Polynomial

Bài toán : Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$ không chia hết cho $p$. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=x^p-x+a$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$.

Lời giải :

Gỉa sử $P(x)$ khả quy trên $\mathbb{Z}$, đặt :

$$P(x)=A(x)B(x)$$

Trong đó $A(x),B(x)\in \mathbb{Z}[x]$

Gỉa sử $A(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+...+a_{1}x+a_0$ trong đó $a_i\in \mathbb{Z},\forall =\overline{0,n-1}$ và $1\le n<p$

Gọi $w_1,w_2,...w_n$ là $n$ nghiệm thực (hay phức) của $A(x)$.

Khi đó ta có :

$$w_i^p-w_i+a=0,\forall =\overline{1,n}$$

Kéo theo $S_p-S_1+na=0(1)$

Trong đó

$$S_p=w_1^p+w_2^p+...+w_n^p,S_1=w_1+w_2+...+w_n$$

Theo định lí $Viete$ thì mọi đa thức đối xứng của $w_1,w_2,...,w_n$ đều nguyên (vì hệ số bậc cao nhất của $A(x)$ bằng $1$), nên có $S_1$ nguyên.

Mặt khác theo định lí cơ bản của đại số, biểu thức $S_p$ cũng biểu diễn được theo những đa thức đối xứng của $w_1,w_2,...,w_n$, kéo theo $S_p$ nguyên.

Như vậy ta có $S_p,S_1$ đều nguyên.

Theo định lí $Fermat$ nhỏ ta có :

$$S_1\equiv S_1^p=(w_1+w_2+...+w_n{)}^p\equiv w_1^p+w_2^p+...+w_n^p=S_p(modp)$$

Kéo theo $p\mid S_p-S_1(2)$

Từ $(1)(2)$ ta có $p\mid na$, dẫn đến $p\mid a$, mâu thuẫn giả thiết. Ta có điều phải chứng minh.