kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn lớp 12 THPT), TST (Team Selection Test, kì thi chọn học sinh vào Đội tuyển học sinh dự thi IMO) 2.4.1 Dạng 1: Dùng Tiêu chuẩn Eisenstein Bài tập Xét tính bất khả quy Q đa thức a) f ♣xq ✏ 2x5 ✁ 12x4 ✁ 6x3   18x2 ✁ 30x ✁ 24 b) g ♣xq ✏ 10x4   14x2 ✁ 21x   56 c) h♣xq ✏ x2018 ✁ 2019 Lời giải a) f ♣xq ✏ 2x5 ✁ 12x4 ✁ 6x3   18x2 ✁ 30x ✁ 24 Chọn số nguyên tố p ✏ Ta thấy p ✏ ước tất hệ số f ♣xq trừ hệ số số hạng cao nhất, p2 ✏ không ước số hạng tự Theo Tiêu chuẩn Eisenstein f ♣xq bất khả quy Q b) g ♣xq ✏ 10x4   14x2 ✁ 21x   56 Chọn số nguyên tố p ✏ Ta thấy p ✏ ước tất hệ số g ♣xq trừ hệ số số hạng cao nhất, p2 ✏ 49 không ước số hạng tự Theo Tiêu chuẩn Eisenstein g ♣xq bất khả quy Q c) h♣xq ✏ x2018 ✁ 2019 Ta có 2019 ✏ ☎ 673 Chọn p ✏ 3, theo Tiêu chuẩn Eisenstein h♣xq bất khả quy Q Nhận xét: Tổng quát cho đa thức dạng này, xem Hệ 1.2.5 Bài tập Xét tính bất khả quy Q đa thức a) x4   2x3   4x2   6x   ✆ 33 b) x6 ✁ 11x5   51x4 ✁ 127x3   179x2 ✁ 135x   43 Lời giải a) f ♣xq ✏ x4   2x3   4x2   6x   Ta có f ♣x   1q ✏ x4   6x3   16x2   24x   18 Chọn số nguyên tố p ✏ Theo tiêu chuẩn Eisenstein f ♣x   1q bất khả quy Q Do f ♣xq bất khả quy Q (theo Bổ đề 1.1.2) b) g ♣xq ✏ x6 ✁ 11x5   51x4 ✁ 127x3   179x2 ✁ 135x   43 Ta có g ♣x   2q ✏ x6   x5   x4   x3   x2   x   1, đa thức chia đường trịn thứ Theo Hệ 1.2.4 g ♣x   2q bất khả quy Q Vậy g ♣xq bất khả quy Q (theo Bổ đề 1.1.2) ✆ Bài tập (Việt Nam TST 2013 ) Tìm tất số nguyên dương n → số nguyên tố p cho đa thức P ♣xq ✏ xn ✁ px   p2 khả quy tập số nguyên Z Lời giải Giả sử P ♣xq ✏ anxn     a1x   a0 khả quy Z, tức viết P ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, g ♣xq ✏ br xr     b1 x   b0 € Zrxs; h♣xq ✏ cs xs     c1 x   c0 € Zrxs với r, s ➔ n Đồng hệ số đẳng thức P ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq ta Từ b0 c0 ✏ b0ci   b1ci✁1   ☎ ☎ ☎   bic0 với i ✏ 0, 1, ☎ ☎ ☎ , n ✏ p2, ta xét hai trường hợp: • Nếu có b0 c0 chia hết cho p Khơng tính chất tổng qt ta giả sử p ⑤ b0 p c0 Vì p an ✏ nên tồn số m cho p bm Gọi k số bé mà p bk Ta có ak ✏ b0ck   b1ck✁1   ☎ ☎ ☎   bk✁1c1   bk c0 Suy ak không chia hết cho p (do bk c0 khơng chia hết cho p) Do k ✏ n Lại k ↕ r ➔ n, ta suy vơ lí 34 • Nếu b0 c0 chia hết cho p, ta giả sử b0 tiếp hai trường hợp nhỏ: ✏ c0 ✏ p Ta xét – Nếu đa thức g ♣xq h♣xq có bậc khơng nhỏ 2, ta có ✁p ✏ b0c1  b1c0 b0c2  b1c1  c0b2 ✏ 0, suy b1  c1 ✏ ✁1 b1c1 chia hết cho p Do ta giả sử b1 chia hết cho p c1 không chia hết cho p (vì b1   c1 ✏ ✁1) Gọi bk hệ số g ♣xq không chia hết cho p Từ hệ thức ak 1 ✏ bk 1 c0   bk c1     b0 ck 1 , với ý c0 chia hết cho p, c1 không chia hết cho p theo cách chọn bk ta suy ak 1 không chia hết cho p, điều vơ lí (do k   ➔ n nên ak 1 ✏ 0) – Do để P ♣xq khả quy phải có đa thức g ♣xq h♣xq có bậc Nói cách khác, P ♣xq phải có nghiệm nguyên x0 Khi x0 nhận giá trị 1; p; ✁1; ✁p; p2 ; ✁p2 Thay vào P ♣xq ta suy p phải chẵn, p ta có n ✏ thỏa mãn ✏ Kiểm tra lại ✆ Bài tập (VMO 1997 ) Hãy tìm đa thức p♣xq với hệ số hữu tỷ   ❄ ❄ ❄ ✟ bậc nhỏ tốt thỏa mãn p 3   ✏   3 Hỏi có tồn ❄✟ ❄  ❄ hay không đa thức q ♣xq với hệ số nguyên thỏa mãn q 3   ✏   3? ❄ ❄ ❄ ✏   Ta thấy ♣α   1q♣ ✁ 1q ✏ ✁ Suy ❄ 3♣α   1q ✏ α   Lập phương hai vế đẳng thức ta Lời giải Đặt α 3 3 3♣α   1q3 ✏ ♣α   3q3 suy α3 ✁ 9α ✁ 12 ✏ Do α nghiệm đa thức k ♣xq ✏ x3 ✁ 9x ✁ 12 Áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p ✏ k ♣xq đa thức bất khả quy Q Suy k ♣xq ✏ x3 ✁ 9x ✁ 12 đa thức có bậc nhỏ ❄ ❄ nhận   làm nghiệm Giả sử tồn đa thức p♣xq € Qrxs thỏa ❄✟ ❄  ❄ mãn p   ✏   Lấy đa thức p♣xq chia cho k ♣xq ta p♣xq ✏ k ♣xqg ♣xq   r♣xq, g ♣xq, r♣xq € Qrxs r♣xq ✏ ❄✟ ❄  ❄ deg r♣xq ➔ Suy p♣αq ✏ k ♣αqg ♣αq   r♣αq Vì p   ✏   3 3 3 3   ❄ ❄ 35 ❄ ✟ nên ta có r 3   ✏   3 Do trường hợp r♣xq Với deg r♣xq ➔ 3, ta có hai trường hợp sau: ✏ không xảy Trường hợp : deg r♣xq ❄✏ Đặt r♣xq ✏ ax ❄   b với ❄ a, b € Q Khi ta có a♣   9q   b ✏   Suy ♣a ✁ 1q   a ✏ ✁ b Do ✁ b € Q nên a ✁ ✏ a ✏ 0, điều vơ lí Trường hợp : deg r♣xq ✏ Đặt r♣xq ✏ ax2   bx   c với a, b, c € Q Khi ❄ ❄ ❄ ❄ ❄ ta có a♣   9q2   b♣   9q   c ✏   Suy ❄ ❄ ❄ ♣a   bq   ♣3a   bq   6a   c ✏   ❄ ❄ 3 3 3 3 3 3 ✩ ✬ ✬ a ✬ ✬ ✫ ✩ ✬ a ✬ ✫ ✏ 12  b✏0 1 Do 3a   b ✏ Vì b ✏ ✁ Ta r♣xq ✏ x2 ✁ x Khi ✬ ✬ 2 ✬ ✬ ✬ ✪ ✬ 6a   c ✏ ✪ c✏0 1 1 p♣xq ✏ k ♣xqg ♣xq   x2 ✁ x Vậy ta chọn đa thức p♣xq ✏ x2 ✁ x có hệ 2 2❄ ❄3 ✟  ❄ 3 số hữu tỷ có bậc bé thỏa mãn p   ✏   ❄✟ ❄  ❄ Giả sử tồn đa thức q ♣xq € Zrxs thỏa mãn q 3   ✏   3 Vì đa thức k ♣xq € Zrxs có hệ số cao nên lấy q ♣xq chia cho k ♣xq ta q ♣xq ✏ k ♣xqh♣xq   t♣xq h♣xq, t♣xq € Zrxs t♣xq ✏ deg t♣xq ➔ Lập luận tương tự dẫn đến vơ lí Vậy khơng ❄✟ ❄  ❄   ✏   ✆ tồn đa thức hệ số nguyên q ♣xq mà f 3 Bài tập (VMO 2017 ) Tồn hay không đa thức p♣xq với hệ số nguyên thỏa mãn p♣1   ❄ 2q ✏   ❄ p♣1   ❄ ❄ 5q ✏   5? Lời giải Giả sử tồn đa thức p♣xq thỏa mãn yêu cầu toán Đặt ❄ ❄ α ✏   Khi α ✁ ✏ Lập phương hai vế đẳng thức ta α3 ✁ 3α3   3α ✁ ✏ Do α nghiệm đa thức q ♣xq ✏ x3 ✁ 3x2   3x ✁ Áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p ✏ q ♣xq đa thức bất khả quy Suy q ♣xq ✏ x3 ✁ 3x2   3x ✁ đa thức có bậc nhỏ nhận α nghiệm Vì p♣xq, q ♣xq € Zrxs q ♣xq có hệ số cao nên lấy p♣xq chia cho q ♣xq ta p♣xq ✏ q ♣xqf ♣xq   r♣xq f ♣xq, r♣xq € Z r♣xq ✏ deg r♣xq ➔ Vì ❄ ❄ ❄ 36 ❄ p♣1   2q ✏   nên r♣1   2q ✏   Đặt r♣xq ✏ ax2   bx   c ❄ ❄ ❄ với a, b, c € Z Khi ta có a♣1   2q2   b♣1   2q   c ✏   Suy ❄ ❄ a   ♣2a   bq   a   b   c ✏   ❄ Vì ✩ ✬ a ✬ ✫ ✏0 2a   b ✏ ✬ ✬ ✪ a   b   c ✏ Do ta có Từ ta ✩ ✬ a ✬ ✫ ✏0 b✏1 ✬ ✬ ✪ c ✏ Suy r♣xq ✏ x p♣xq ✏ q ♣xqf ♣xq   x (2.1) ❄ ✏   5, suy β nghiệm đa thức bất khả quy k ♣xq ✏ x2 ✁ 2x ✁ € Zrxs Lấy đa thức p♣xq chia cho k ♣xq ta p♣xq ✏ k ♣xqg ♣xq   s♣xq g ♣xq, s♣xq € Zrxs s♣xq ✏ ❄ ❄ ❄ ❄ deg s♣xq ➔ Vì f ♣1   5q ✏   nên s♣1   5q ✏   Từ tìm s♣xq ✏ 3x ✁ Do đó, ta có p♣xq ✏ k ♣xqg ♣xq   3x ✁ (2.2) Từ (2.1) (2.2) suy q ♣xqf ♣xq✁ k ♣xqg ♣xq ✏ 2x ✁ Đến đây, chọn x ✏ Tương tự trên, ta đặt β suy điều mâu thuẫn vế trái chia hết cho 11, cịn vế phải khơng Vậy khơng tồn đa thức q ♣xq thỏa mãn yêu cầu toán 2.4.2 ✆ Dạng 2: Dùng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng Bài tập Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ 5x20   5x9   20x   bất khả quy Q Lời giải f ♣xq ✏ 5x20   5x9   20x   có số hạng tự a0 ✏ 2, hệ số số hạng cao a20 ✏ Ta áp dụng Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng Z (Hệ 2.1.7) cho đa thức f ♣xq với số nguyên tố p ✏ 5: p a0 , p2 a20 , p ⑤ với i ✏ 1, 2, , 20 Suy đa thức f ♣xq bất khả quy Q ✆ Bài tập Chứng minh đa thức g ♣xq ✏ 5x3 ✁ 6x2   ♣8 ✁ 4iqx     i bất khả quy Zris 37 Lời giải Ta có Zris miền phân tích có gcd ♣5, ✁6, ✁ 4i,   iq ✏ Chọn phần tử nguyên tố p ✏   i € Zris Ta thấy p ước tất hệ số g ♣xq trừ hệ số số hạng cao nhất, p2 ✏ 2i không ước số hạng tự Theo tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích g ♣xq bất khả quy Zris ✆ Bài tập Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ xn   5x   25 bất khả quy Q với n ➙ Lời giải Áp dụng Định lý 2.1.1, đa thức f ♣xq ✏ xn   5x   25 có an ✏ 1, a1 ✏ 5, a0 ✏ 25 Ta chọn số số nguyên tố p ✏ 5, p ✏ không ước an , p ước a0 , , an✁1 , p2 ✏ 25 không ước ak với k ✏ Như để chứng minh f ♣xq bất khả quy ta cần chứng minh f ♣xq khơng có nghiệm Q Thật vậy, giả sử f ♣xq có nghiệm hữu tỷ r, hệ số số hạng cao f ♣xq nên nghiệm hữu tỷ f ♣xq nghiệm nguyên nghiệm nguyên phải ước số hạng tự a0 ✏ 25 Suy r € t1, ✁1, 5, ✁5, 25, ✁25✉ Dễ thấy f ♣xq khơng có nghiệm nguyên dương nên 1, 5, 25 không nghiệm f ♣xq Có f ♣✁1q ✏ ♣✁1qn ✁   25 ✏ 20   ♣✁1qn → 0, suy ✁1 khơng nghiệm f ♣xq Có f ♣✁5q ✏ ♣✁5qn ✁ 25   25 ✏ ♣✁5qn ✘ 0, suy ✁5 không nghiệm f ♣xq Xét f ♣✁25q ✏ ♣✁25qn ✁ 625   25 ✏ ♣✁25qn ✁ 600 • Nếu n lẻ f ♣✁25q ✏ ♣✁25qn ✁ 600 ✏ ✁25n ✁ 600 ➔ 0, suy ✁25 khơng nghiệm f ♣xq • Nếu n chẵn f ♣✁25q ✏ ♣✁25qn ✁ 600 ✏ 25n ✁ 600 → 0, ❅n ➙ 2, suy ✁25 không nghiệm f ♣xq Do đo f ♣xq khơng có nghiệm hữu tỷ Vậy theo Định lý 2.1.1 f ♣xq bất khả quy Q ✆ 38 Bài tập (Chọn đội tuyển HSG Thanh Hóa 2009 ) Cho hàm số f ♣xq ✏ xn   29xn✁1   2009 với n € N, n ➙ Chứng minh f ♣xq khơng thể phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Lời giải Giả sử f ♣xq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Áp dụng Hệ 2.1.11 với số nguyên tố p ✏ 41, ta suy f ♣xq phải có nghiệm hữu tỷ x ✏ a Lại hệ số bậc cao f ♣xq nên a phải ước 2009, suy a lẻ Với a lẻ f ♣aq lẻ nên khơng thể 0, vơ lí Vậy f ♣xq khơng thể phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn ✆ Bài tập 10 (IMO 1993 ) Cho số tự nhiên n lớn Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ xn   5xn✁1   bất khả quy Zrxs Lời giải Giả sử đa thức f ♣xq khả quy Zrxs Áp dụng Hệ 2.1.11 với số nguyên tố p ✏ 3, ta suy f ♣xq phải có nghiệm hữu tỷ x ✏ a Lại hệ số bậc cao f ♣xq nên a phải ước 3, suy a lẻ Với a lẻ f ♣aq lẻ nên khơng thể 0, vơ lí Vậy f ♣xq bất khả quy Zrxs ✆ Sau lời giải khác cho tốn mà khơng cần dùng đến tiêu chuẩn Lời giải Giả sử f ♣xq ✏ A♣xq.B ♣xq A♣xq, B ♣xq € Zrxs, deg A♣xq → 0, deg B ♣xq → Ta có f ♣0q ✏ Suy A♣0qB ♣0q ✏ Do ⑤A♣0q⑤ ✏ B ♣0q ✏ Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử ⑤A♣0q⑤ ✏ Gọi deg A♣xq ✏ k a1, a2, , ak k nghiệm A♣xq Ta có A♣xq ✏ ♣x ✁ a1 q♣x ✁ a2 q ☎ ☎ ☎ ♣x ✁ ak q Vì ⑤A♣0q⑤ ✏ nên ⑤a1 a2 ak ⑤ ✏ Ta có f ♣ai q ✏ Suy ani ✁1 ♣ai   5q ✏ ✁3 với ❅i ✏ 1, 2, , k Suy ⑤a1a2 ak ⑤n✁1⑤♣a1   5q♣a2   5q ☎ ☎ ☎ ♣ak   5q⑤ ✏ 3k Vì ⑤♣a1   5q♣a2   5q ☎ ☎ ☎ ♣ak   5q⑤ ✏ 3k (2.3) 39 Ta có f ♣✁5q ✏ Do A♣✁5qB ♣✁5q Nếu ⑤A♣✁5q⑤ ✏ ✏ Suy ⑤A♣✁5q⑤ € t1; 3✉ ⑤♣a1   5q♣a2   5q ☎ ☎ ☎ ♣ak   5q⑤ ✏ Từ (2.3) (2.4) ta suy 3k (2.4) ✏ 1, k ✏ 0, vơ lí Nếu ⑤A♣✁5q⑤ ✏ ⑤♣a1   5q♣a2   5q ☎ ☎ ☎ ♣ak   5q⑤ ✏ (2.5) Từ (2.3) (2.5) ta suy 3k ✏ 3, k ✏ Nên ta đặt A♣xq ✏ x ✁ a, a € Z Giả sử B ♣xq ✏ xn✁1   bn✁2 xn✁2     b1   b0 Đồng thức f ♣xq ✏ A♣xqB ♣xq, đồng hệ số tự ta ✏ ab0 Suy a € t✟1; ✟3✉ Nhận thấy phải có f ♣aq ✏ 0, dễ dàng kiểm tra f ♣✟1q ✘ 0, f ♣✟3q bất khả quy Zrxs ✘ Điều mâu thuẫn Vậy f ♣xq ✆ Bài tập 11 (China TST 1994 ) Cho số nguyên tố p q phân biệt số tự nhiên n ➙ Tìm tất số nguyên a để đa thức f ♣xq ✏ xn   axn✁1   pq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc dương Ta giải toán tổng quát sau: Bài toán Cho hai số nguyên p, q số tự nhiên n ➙ p số nguyên tố, q số khơng chia hết cho số phương lớn p không ước q Hãy tìm tất số nguyên a cho đa thức f ♣xq ✏ xn   axn✁1   pq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Lời giải Ta có p số nguyên tố, q số khơng chia hết cho số phương lớn p q nên pq số khơng chia hết cho số phương lớn Nếu f ♣xq phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc dương áp dụng Hệ 2.1.11 với số nguyên tố p, ta suy f ♣xq phải có nghiệm hữu tỷ Vì hệ số số hạng cao nên nghiệm hữu tỷ phải nghiệm nguyên Giả sử nghiệm r, rn   arn✁1   pq ✏ suy pq ✏ ✁rn ✁ arn✁1 ✏ ✁♣r   aqrn✁1 40 số chia hết cho r2 (do n ➙ nên rn✁1 r2) Do r ✏ r ✏ ✁1 (do pq không chia hết cho số phương lớn 1) Vì số ✁1 phải nghiệm f ♣xq Do đó, thấy rằng, đa thức f ♣xq ✏ xn   axn✁1   pq phân tích thành tích hai đa thức có bậc dương số ✁1 phải nghiệm đa thức Ngược lại, số ✁1 nghiệm đa thức đa thức có nghiệm ngun đa thức phân tích thành tích hai đa thức có bậc dương Như vậy, để giải tốn trên, ta phải tìm tất số nguyên a cho số ✁1 nghiệm đa thức f ♣xq ✏ xn   axn✁1   pq Ta thấy, nghiệm đa thức f ♣xq ✏ xn   axn✁1   pq 1n   a ☎ 1n✁1   pq ✏ 0,   a   pq ✏ 0, a ✏ ✁1 ✁ pq, ✁1 nghiệm đa thức f ♣xq ✏ xn   axn✁1   pq, ♣✁1qn   a ☎ ♣✁1qn✁1   pq ✏ 0, a ✏   ♣✁1qn pq Vì giá trị cần tìm a a ✏ ✁1 ✁ pq a ✏   ♣✁1qn pq Bài tập 12 Chứng minh đa thức x2 ✆   y2   z2 bất khả quy k rx, y, z s với k trường có đặc số khác Lời giải Vì k trường nên k ry, z s miền phân tích Ta áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích k rx, y, z s ✏ k ry, z srxs Ta cần y   z chia hết cho phần tử nguyên tố p k ry, z s, không chia hết cho p2 Để làm điều này, ta cần y   z chia hết cho phần tử nguyên tố p k ♣z qry s không chia hết cho p2 Do cần y   z phần tử khả nghịch khơng có nhân tử lặp lại k ♣z qry s Vì đa thức y   z2 có bậc 2, chắn khơng phải phần tử khả nghịch, nên có nhân tử bất khả quy Để kiểm tra nhân tử lặp, ta tìm ước chung lớn đa thức đạo hàm nó, xét hệ số trường k ♣z q ta y có ♣y   z q ✁ ♣2y q ✏ z số khác khơng (do k có đặc số khác 2) 2 Chú ý z khả nghịch k ♣z q, suy tổ hợp tuyến tính 41 f f ✶ , f ✏ y   z Do đó, y   z khơng chia hết cho nhân tử phương khác khơng phải phần tử khả nghịch k ♣z qry s, nên chia hết cho nhân tử bất khả quy p k ry, z s Theo Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích áp dụng cho x2   y   z phần tử nguyên tố p (Định lý 2.3.2) ta có điều phải chứng minh ✆ Bài tập 13 Chứng minh đa thức x2   y3   z5 bất khả quy k rx, y, z s với k trường có đặc số khơng ước 30 Lời giải Vì k trường nên k ry, z s miền phân tích Ta áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích k rx, y, z s ✏ k ry, z srxs Ta cần y   z chia hết cho phần tử nguyên tố p k ry, z s, không chia hết cho p2 Do cần y   z chia hết cho phần tử nguyên tố p k ♣z qry s không chia hết cho p2 Vì cần y   z phần tử khả nghịch khơng có nhân tử lặp lại k ♣z qry s Vì đa thức y   z có bậc 3, chắn khơng phải phần tử khả nghịch, nên có nhân tử bất khả quy Để kiểm tra nhân tử lặp, ta tìm ước chung lớn đa thức đạo hàm nó, xét hệ số trường k ♣z q ta y có ♣y   z q ✁ ♣3y q ✏ z số khác khơng (do k có đặc số khác 5) Tức z khả nghịch k ♣z q, suy tổ hợp tuyến tính f f ✶ , f ✏ y   z Do đó, y   z khơng chia hết cho nhân tử phương khác khơng phải phần tử khả nghịch k ♣z qry s Vì chia hết cho nhân tử bất khả quy p k ry, z s Theo Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng miền phân tích áp dụng cho x2   y   z phần tử nguyên tố p (Định lý 2.3.2) ta có điều phải chứng minh ✆ 2.4.3 Dạng 3: Áp dụng phương pháp khác Bài tập 14 Chứng minh đa thức P ♣xq ✏ 5x4   7x3 ✁ 12x2   4x ✁ bất khả quy Z 42 Lời giải Xét Z2 rxs, ta có P ♣xq ✏ x4   x3   Nếu P ♣xq khả quy (1) Z2 P ♣xq ✏ x4   x3   ✏ ♣x2   ax   1q♣x2   bx   1q Từ ♣1q, cho x ✏ ta ab ✏ suy a ✏ b ✏ 1, thay trở lại ♣1q ta điều mâu thuẫn Vậy P ♣xq bất khả quy Z2 , tức P ♣xq bất khả quy ✆ Z Bài tập 15 (VMO 1984 ) Xác định đa thức có bậc bé với hệ số ❄ ❄ nguyên nhận   3 làm nghiệm Lời giải Đặt a ✏ Khi đó, ta có ❄ 2  3 Từ (2.6) (2.7) rút (2.6) ❄ ❄ ta 9✏a ❄ (2.7) (2.8) ❄ ❄ ✁ ✁ 2♣a ✁ 2q ✏ a   ✁ 2a ❄ ❄ ❄ ❄ Thay vào (2.8), ta a3 ✏ 2   6♣a ✁ 2q   2♣a2   ✁ 2aq   ❄ suy a3   6a ✁ ✏ 2♣3a2   2q Bình phương hai vế đẳng thức 3✏a✁ ❄❄ ❄ ✏2 2 3  ❄ ❄ ❄❄ a3 ✏ 2       a2 ❄ ❄ 2 a6 ✁ 6a4 ✁ 6a3   12a2 ✁ 36a   ✏ Vì a nghiệm đa thức f ♣xq ✏ x6 ✁ 6x4 ✁ 6x3   12x2 ✁ 36x   € Zrxs Theo Ví dụ 1.1.9 đa thức f ♣xq bất khả quy Q Vậy f ♣xq ✏ x6 ✁ 6x4 ✁ 6x3   12x2 ✁ 36x   đa thức có bậc bé với hệ số nguyên nhận ❄ ❄   làm nghiệm.✆ 43 2.4.4 Bài tập đề nghị Bài tập (Việt Nam TST 2018 ) Cho số nguyên n ➙ An tập hợp tất số nguyên dương nhỏ n, nguyên tố với n Xét đa thức Pn ♣xq ✏ ➳ k €An x k ✁1 a) Chứng minh Pn ♣xq chia hết cho đa thức xr   với r số ngun dương b) Tìm tất số nguyên dương n để Pn ♣xq bất khả quy Zrxs Bài tập (VMO 2014 ) Cho đa thức P ♣xq ✏ ♣x2 ✁ 7x   6q2   13 với n số nguyên dương Chứng minh P ♣xq biểu diễn dạng tích n   đa thức khác số với hệ số nguyên Bài tập (Việt Nam TST 1995 ) Tìm tất số nguyên dương k cho có vơ số số ngun dương n mà đa thức P ♣xq ✏ xn 1   kxn ✁ 870x2   1945x   1995 khả quy Zrxs Bài tập Chứng minh đa thức sau bất khả quy Q a) x4   8x3   12x3 ✁ 6x   2; b) xn   5xn✁1   35 với n ➙ 2; c) x4 ✁ x3   2x   Bài tập Chứng minh đa thức P ♣xq ✏ x5 ✁ 3x4   6x3 ✁ 3x2   9x ✁ khơng thể biểu diễn thành tích hai đa thức bậc thấp với hệ số nguyên 44 Bài tập Chứng minh đa thức f ♣xq quy Q ✏ x6   6x5 ✁ 3x   bất khả Bài tập Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ 5x8   4x7   5x6   10x4   35 bất khả quy Q Bài tập Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ 14x6 ✁ 7x5   21x2   35x   bất khả quy Q Bài tập Chứng minh đa thức f ♣xq ✏ 3x9   6x8 ✁ 5x7   12x   có khơng q nghiệm hữu tỷ Bài tập 10 Tìm tất giá trị nguyên tham số m để đa thức f ♣xq ✏ x5   mx4 ✁ 4x2   6x   phân tích thành tích hai đa thức có bậc dương với hệ số nguyên Bài tập 11 Chứng minh đa thức hai biến f ♣x, y q ✏ x2 y   xy   2y   y ✁ 2x3 y   2x2 y   3x2 ✁ 2xy   2y   bất khả quy Q Bài tập 12 Chứng minh đa thức sau bất khả quy Zris a) f ♣xq ✏ x5   ♣1   4iqx4   ♣4 ✁ iqx3   ♣5   3iqx2 ✁ 10   11i; b) g ♣xq ✏ x100   31   311i Bài tập 13 Cho a ✏ ❄ 2  ❄ Tìm đa thức có bậc bé với hệ số nguyên nhận a làm nghiệm chứng minh a số vơ tỷ Bài tập 14 Tìm đa thức theo x có bậc nhỏ với hệ số nguyên có ❄ ❄ nghiệm ✁ 2   Bài tập 15 Cho số nguyên tố p ➙ Tìm số đa thức bất khả quy Zrxs đa thức có dạng P ♣xq ✏ xp   pxk   pxl   1, với k → l, k, l € t1, 2, , p ✁ 1✉ 45 Kết luận Luận văn trình bày tính bất khả quy đa thức với hệ số nguyên đa thức với hệ số miền phân tích Luận văn tập trung vào Tiêu chuẩn Eisenstein, số mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein vận dụng giải tốn sơ cấp Các nội dung luận văn là: • Đa thức bất khả quy; • Tiêu chuẩn Eisenstein; • Lịch sử phát chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein; • Mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein Z; • Mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein miền phân tích nhất; • Vận dụng xét tính bất khả quy đa thức Trong kết luận văn trình bày số mở rộng Tiêu chuẩn Eisenstein tính bất khả quy đa thức Đặc biệt vận dụng kiến thức để giải số tốn thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế 46 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức (Giáo trình sau đại học), NXB ĐHQGHN [2] Phạm Xuân Hùng (2017), Phân tích vành thương vành số nguyên Gauss, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [3] D A Cox (2011), "Why Eisenstein proved the Eisenstein Criterion and why Schăoenemann discovered it first", The American Mathematical Monthly, 118, pp 3-21 [4] Howard Chao (1974), "A generalization of Eisenstein’s criterion", Mathematics Magazine, 47, pp 158-159 [5] S H Weintraub (2013), "A mild generalization of Eisenstein’s criterion", Proceedings of the American Mathematical Society, 141 , pp 1159-1160 [6] R Woodroofe, "Polynomial rings and unique factorization domains", http://homepages.math.uic.edu/~marker/math494/div.pdf ... đa thức h♣xq bất khả quy Q 1.2 ✆ Tiêu chuẩn Eisenstein Bài tốn xét tính bất khả quy đa thức trường phức C trường thực R giải trọn vẹn dựa vào Định lí đại số Cụ thể, đa thức bất khả quy C đa thức. .. Vậy đa thức f ♣xq bất khả quy Q ❧ Ví dụ 1.2.2 i) Đa thức x100   99 bất khả quy Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p ✏ 11 ii) Đa thức 4x17 ✁ 10x4   35x3   50x   60 bất khả quy Q theo tiêu chuẩn Eisenstein. .. bậc nhất; đa thức bất khả quy R đa thức bậc đa thức bậc hai có biệt thức ∆ âm Tuy nhiên, tốn xét tính bất khả quy đa thức trường Q số hữu tỷ tốn mở Có số phương pháp xét tính bất khả quy Q phương